Bernoulli-egyenlőtlenség

A Bernoulli-egyenlőtlenség egy esetének ábrázolása. Itt $y=(1+x{)}^r$ pirossal, $y=1+rx$ pedig kék színnel van ábrázolva és $r=3.$

A Jakob Bernoulli svájci matematikusról elnevezett Bernoulli-egyenlőtlenség a matematikai analízis egyik fontos tétele, amely szerint bármely $h\ge -1$ valós szám és $n$ természetes szám esetén

$(1+h{)}^n\ge 1+nh.$

Egyszerű, de fontos egyenlőtlenség, amivel egy hatványfüggvény alulról becsülhető.

A tétel bizonyítása

Teljes indukcióval

A bizonyítás teljes indukcióval végezhető: $n=1$-re nyilván egyenlőség áll, és ha az állítás igaz $n$-re, akkor

$(1+h{)}^{n+1}=(1+h{)}^n(1+h)\ge (1+nh)(1+h),$

ami a szorzás elvégzése után

$1+(n+1)h+n{h}^2\ge 1+(n+1)h.$

Egyenlőség nyilván csak az $n=0$, $n=1$ vagy $h=0$ esetben teljesül.

Egy direkt bizonyítás

Az alábbi bizonyítás megjelent a kolozsvári Matlap, 2014. 2-es számában Varga János tollából.

1. Legyen $h\ge 0$. Ekkor a $q=1+h$ hányadosú $1,q,q^2,...,q^n$ mértani sorozat összege $\ge n$, hisz mindegyik tagja legalább 1. A mértani sorozat összegképletéből viszont azt kapjuk, hogy $\frac{(1+h{)}^n-1}{(1+h)-1}\ge n$, vagyis $(1+h{)}^n\ge 1+nh.$

2. Legyen $-1\le h<0$. Ekkor $q\le 1$, tehát a fenti képletre azt kapjuk, hogy $\frac{(1+h{)}^n-1}{(1+h)-1}\le n$, és mivel $h<0$, az eredmény ugyanaz: $(1+h{)}^n\ge 1+nh.$

Megjegyzés

A Bernoulli-egyenlőtlenségnél gyengébb $(1+h{)}^n\ge nh$ állítást sokkal körülményesebb teljes indukcióval bizonyítani.

Nemnegatív h-ra az egyenlőtlenség megkapható a binomiális tétel segítségével:

$(1+h{)}^n=\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})h^k\ge (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{1})h+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{0})=1+nh.$

Rokon egyenlőtlenségek

Szigorú egyenlőtlenség

Ugyanígy nevezik Bernoulli-egyenlőtlenségnek a szigorú egyenlőtlenséget megkövetelő változatot is: Minden valós $x>-1$-re és $x\ne 0$-ra és minden $n\ge 2$ természetes számra

$(1+x{)}^n>1+nx$.

A bizonyítás ugyanúgy végezhető teljes indukcióval, mint a nem szigorú változat.

Valós kitevős hatványok

Valós kitevőkre a deriváltak összehasonlításával az egyenlőtlenség a következőképpen általánosítható: Minden $x>-1$-re

$(1+x{)}^r\ge 1+rx$, ha $r\ge 1$ és

$(1+x{)}^r\le 1+rx$, ha $0\le r\le 1$.

Különböző tényezők

Ha nem hatványt veszünk, hanem különböző tényezők szorzatát, akkor teljes indukcióval megmutatható, hogy

$\prod _{i=1}^n(1+x_i)>1+\sum _{i=1}^n{x}_i$

ahol minden $x_i$-re vagy $-1<x_i<0$, vagy $x_i>0$ teljesül, és $n$ $\ge$ $2$

$u_i:=-x_i$ -et helyettesítve és a $-1\le x_i\le 0$ speciális esetet tekintve a Weierstraß-szorzategyenlőtlenséget kapjuk: ^,,

$\prod _{i=1}^n(1-u_i)\ge 1-\sum _{i=1}^n{u}_i.$

Alkalmazások

Egy sorozat határértéke

Állítás:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{a}=1$

minden $a⩾1$ valós számra.

Bizonyítás: Definiáljuk az $x_n⩾0$ sorozatot a következőképpen:

$\sqrt[n]{a}=1+x_n$.

Ekkor a Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

$a=(1+x_n{)}^n\ge 1+n{x}_n$,

így

$\frac{a-1}{n}\ge x_n\ge 0$.

De

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a-1}{n}=0$,

tehát

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=0$.

És végül

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\sqrt[n]{a}=1+\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{x}_n=1+0=1.$

Exponenciális függvény

Egyszerűsége ellenére a Bernoulli-egyenlőtlenség sokszor hasznosnak bizonyul becslésekben. Legyen rögzítve egy $x\in ℝ$. Ekkor $\frac{x}{n}\ge -1$ minden $n\ge n_0(x)$-re. A Bernoulli-egyenlőtlenséggel

${(1+\frac{x}{n})}^n\ge 1+n\cdot \frac{x}{n}=1+x$ minden $n\ge n_0(x)$-re.

Mivel

$e^x=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{(1+\frac{x}{n})}^n,$

azért beláttuk a

$1+x\le e^x$ minden $x\in ℝ$-re az

egyenlőtlenséget.

A számtani-mértani közép egyenlőtlensége

A Bernoulli-egyenlőtlenséget felhasználva teljes indukcióval:

Legyen $x_{n+1}$ az $x_1,\dots ,x_n,x_{n+1}$ pozitív számok maximuma, és ${\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}$ $x_1,\dots ,x_n$ számtani közepe. Ekkor $x_{n+1}-{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}\ge 0$, és a Bernoulli-egyenlőtlenség folytán

${\left(\frac{x_1+\dots +x_{n+1}}{(n+1){\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}\right)}^{n+1}={(1+\frac{x_{n+1}-{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}{(n+1){\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}})}^{n+1}\ge 1+\frac{x_{n+1}-{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}{{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}=\frac{x_{n+1}}{{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}$.

Az indukciós feltétellel

${\left(\frac{x_1+\dots +x_{n+1}}{n+1}\right)}^{n+1}\ge {\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}^{n+1}\frac{x_{n+1}}{{\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}}={\overline{x}}_{\mathrm{a}\mathrm{r}\mathrm{i}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{m}}^n{x}_{n+1}\ge x_1\cdots x_n{x}_{n+1}$,

ami éppen az, amit bizonyítani akartunk.

A bizonyítás megtalálható például Heuser könyvében (H. Heuser, Lehrbuch der Analysis, Teil 1, Kapitel 12.2.)

Források

Császár Ákos: Valós analízis Sablon:ISBN Sablon:Portál