Неравенство Бернулли - Bernoullis inequality - Wikipedia

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

В математика, Неравенство Бернулли (названный в честь Джейкоб Бернулли ) является неравенство это приблизительно возведения в степень из 1 +Икс. Часто используется в реальный анализ.

Неравенство гласит, что

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

для каждого целое число р ≥ 0 и каждый настоящий номер Икс ≥ −1.^[1]Если показатель степени р является четное, то неравенство справедливо при все действительные числаИкс. Строгий вариант неравенства гласит

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

для каждого целого числа р ≥ 2 и каждое действительное число Икс ≥ −1 с Икс ≠ 0.

Существует также обобщенная версия, в которой для каждого действительного числа р ≥ 1 и действительное число Икс ≥ −1,

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

а для 0 ≤р ≤ 1 и действительное число Икс ≥ −1,

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

Неравенство Бернулли часто используется как решающий шаг в доказательство других неравенств. Само это можно доказать, используя математическая индукция, как показано ниже.

История

Якоб Бернулли впервые опубликовал неравенство в своем трактате «Positiones Arithmeticae de Seriebus Infinitis» (Базель, 1689 г.), где он часто использовал неравенство.^[2]

Согласно Джозефу Э. Хофманну, Über die Exercitatio Geometrica des M. A. Ricci (1963), стр. 177, неравенство на самом деле связано с Слезом в его «Mesolabum» (издание 1668 г.), глава IV «De maximis & minimis».^[2]

Доказательство неравенства

Приступим к математической индукции в следующем виде:

• докажем неравенство для ${\displaystyle r\in \{0,1\}}$,
• от действительности для некоторых р мы делаем вывод о действительности для р + 2.

За р = 0,

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

эквивалентно 1 ≥ 1, что верно.

Аналогично для р = 1 имеем

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

Теперь предположим, что утверждение верно для р = k:

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

Тогда следует, что

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

поскольку ${\displaystyle x^{2}\geq 0}$ а также ${\displaystyle x+2\geq 0}$. По модифицированной индукции заключаем, что утверждение верно для любого целого неотрицательного числа р.

Обобщения

Обобщение экспоненты

Показатель р можно обобщить на произвольное действительное число следующим образом: если Икс > −1, то

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

за р ≤ 0 или р ≥ 1, и

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

для 0 ≤р ≤ 1.

Это обобщение можно доказать, сравнивая производные И снова строгие версии этих неравенств требуют Икс ≠ 0 ир ≠ 0, 1.

Обобщение базы

Вместо ${\displaystyle (1+x)^{n}}$ неравенство выполняется также в виде ${\displaystyle (1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}}$ куда ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots ,x_{r}}$ - действительные числа, все больше -1, все с одним знаком. Неравенство Бернулли является частным случаем, когда ${\displaystyle x_{1}=x_{2}=\dots =x_{r}=x}$. Это обобщенное неравенство можно доказать с помощью математической индукции.

Доказательство

На первом этапе мы делаем ${\displaystyle n=1}$. В этом случае неравенство ${\displaystyle 1+x_{1}\geq 1+x_{1}}$ очевидно верно.

На втором шаге предполагаем выполнение неравенства для ${\displaystyle r}$ числа и вывести срок действия ${\displaystyle r+1}$ числа.

Мы предполагаем, что

$${\displaystyle (1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}}$$

действует. После умножения обеих сторон на положительное число ${\displaystyle (x_{r+1}+1)}$ мы получили:

${\displaystyle {\begin{alignedat}{2}(1+x_{1})(1+x_{2})\dots (1+x_{r})(1+x_{r+1})\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})(1+x_{r+1})\\\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})\cdot 1+(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})\cdot x_{r+1}\\\geq &(1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})+x_{r+1}+x_{1}x_{r+1}+x_{2}x_{r+1}+\dots +x_{r}x_{r+1}\\\end{alignedat}}}$

В качестве ${\displaystyle x_{1},x_{2},\dots x_{r},x_{r+1}}$ все имеют знак равенства, товары ${\displaystyle x_{1}x_{r+1},x_{2}x_{r+1},\dots x_{r}x_{r+1}}$ все положительные числа. Таким образом, количество в правой части может быть ограничено следующим образом:

$${\displaystyle (1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r})+x_{r+1}+x_{1}x_{r+1}+x_{2}x_{r+1}+\dots +x_{r}x_{r+1}\geq 1+x_{1}+x_{2}+\dots +x_{r}+x_{r+1},}$$

что должно было быть показано.

Связанные неравенства

Следующее неравенство оценивает р-я степень 1 +Икс с другой стороны. Для любых реальных чисел Икс, р с р > 0, есть

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

куда е = 2.718.... Это можно доказать, используя неравенство (1 + 1 /k)^k < е.

Альтернативная форма

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

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

Это можно доказать (для любого целого т) по формуле для геометрическая серия: (с помощью у = 1 − Икс)

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

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

Альтернативное доказательство

Использование AM-GM

Элементарное доказательство ${\displaystyle 0\leq r\leq 1}$ и Икс ≥ -1 можно задать с помощью взвешенный AM-GM.

Позволять ${\displaystyle \lambda _{1},\lambda _{2}}$ быть двумя неотрицательными действительными константами. По взвешенному AM-GM на ${\displaystyle 1,1+x}$ с весами ${\displaystyle \lambda _{1},\lambda _{2}}$ соответственно получаем

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

Обратите внимание, что

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

и

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

поэтому наше неравенство эквивалентно

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

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

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

что является неравенством Бернулли.

Используя формулу для геометрического ряда

Неравенство Бернулли

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

(1)

эквивалентно

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

(2)

и по формуле для геометрическая серия (с помощью у = 1 + Икс) мы получили

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

(3)

что приводит к

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

(4)

Сейчас если ${\displaystyle x\geq 0}$ то по монотонности степеней каждое слагаемое ${\displaystyle (1+x)^{k}-1=(1+x)^{k}-1^{k}\geq 0}$, а значит, их сумма больше ${\displaystyle 0}$ и, следовательно, продукт на LHS из (4).

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

Используя биномиальную теорему

Можно доказать неравенство Бернулли для Икс ≥ 0 с помощью биномиальная теорема. Это тривиально верно для р = 0, поэтому предположим р положительное целое число. потом ${\displaystyle (1+x)^{r}=1+rx+{\tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{\tbinom {r}{r}}x^{r}.}$ Четко ${\displaystyle {\tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{\tbinom {r}{r}}x^{r}\geq 0,}$ и поэтому ${\displaystyle (1+x)^{r}\geq 1+rx}$ как требуется.

Примечания

1. Браннан, Д. А. (2006). Первый курс математического анализа. Издательство Кембриджского университета. п. 20. ISBN  9781139458955.
2. математика - Первое использование неравенства Бернулли и его названия - История науки и математики Stack Exchange

Рекомендации

• Карозерс, Н. (2000). Реальный анализ. Кембридж: Издательство Кембриджского университета. п.9. ISBN  978-0-521-49756-5.
• Буллен, П. С. (2003). Справочник средств и их неравенства. Дордерхт [u.a.]: Kluwer Academic Publ. п.4. ISBN  978-1-4020-1522-9.
• Зайдман, С. (1997). Расширенное исчисление: введение в математический анализ. Ривер Эдж, штат Нью-Джерси: World Scientific. п.32. ISBN  978-981-02-2704-3.

внешняя ссылка

• Вайсштейн, Эрик В. «Неравенство Бернулли». MathWorld.
• Неравенство Бернулли Крис Баучер, Вольфрам Демонстрационный проект.
• Артур Лохуотер (1982). «Введение в неравенство». Электронная книга в формате PDF.