Bernoulli-egyenlőtlenség

A Jakob Bernoulli svájci matematikusról^[1] elnevezett Bernoulli-egyenlőtlenség a matematikai analízis egyik fontos tétele, amely szerint bármely ${\displaystyle h\geq -1}$ valós szám és ${\displaystyle n}$ természetes szám esetén

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

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

A bizonyítás teljes indukcióval végezhető:^[2] ${\displaystyle n=1}$-re nyilván egyenlőség áll, és ha az állítás igaz ${\displaystyle n}$-re, akkor

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

ami a szorzás elvégzése után

${\displaystyle 1+(n+1)h+nh^{2}\geq 1+(n+1)h.}$

Egyenlőség nyilván csak az ${\displaystyle n=0}$, ${\displaystyle n=1}$ vagy ${\displaystyle h=0}$ esetben teljesül.

Az alábbi bizonyítás megjelent a kolozsvári Matlap, 2014. 2-es számában Varga János tollából.^[3]

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

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

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

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

${\displaystyle (1+h)^{n}=\sum _{k=0}^{n}{\binom {n}{k}}h^{k}\geq {\binom {n}{1}}h+{\binom {n}{0}}=1+nh.}$

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

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

A bizonyítás ugyanúgy végezhető teljes indukcióval, mint a nem szigorú változat.^[1]

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

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

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

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

${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(1+x_{i})>1+\sum _{i=1}^{n}x_{i}}$

ahol minden ${\displaystyle x_{i}}$-re vagy ${\displaystyle -1<x_{i}<0\;}$, vagy ${\displaystyle x_{i}>0\;}$ teljesül, és ${\displaystyle n}$ ${\displaystyle \geq }$ ${\displaystyle 2}$^[1]

${\displaystyle u_{i}:=-x_{i}\;}$ -et helyettesítve és a ${\displaystyle -1\leq x_{i}\leq 0}$ speciális esetet tekintve a Weierstraß-szorzategyenlőtlenséget kapjuk: ^[4],[5],[6]

${\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(1-u_{i})\geq 1-\sum _{i=1}^{n}u_{i}.}$

Állítás:

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a}}=1}$

minden ${\displaystyle a\geqslant 1}$ valós számra.

Bizonyítás: Definiáljuk az ${\displaystyle x_{n}\geqslant 0}$ sorozatot a következőképpen:

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

Ekkor a Bernoulli-egyenlőtlenség szerint

${\displaystyle a=(1+x_{n})^{n}\geq 1+nx_{n}}$,

így

${\displaystyle {\frac {a-1}{n}}\geq x_{n}\geq 0}$.

De

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a-1}{n}}=0}$,

tehát

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }x_{n}=0}$.

És végül

${\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a}}=1+\lim _{n\to \infty }x_{n}=1+0=1.}$

Egyszerűsége ellenére a Bernoulli-egyenlőtlenség sokszor hasznosnak bizonyul becslésekben. Legyen rögzítve egy ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$. Ekkor ${\displaystyle {\frac {x}{n}}\geq -1}$ minden ${\displaystyle n\geq n_{0}(x)}$-re. A Bernoulli-egyenlőtlenséggel

${\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}\geq 1+n\cdot {\frac {x}{n}}=1+x}$ minden ${\displaystyle n\geq n_{0}(x)}$-re.

Mivel

${\displaystyle e^{x}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n},}$

azért beláttuk a

${\displaystyle 1+x\leq e^{x}}$ minden ${\displaystyle x\in \mathbb {R} }$-re az

egyenlőtlenséget.

A Bernoulli-egyenlőtlenséget felhasználva teljes indukcióval:

Legyen ${\displaystyle x_{n+1}}$ az ${\displaystyle x_{1},\dots ,x_{n},x_{n+1}}$ pozitív számok maximuma, és ${\displaystyle {\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}$ ${\displaystyle x_{1},\dots ,x_{n}}$ számtani közepe. Ekkor ${\displaystyle x_{n+1}-{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }\geq 0}$, és a Bernoulli-egyenlőtlenség folytán

${\displaystyle \left({\frac {x_{1}+\dots +x_{n+1}}{(n+1){\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}}\right)^{n+1}=\left(1+{\frac {x_{n+1}-{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}{(n+1){\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}}\right)^{n+1}\geq 1+{\frac {x_{n+1}-{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}{{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}}={\frac {x_{n+1}}{{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}}}$.

Az indukciós feltétellel

${\displaystyle \left({\frac {x_{1}+\dots +x_{n+1}}{n+1}}\right)^{n+1}\geq {\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }^{n+1}{\frac {x_{n+1}}{{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}}={\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }^{n}x_{n+1}\geq x_{1}\cdots x_{n}x_{n+1}}$,

ami éppen az, amit bizonyítani akartunk.

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

Császár Ákos: Valós analízis ISBN 978-963-19-0113-9