A Bernoulli-egyenlőtlenség egy esetének ábrázolása. Itt
y
=
(
1
+
x
)
r
{\displaystyle y=(1+x)^{r}}
y
=
1
+
r
x
{\displaystyle y=1+rx}
r
=
3.
{\displaystyle r=3.}
A Jakob Bernoulli svájci matematikusról[ 1] Bernoulli-egyenlőtlenség a matematikai analízis egyik fontos tétele, amely szerint bármely
h
≥
−
1
{\displaystyle h\geq -1}
n
{\displaystyle n}
természetes szám esetén
(
1
+
h
)
n
≥
1
+
n
h
.
{\displaystyle (1+h)^{n}\geq 1+nh.}
Egyszerű, de fontos egyenlőtlenség, amivel egy hatványfüggvény alulról becsülhető.
A bizonyítás teljes indukcióval végezhető:[ 2]
n
=
1
{\displaystyle n=1}
n
{\displaystyle n}
(
1
+
h
)
n
+
1
=
(
1
+
h
)
n
(
1
+
h
)
≥
(
1
+
n
h
)
(
1
+
h
)
,
{\displaystyle (1+h)^{n+1}=(1+h)^{n}(1+h)\geq (1+nh)(1+h),}
ami a szorzás elvégzése után
1
+
(
n
+
1
)
h
+
n
h
2
≥
1
+
(
n
+
1
)
h
.
{\displaystyle 1+(n+1)h+nh^{2}\geq 1+(n+1)h.}
Egyenlőség nyilván csak az
n
=
0
{\displaystyle n=0}
n
=
1
{\displaystyle n=1}
h
=
0
{\displaystyle h=0}
Az alábbi bizonyítás megjelent a kolozsvári Matlap , 2014. 2-es számában Varga János tollából.[ 3]
1. Legyen
h
≥
0
{\displaystyle h\geq 0}
q
=
1
+
h
{\displaystyle q=1+h}
1
,
q
,
q
2
,
.
.
.
,
q
n
{\displaystyle 1,q,q^{2},...,q^{n}}
≥
n
{\displaystyle \geq n}
(
1
+
h
)
n
−
1
(
1
+
h
)
−
1
≥
n
{\displaystyle \displaystyle {{\frac {(1+h)^{n}-1}{(1+h)-1}}\geq n}}
(
1
+
h
)
n
≥
1
+
n
h
.
{\displaystyle (1+h)^{n}\geq 1+nh.}
2. Legyen
−
1
≤
h
<
0
{\displaystyle -1\leq h<0}
q
≤
1
{\displaystyle q\leq 1}
(
1
+
h
)
n
−
1
(
1
+
h
)
−
1
≤
n
{\displaystyle \displaystyle {{\frac {(1+h)^{n}-1}{(1+h)-1}}\leq n}}
h
<
0
{\displaystyle h<0}
(
1
+
h
)
n
≥
1
+
n
h
.
{\displaystyle (1+h)^{n}\geq 1+nh.}
A Bernoulli-egyenlőtlenségnél gyengébb
(
1
+
h
)
n
≥
n
h
{\displaystyle (1+h)^{n}\geq nh}
Nemnegatív h -ra az egyenlőtlenség megkapható a binomiális tétel segítségével:
(
1
+
h
)
n
=
∑
k
=
0
n
(
n
k
)
h
k
≥
(
n
1
)
h
+
(
n
0
)
=
1
+
n
h
.
{\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
x
>
−
1
{\displaystyle x>-1}
x
≠
0
{\displaystyle x\neq 0}
n
≥
2
{\displaystyle n\geq 2}
(
1
+
x
)
n
>
1
+
n
x
{\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
x
>
−
1
{\displaystyle x>-1}
(
1
+
x
)
r
≥
1
+
r
x
{\displaystyle (1+x)^{r}\geq 1+rx}
r
≥
1
{\displaystyle r\geq 1}
(
1
+
x
)
r
≤
1
+
r
x
{\displaystyle (1+x)^{r}\leq 1+rx}
0
≤
r
≤
1
{\displaystyle 0\leq r\leq 1}
Ha nem hatványt veszünk, hanem különböző tényezők szorzatát, akkor teljes indukcióval megmutatható, hogy
∏
i
=
1
n
(
1
+
x
i
)
>
1
+
∑
i
=
1
n
x
i
{\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(1+x_{i})>1+\sum _{i=1}^{n}x_{i}}
ahol minden
x
i
{\displaystyle x_{i}}
−
1
<
x
i
<
0
{\displaystyle -1<x_{i}<0\;}
x
i
>
0
{\displaystyle x_{i}>0\;}
n
{\displaystyle n}
≥
{\displaystyle \geq }
2
{\displaystyle 2}
[ 1]
u
i
:=
−
x
i
{\displaystyle u_{i}:=-x_{i}\;}
−
1
≤
x
i
≤
0
{\displaystyle -1\leq x_{i}\leq 0}
Weierstraß-szorzategyenlőtlenséget kapjuk: [ 4] , [ 5] , [ 6]
∏
i
=
1
n
(
1
−
u
i
)
≥
1
−
∑
i
=
1
n
u
i
.
{\displaystyle \prod _{i=1}^{n}(1-u_{i})\geq 1-\sum _{i=1}^{n}u_{i}.}
Állítás:
lim
n
→
∞
a
n
=
1
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a}}=1}
minden
a
⩾
1
{\displaystyle a\geqslant 1}
valós számra .
Bizonyítás: Definiáljuk az
x
n
⩾
0
{\displaystyle x_{n}\geqslant 0}
a
n
=
1
+
x
n
{\displaystyle {\sqrt[{n}]{a}}=1+x_{n}}
Ekkor a Bernoulli-egyenlőtlenség szerint
a
=
(
1
+
x
n
)
n
≥
1
+
n
x
n
{\displaystyle a=(1+x_{n})^{n}\geq 1+nx_{n}}
így
a
−
1
n
≥
x
n
≥
0
{\displaystyle {\frac {a-1}{n}}\geq x_{n}\geq 0}
De
lim
n
→
∞
a
−
1
n
=
0
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {a-1}{n}}=0}
tehát
lim
n
→
∞
x
n
=
0
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }x_{n}=0}
És végül
lim
n
→
∞
a
n
=
1
+
lim
n
→
∞
x
n
=
1
+
0
=
1.
{\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
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
x
n
≥
−
1
{\displaystyle {\frac {x}{n}}\geq -1}
n
≥
n
0
(
x
)
{\displaystyle n\geq n_{0}(x)}
(
1
+
x
n
)
n
≥
1
+
n
⋅
x
n
=
1
+
x
{\displaystyle \left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n}\geq 1+n\cdot {\frac {x}{n}}=1+x}
n
≥
n
0
(
x
)
{\displaystyle n\geq n_{0}(x)}
Mivel
e
x
=
lim
n
→
∞
(
1
+
x
n
)
n
,
{\displaystyle e^{x}=\lim _{n\to \infty }\left(1+{\frac {x}{n}}\right)^{n},}
azért beláttuk a
1
+
x
≤
e
x
{\displaystyle 1+x\leq e^{x}}
x
∈
R
{\displaystyle x\in \mathbb {R} }
egyenlőtlenséget.
A Bernoulli-egyenlőtlenséget felhasználva teljes indukcióval:
Legyen
x
n
+
1
{\displaystyle x_{n+1}}
x
1
,
…
,
x
n
,
x
n
+
1
{\displaystyle x_{1},\dots ,x_{n},x_{n+1}}
pozitív számok maximuma, és
x
¯
a
r
i
t
h
m
{\displaystyle {\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }}
x
1
,
…
,
x
n
{\displaystyle x_{1},\dots ,x_{n}}
x
n
+
1
−
x
¯
a
r
i
t
h
m
≥
0
{\displaystyle x_{n+1}-{\bar {x}}_{\mathrm {arithm} }\geq 0}
(
x
1
+
⋯
+
x
n
+
1
(
n
+
1
)
x
¯
a
r
i
t
h
m
)
n
+
1
=
(
1
+
x
n
+
1
−
x
¯
a
r
i
t
h
m
(
n
+
1
)
x
¯
a
r
i
t
h
m
)
n
+
1
≥
1
+
x
n
+
1
−
x
¯
a
r
i
t
h
m
x
¯
a
r
i
t
h
m
=
x
n
+
1
x
¯
a
r
i
t
h
m
{\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
(
x
1
+
⋯
+
x
n
+
1
n
+
1
)
n
+
1
≥
x
¯
a
r
i
t
h
m
n
+
1
x
n
+
1
x
¯
a
r
i
t
h
m
=
x
¯
a
r
i
t
h
m
n
x
n
+
1
≥
x
1
⋯
x
n
x
n
+
1
{\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.)
↑ a b c Harro Heuser, Lehrbuch der Analysis, Teil 1. , B. G. Teubner Stuttgart, 1984, ISBN 3-519-22221-3 , S. 61, Kapitel 7.9 und S. 68, Aufgabe 7.17
↑ http://mo.mathematik.uni-stuttgart.de/inhalt/erlaeuterung/erlaeuterung39/ ↑ Varga János: A Bernoulli-egyenlőtlenség egyszerű bizonyítása, Matlap Online hozzáférés
↑ Archivált másolat eredetiből archiválva]. (Hozzáférés: 2009. február 19.)↑ http://mathworld.wolfram.com/WeierstrassProductInequality.html ↑ http://www.cut-the-knot.org/Generalization/wineq.shtml Császár Ákos: Valós analízis ISBN 978-963-19-0113-9
![{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a}}=1}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/dc9788c7c2b03a9e5c31e3fbe1f9e1babc695fbd)
![{\displaystyle {\sqrt[{n}]{a}}=1+x_{n}}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/73f0f99811b9a9e9e859a45255e634371ffbf303)
![{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\sqrt[{n}]{a}}=1+\lim _{n\to \infty }x_{n}=1+0=1.}](https://wikimedia.org/api/rest_v1/media/math/render/svg/ec13c051ed94a1ec3be3a6fbdaa70385c2a1986d)
