Неравенство Бернулли

Иллюстрация неравенства Бернулли графиками с $y=(1+x)^{r}$ и $y=1+rx$ показаны красным и синим цветом соответственно. Здесь, $r=3.$

В математике , неравенство Бернулли (названное в честь Якоба Бернулли ) — это неравенство которое аппроксимирует возведение в степень $1+x$. Его часто используют в реальном анализе . У него есть несколько полезных вариантов:

Они полностью объяснят

• Случай 1: $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ для каждого целого числа $r\geq 1$ и реальное число $x\geq -1$. Неравенство является строгим, если $x\neq 0$ и $r\geq 2$.
• Случай 2: $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ для каждого целого числа $r\geq 0$ и каждое действительное число $x\geq -2$.
• Случай 3: $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ для каждого четного целого числа $r\geq 0$ и каждое действительное число $x$.

Действительная экспонента

• $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ для каждого действительного числа $r\geq 1$ и $x\geq -1$. Неравенство является строгим, если $x\neq 0$ и $r\neq 1$.
• $(1+x)^{r}\leq 1+rx$ для каждого действительного числа $0\leq r\leq 1$ и $x\geq -1$.

История

Якоб Бернулли впервые опубликовал это неравенство в своем трактате «Positiones Arithmeticae de Seriebus Infinitis» (Базель, 1689 г.), где он часто использовал это неравенство.

По словам Джозефа Э. Хофмана, Über die Exercitatio Geometrica des MA Ricci (1963), стр. 177, неравенство на самом деле связано со Слюзом в его Mesolabum (издание 1668 г.), глава IV «De maximis & minimis».

Доказательство целочисленной степени

Первый случай имеет простое индуктивное доказательство:

Предположим, что утверждение верно для $r=k$:

$(1+x)^{k}\geq 1+kx.$

Тогда следует, что

${\begin{aligned}(1+x)^{k+1}&=(1+x)^{k}(1+x)\\&\geq (1+kx)(1+x)\\&=1+kx+x+kx^{2}\\&=1+x(k+1)+kx^{2}\\&\geq 1+(k+1)x\end{aligned}}$

Неравенство Бернулли можно доказать для случая 2, когда $r$ является неотрицательным целым числом и $x\geq -2$, используя математическую индукцию в следующем виде:

• докажем неравенство для $r\in \{0,1\}$,
• из достоверности для некоторого r мы выводим достоверность для $r+2$.

Для $r=0$,

$(1+x)^{0}\geq 1+0x$

эквивалентно $1\geq 1$ это правда.

Аналогично, для $r=1$ у нас есть

$(1+x)^{r}=1+x\geq 1+rx.$

Теперь предположим, что утверждение верно для $r=k$:

$(1+x)^{k}\geq 1+kx.$

Тогда следует, что

${\begin{aligned}(1+x)^{k+2}&=(1+x)^{k}(1+x)^{2}\\&\geq (1+kx)\left(1+2x+x^{2}\right)\qquad \qquad \qquad {\text{ by hypothesis and }}(1+x)^{2}\geq 0\\&=1+2x+x^{2}+kx+2kx^{2}+kx^{3}\\&=1+(k+2)x+kx^{2}(x+2)+x^{2}\\&\geq 1+(k+2)x\end{aligned}}$

с $x^{2}\geq 0$ а также $x+2\geq 0$. С помощью модифицированной индукции мы заключаем, что утверждение верно для любого неотрицательного целого числа. $r$.

Заметив, что если $x<-2$, затем $1+rx$ отрицательно, дает случай 3.

Обобщения

Обобщение показателя степени

Экспонента $r$ можно обобщить на произвольное действительное число следующим образом: если $x>-1$, затем

$(1+x)^{r}\geq 1+rx$

для $r\leq 0$ или $\geq 1$, и

$(1+x)^{r}\leq 1+rx$

для $0\leq r\leq 1$.

Это обобщение можно доказать путем сравнения производных . Строгие версии этих неравенств требуют $x\neq 0$ и $r\neq 0,1$.

Обобщение базы

Вместо $(1+x)^{n}$ неравенство имеет место и в виде $(1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}$ где $x_{1},x_{2},\dots ,x_{r}$ являются действительными числами, все больше $-1$, все с тем же знаком. Неравенство Бернулли является частным случаем, когда $x_{1}=x_{2}=\dots =x_{r}=x$. Это обобщенное неравенство можно доказать методом математической индукции.

показывать Доказательство

In the first step we take $n=1$. In this case the inequality $1+x_{1}\geq 1+x_{1}$ is obviously true. In the second step we assume validity of the inequality for $r$ numbers and deduce validity for $r+1$ numbers. We assume that$$(1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}$$is valid. After multiplying both sides with a positive number $(x_{r+1}+1)$ we get: ${\begin{alignedat}{2}(1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})(1+x_{r+1})\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})(1+x_{r+1})\\\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})\cdot 1+(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})\cdot x_{r+1}\\\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})+x_{r+1}+x_{1}x_{r+1}+x_{2}x_{r+1}+\dots +x_{r}x_{r+1}\\\end{alignedat}}$ As $x_{1},x_{2},\dots x_{r},x_{r+1}$ all have the same sign, the products $x_{1}x_{r+1},x_{2}x_{r+1},\dots x_{r}x_{r+1}$ are all positive numbers. So the quantity on the right-hand side can be bounded as follows:$$(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})+x_{r+1}+x_{1}x_{r+1}+x_{2}x_{r+1}+\dots +x_{r}x_{r+1}\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}+x_{r+1},$$what was to be shown.

Связанные неравенства

Следующее неравенство оценивает $r$-я степень $1+x$ с другой стороны. Для любых действительных чисел $x$ и $r$ с $r>0$, у одного есть

$(1+x)^{r}\leq e^{rx},$

где $e=$ 2,718... . Это можно доказать, используя неравенство

$\left(1+{\frac {1}{k}}\right)^{k}<e.$

Альтернативная форма

Альтернативная форма неравенства Бернулли для $t\geq 1$ и $0\leq x\leq 1$ является:

$(1-x)^{t}\geq 1-xt.$

Это можно доказать (для любого целого числа $t$) с помощью формулы геометрической прогрессии : (с помощью $y=1-x$)

$t=1+1+\dots +1\geq 1+y+y^{2}+\ldots +y^{t-1}={\frac {1-y^{t}}{1-y}},$

или эквивалентно $xt\geq 1-(1-x)^{t}.$

Альтернативные доказательства

Арифметические и геометрические средние

Элементарное доказательство того, что $0\leq r\leq 1$ и $x\geq -1$ может быть задано с использованием взвешенного AM-GM .

Позволять $\lambda _{1},\lambda _{2}$ — две неотрицательные действительные константы. По взвешенному AM-GM на $1,1+x$ с гирями $\lambda _{1},\lambda _{2}$ соответственно, мы получаем

${\dfrac {\lambda _{1}\cdot 1+\lambda _{2}\cdot (1+x)}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}\geq {\sqrt[{\lambda _{1}+\lambda _{2}}]{(1+x)^{\lambda _{2}}}}.$

Обратите внимание, что

${\dfrac {\lambda _{1}\cdot 1+\lambda _{2}\cdot (1+x)}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}={\dfrac {\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{2}x}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}=1+{\dfrac {\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}x$

и

${\sqrt[{\lambda _{1}+\lambda _{2}}]{(1+x)^{\lambda _{2}}}}=(1+x)^{\frac {\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}},$

поэтому наше неравенство эквивалентно

$1+{\dfrac {\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}x\geq (1+x)^{\frac {\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}.$

После замены $r={\dfrac {\lambda _{2}}{\lambda _{1}+\lambda _{2}}}$ (имея в виду, что это подразумевает $0\leq r\leq 1$) наше неравенство превращается в

$1+rx\geq (1+x)^{r}$

что является неравенством Бернулли.

Геометрическая серия

Неравенство Бернулли

$(1+x)^{r}\geq 1+rx$ (1)

эквивалентно

$(1+x)^{r}-1-rx\geq 0,$ (2)

и по формуле геометрической прогрессии (используя y = 1 + x ) получаем

$(1+x)^{r}-1=y^{r}-1=\left(\sum _{k=0}^{r-1}y^{k}\right)\cdot (y-1)=\left(\sum _{k=0}^{r-1}(1+x)^{k}\right)\cdot x$ (3)

что приводит к

$(1+x)^{r}-1-rx=\left(\left(\sum _{k=0}^{r-1}(1+x)^{k}\right)-r\right)\cdot x=\left(\sum _{k=0}^{r-1}\left((1+x)^{k}-1\right)\right)\cdot x\geq 0.$ ( 4 )

Теперь, если $x\geq 0$ тогда в силу монотонности степеней каждое слагаемое $(1+x)^{k}-1=(1+x)^{k}-1^{k}\geq 0$, а значит, их сумма больше $0$ и, следовательно, произведение на левой части ( 4 ).

Если $0\geq x\geq -2$ тогда по тем же аргументам $1\geq (1+x)^{k}$ и таким образом все дополнения $(1+x)^{k}-1$ неположительны, а значит, и их сумма. Поскольку произведение двух неположительных чисел неотрицательно, мы снова получаем ( 4 ).

Биномиальная теорема

Неравенство Бернулли для x ≥ 0 можно доказать, используя биномиальную теорему . Это тривиально верно для r = 0, поэтому предположим, что r — положительное целое число. Затем $(1+x)^{r}=1+rx+{\tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{\tbinom {r}{r}}x^{r}.$ Четко ${\tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{\tbinom {r}{r}}x^{r}\geq 0,$ и, следовательно, $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ по мере необходимости.

Использование выпуклости

Для $0\neq x\geq -1$ функция $h(\alpha )=(1+x)^{\alpha }$ является строго выпуклым. Поэтому для $0<\alpha <1$ держит $(1+x)^{\alpha }=h(\alpha )=h((1-\alpha )\cdot 0+\alpha \cdot 1)<(1-\alpha )h(0)+\alpha h(1)=1+\alpha x$ и обратное неравенство справедливо для $\alpha <0$ и $\alpha >1$.

Другой способ использования выпуклости — преобразовать желаемое неравенство в вид $\log(1+x)\geq {\frac {1}{r}}\log(1+rx)$ серьезно $r\geq 1$ и настоящий $x>-1/r$. Это неравенство можно доказать, используя тот факт, что $\log$ функция вогнутая, а затем с помощью неравенства Йенсена в виде $\log(p\,a+(1-p)b)\geq p\log(a)+(1-p)\log(b)$ дать: $\log(1+x)=\log({\frac {1}{r}}(1+rx)+{\frac {r-1}{r}})\geq {\frac {1}{r}}\log(1+rx)+{\frac {r-1}{r}}\log 1={\frac {1}{r}}\log(1+rx)$ что и есть желаемое неравенство.

Ссылки

• Каротерс, Нидерланды (2000). Реальный анализ . Кембридж: Издательство Кембриджского университета. п. 9 . ISBN  978-0-521-49756-5 .
• Буллен, PS (2003). Справочник средних и их неравенств . Дордерхт [ua]: Kluwer Academic Publ. п. 4 . ISBN  978-1-4020-1522-9 .
• Зайдман, С. (1997). Продвинутое исчисление: введение в математический анализ . Ривер Эдж, Нью-Джерси: World Scientific. п. 32 . ISBN  978-981-02-2704-3 .

Внешние ссылки

• Вайсштейн, Эрик В. «Неравенство Бернулли» . Математический мир .
• Неравенство Бернулли , Крис Баучер, Демонстрационный проект Вольфрама .
• Артур Лоуотер (1982). «Введение в неравенства» . Электронная онлайн-книга в формате PDF.