Ανισότητα Μπερνούλι

Τα δύο μέλη της ανισότητας Μπερνούλι, $(1+\alpha )^{\nu }$ και $1+\nu \alpha$, για $\nu =2,3,4,5$. Παρατηρήστε ότι για $\alpha \geq -1$ η καμπύλη του πρώτου μέλους είναι άνω της ευθείας του δεύτερου μέλους. Για ζυγά $\nu$ αυτό ισχύει για όλα τα $\alpha \in \mathbb {R}$.

Η ανισότητα Μπερνούλι (αναφέρεται και ως ανισότητα Bernoulli) είναι η ανισότητα:

$(1+\alpha )^{\nu }\geq 1+\nu \alpha ,$

για κάθε φυσικό αριθμό $\nu \in \mathbb {N}$ και πραγματικό αριθμό $\alpha \in [-1,+\infty )$.

Απόδειξη

Με μαθηματική επαγωγή

Θα αποδείξουμε την ανισότητα με την χρήση της μαθηματικής επαγωγής για το $\nu$.

Βασικό βήμα: Για $\nu =0$, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα καθώς $(1+\alpha )^{0}=1=1+\alpha \cdot 0$.

Επαγωγικό βήμα: Ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για $\nu =\kappa$, δηλαδή $(1+\alpha )^{\kappa }\geq 1+\kappa \alpha$, τότε για $\nu =\kappa +1$, έχουμε

${\begin{aligned}(1+\alpha )^{\kappa +1}&=(1+\alpha )^{\kappa }\cdot (1+\alpha )\\&\geq (1+\kappa \alpha )\cdot (1+\alpha )\\&=1+\kappa \alpha +\alpha +\kappa \alpha ^{2}\\&=1+(\kappa +1)\alpha +\kappa \alpha ^{2}\\&\geq 1+(\kappa +1)\alpha ,\end{aligned}}$

χρησιμοποιώντας ότι $\kappa \alpha ^{2}\geq 0$ καθώς $\kappa \geq 0$ και $\alpha ^{2}\geq 0$.

Επομένως, η ανισότητα ισχύει και για $\nu =\kappa +1$, άρα και για όλους τους φυσικούς αριθμούς.

Με το διωνυμικό θεώρημα (για α ≥ 0)

Για $\nu =0$, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα καθώς $(1+\alpha )^{0}=1=1+\alpha \cdot 0$.

Για $\nu \geq 1$, από διωνυμικό θεώρημα έχουμε ότι

$(1+\alpha )^{\nu }=\sum _{i=0}^{\nu }{\binom {\nu }{i}}\alpha ^{i}\cdot 1^{\nu -i}=\sum _{i=0}^{\nu }{\binom {\nu }{i}}\alpha ^{i},$

(1)

όπου ${\binom {\nu }{i}}$ είναι οι διωνιμικοί συντελεστές. Αφού ${\binom {\nu }{i}}\geq 0$ και $\alpha \geq 0$, δηλαδή κάθε όρος του αθροίσματος είναι μη-αρνητικός, έχουμε ότι:

$\sum _{i=0}^{\nu }{\binom {\nu }{i}}\alpha ^{i}\geq \sum _{i=0}^{1}{\binom {\nu }{i}}\alpha ^{i}={\binom {\nu }{0}}\alpha ^{0}+{\binom {\nu }{1}}\alpha ^{1}=1+\nu \cdot \alpha .$

(2)

Ενώνοντας τις σχέσεις (1) και (2), έχουμε ότι

$(1+\alpha )^{\nu }\geq 1+\nu \cdot \alpha .$

Επεκτάσεις

Η πρώτη γενίκευση είναι για οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό $\alpha$, όταν η δύναμη $\nu$ είναι ζυγός φυσικός αριθμός (δείτε το διάγραμμα για τις περιπτώσεις $\nu =2,4$).

Θεώρημα — Για κάθε ζυγό φυσικό αριθμό $\nu \geq 0$ και $\alpha \in \mathbb {R}$, έχουμε

$(1+\alpha )^{\nu }\geq 1+\nu \alpha$.

Απόδειξη  

Θα αποδείξουμε την ανισότητα με την χρήση της μαθηματικής επαγωγής για τα ζυγά $\nu \geq 0$.

Βασικό βήμα: Για $\nu =0$, η ανισότητα ισχύει ως ισότητα καθώς $(1+\alpha )^{0}=1=1+\alpha \cdot 0$.

Επαγωγικό βήμα: Ας υποθέσουμε ότι η ανισότητα ισχύει για $\nu =2\kappa$, δηλαδή $(1+\alpha )^{2\kappa }\geq 1+2\kappa \alpha$, τότε για $\nu =2\kappa +2$, διακρίνουμε δύο περιπτώσεις:

• Αν $1+2\kappa \alpha <0$, τότε το δεξί μέλος της ανισότητας είναι αρνητικό, ενώ το αριστερό είναι θετικό (ως πραγματικός αριθμός σε ζυγή δύναμη). Επομένως, η ανισότητα ισχύει.
• Διαφορετικά, έχουμε

${\begin{aligned}(1+\alpha )^{2\kappa +2}&=(1+\alpha )^{2\kappa }\cdot (1+\alpha )^{2}\\&\geq (1+2\kappa \alpha )\cdot (1+\alpha )^{2}\\&=(1+2\kappa \alpha )\cdot (1+2\alpha +\alpha ^{2})\\&=1+(2\kappa +2)\alpha +4\kappa \alpha ^{2}+(1+2\kappa \alpha )\cdot \alpha ^{2}\\&\geq 1+(2\kappa +2)\alpha ,\end{aligned}}$

χρησιμοποιώντας ότι $\alpha ^{2}\geq 0$ και ότι $1+2\kappa \alpha \geq 0$.

Επομένως, η ανισότητα ισχύει και για $\nu =2\kappa +2$, άρα και για όλους τους ζυγούς φυσικούς αριθμούς.

Η παρακάτω γενίκευση είναι για εκθέτες που δεν είναι κατά ανάγκη φυσικοί αριθμοί.

Θεώρημα — Έστω $\alpha \geq -1$ και $r\in \mathbb {R}$. Τότε, έχουμε ότι

• $(1+\alpha )^{r}\geq 1+r\alpha$, για $r\geq 1$ ή $r\leq 0$, και
• $(1+\alpha )^{r}\leq 1+r\alpha$, για $r\in [0,1]$.

Απόδειξη  

Θεωρούμε την συνάρτηση

$f(\alpha )=(1+\alpha )^{r}-(1+r\alpha ),$

η οποία έχει παράγωγο

$f'(\alpha )=r\cdot \left((1+\alpha )^{r-1}-1\right).$

Για την πρώτη ανισότητα, θεωρούμε τις εξής περιπτώσεις:

• Αν $\alpha \geq 0$, τότε $(1+\alpha )^{r-1}\geq 1$ (καθώς $r\geq 1$) και άρα $f'(\alpha )\geq 0$. Συνεπώς, η $f$ είναι αύξουσα στο διάστημα $[0,\infty )$ και άρα $f(\alpha )\geq f(0)$.
• Αν $\alpha <0$, τότε $(1+\alpha )^{r-1}<1$. Συνεπώς, η $f$ είναι φθίνουσα στο διάστημα $(-\infty ,0]$ και άρα $f(\alpha )\geq f(0)$.

Επομένως, και στις δύο περιπτώσεις $f(\alpha )\geq f(0)=0$, που συνεπάγεται ότι $(1+\alpha )^{r}\geq 1+r\alpha$. Αντίστοιχα, για $r\leq 0$.

Για τη δεύτερη ανισότητα, παρατηρήστε ότι για $r=1$ η ανισότητα ισχύει ως ισότητα και για $\alpha =-1$ ισχύει καθώς $r\in [0,1]$. Για τις υπόλοιπες περιπτώσεις:

• Αν $\alpha \geq 0$, τότε $(1+\alpha )^{r-1}\leq 1$ (καθώς $r\in [0,1]$ και $\alpha \neq -1$) και άρα $f'(\alpha )\leq 0$. Συνεπώς, η $f$ είναι φθίνουσα στο διάστημα $[0,\infty )$ και άρα $f(\alpha )\leq f(0)$.
• Av $\alpha \in (-1,0)$, τότε $(1+\alpha )^{r-1}>1$ και άρα $f'(\alpha )<0$. Συνεπώς, η $f$ είναι αύξουσα στο διάστημα $(-1,0)$ και άρα $f(\alpha )\leq f(0)$.

Επομένως, και στις δύο περιπτώσεις $f(\alpha )\leq f(0)=0$, που συνεπάγεται ότι $(1+\alpha )^{r}\leq 1+r\alpha$.

Η παρακάτω επέκταση είναι για όταν οι $\nu$ όροι μπορεί να είναι διαφορετικοί. Η ανισότητα αυτή σχετίζεται με την ανισότητα Weierstrass.

Θεώρημα: Έστω $\nu \in \mathbb {N}$, $\alpha _{1},\ldots ,\alpha _{\nu }\in \mathbb {R}$ και $r_{1},\ldots ,r_{\nu }\in \mathbb {R}$. Τότε,

• $\prod _{i=1}^{\nu }(1+\alpha _{i})^{r_{i}}\leq 1+\sum _{i=1}^{\nu }\alpha _{i}r_{i}$, όταν $\alpha _{i}>-1$ και $r_{i}\geq 0$ για κάθε $1\leq i\leq \nu$,
• $\prod _{i=1}^{\nu }(1+\alpha _{i})^{r_{i}}\leq 1+\sum _{i=1}^{\nu }\alpha _{i}r_{i}$, όταν $\alpha _{i}>0$ ή $\alpha _{i}\in (-1,0)$ για κάθε $1\leq i\leq \nu$ και $r_{i}\leq 0$ ή $r_{i}\geq 1$ για κάθε $1\leq i\leq \nu$.

Περαιτέρω ανάγνωση

Ελληνικά άρθρα

• «Γενίκευση της ανισότητας Bernulli για εκθέτη τυχόντα πραγματικό. Αξιοσημείωτες εφαρμογές». Ευκλείδης Β΄ (5): 3-5. 1977. http://www.hms.gr/apothema/?s=sa&i=3453. 

Ξενόγλωσσα άρθρα

• Armitage, D. H. (Δεκεμβρίου 1982). «Two applications of Bernoulli’s inequality». The Mathematical Gazette 66 (438): 309–310. doi:10.2307/3615526. https://archive.org/details/sim_mathematical-gazette_1982-12_66_438/page/309. 
• Vîjîitu, Horia (Ιουλίου 2019). «103.19 Bernoulli's inequality for negative exponents». The Mathematical Gazette 103 (557): 316–317. doi:10.1017/mag.2019.66. 
• Mortici, Cristinel (Μαρτίου 2015). «A Very Elementary Proof of Bernoulli's Inequality». The College Mathematics Journal 46 (2): 136–137. doi:10.4169/college.math.j.46.2.136. 
• Plaza, Ángel (1 Φεβρουαρίου 2009). «Proof Without Words: Bernoulli's Inequality». Mathematics Magazine 82 (1): 62–62. doi:10.4169/193009809X469093. https://archive.org/details/sim_mathematics-magazine_2009-02_82_1/page/62. 
• Mercer, Peter R. (15 Μαρτίου 2022). «Extending Extending Bernoulli’s Inequality». The College Mathematics Journal 53 (2): 149–150. doi:10.1080/07468342.2022.2020587. 
• Wiener, Joseph (Νοεμβρίου 1985). «Bernoulli's Inequality and the Number e». The College Mathematics Journal 16 (5): 399–400. doi:10.1080/07468342.1985.11972916. https://archive.org/details/sim_college-mathematics-journal_1985-11_16_5/page/399. 
• Gerber, Leon (Οκτωβρίου 1968). «An Extension of Bernoulli's Inequality». The American Mathematical Monthly 75 (8): 875. doi:10.2307/2314344. https://archive.org/details/sim_american-mathematical-monthly_1968-10_75_8/page/875.