Desigualdade de Bernoulli

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Uma ilustração da desigualdade de Bernoulli, com os gráficos de

{displaystyle y=(1+x)^{r}}

- Sim.

mostrado em vermelho e azul respectivamente. Toma.

Não.

Na matemática, a desigualdade de Bernoulli (em homenagem a Jacob Bernoulli) é uma desigualdade que aproxima exponenciações de 1 + x. É freqüentemente empregado em análises reais. Tem várias variantes úteis:

${displaystyle (1+x)^{r}geq 1+rx}$ para cada inteiro R≥ 1 e número real x> −1. A desigualdade é rigorosa se x≠ 0 e R≥ 2.
${displaystyle (1+x)^{r}geq 1+rx}$ para cada inteiro R≥ 0 e cada número real x.
${displaystyle (1+x)^{r}geq 1+rx}$ para cada inteiro R≥ 0 e cada número real x≥ −2.
${displaystyle (1+x)^{r}geq 1+rx}$ para cada número real R≥ 1 e x≥ −1. As desigualdades são rigorosas se x≠ 0 eR≠ 0, 1.
${displaystyle (1+x)^{r}leq 1+rx}$ para cada número real 0 ≤R≤ 1 e x≥ −1.

História

Jacob Bernoulli publicou pela primeira vez a desigualdade em seu tratado "Positiones Arithmeticae de Seriebus Infinitis" (Basileia, 1689), onde ele usou a desigualdade com frequência.

Segundo Joseph E. Hofmann, Über die Exercitatio Geometrica des M. A. Ricci (1963), p. 177, a desigualdade é realmente devida a Sluse em seu Mesolabum (edição de 1668), Capítulo IV "De maximis & minimis".

Prova para expoente inteiro

A desigualdade de Bernoulli pode ser provada para o caso em que r é um número inteiro, usando indução matemática na seguinte forma:

provamos a desigualdade para ${displaystyle rin {0,1}}$ ,
de validade para alguns R nós deduzir a validade para R+ 2.

Para r = 0,

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

é equivalente a 1 ≥ 1, o que é verdadeiro.

Da mesma forma, para r = 1 temos

{displaystyle (1+x)^{r}=1+xgeq 1+x=1+rx.}

Agora suponha que a afirmação seja verdadeira para r = k:

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

Então segue que

{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{ por hipótese e }}(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)xend{aligned}}}

desde então ${displaystyle x^{2}geq} 0$ bem como ${displaystyle x+2geqq 0$ . Pela indução modificada concluímos que a declaração é verdadeira para cada inteiro não negativo R.

Generalizações

Generalização do expoente

O expoente r pode ser generalizado para um número real arbitrário da seguinte forma: se x > −1, então

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

para r ≤ 0 ou r ≥ 1, e

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

para 0 ≤ r ≤ 1.

Essa generalização pode ser provada comparando as derivadas. As versões estritas dessas desigualdades requerem x ≠ 0 e r ≠ 0, 1.

Generalização de base

Em vez de ${displaystyle (1+x)^{n}}$ a desigualdade mantém também na forma $(+x_{1})(1+x_{2})dots (1+x_{r})geq 1+x_{1}+x_{2}+dots +x_{r}}$ Onde? ${displaystyle x_{1},x_{2},dotsx_{r}}$ são números reais, todos maiores do que -1, todos com o mesmo sinal. A desigualdade de Bernoulli é um caso especial quando $Não. x_{1}=x_{2}=dots - Sim.$ . Esta desigualdade generalizada pode ser provada pela indução matemática.

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

Proof

In the first step we take ${displaystyle n=1}$ . In this case the inequality ${displaystyle 1+x_{1}geq 1+x_{1}}$ is obviously true.

In the second step we assume validity of the inequality for ${displaystyle r}$ numbers and deduce validity for ${displaystyle r+1}$ numbers.

We assume that

{displaystyle (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

{displaystyle (x_{r+1}+1)}

we get:

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

As ${displaystyle x_{1},x_{2},dots x_{r},x_{r+1}}$ all have the same sign, the products ${displaystyle x_{1}x_{r+1},x_{2}x_{r+1},dots x_{r}x_{r+1}}$ are all positive numbers. So the quantity on the right-hand side can be bounded as follows:

{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},}

what was to be shown.

Desigualdades relacionadas

A desigualdade a seguir estima a r-ésima potência de 1 + x do outro lado. Para quaisquer números reais x, r com r > 0, um tem

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

onde e = 2,718.... Isso pode ser provado usando a desigualdade (1 + 1/k)^k < e.

Forma alternativa

Uma forma alternativa de desigualdade de Bernoulli para ${displaystyle tgeq 1}$ e ${displaystyle 0leq xleq 1$ é:

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

Isto pode ser provado (para qualquer inteiro t) usando a fórmula para série geométrica: (usando y = 1 − x)

{displaystyle t=1+1+dots +1geq 1+y+y^{2}+ldots - Sim. {1-y^{t}}{1-y}},}

ou equivalente ${displaystyle xtgeq 1-(1-x)^{t}.}$

Provas alternativas

Using AM-GM
An elementary proof for ${displaystyle 0leq rleq 1}$ and x ≥ -1 can be given using weighted AM-GM. Let ${displaystyle lambda _{1},lambda _{2}}$ be two non-negative real constants. By weighted AM-GM on ${displaystyle 1,1+x}$ with weights ${displaystyle lambda _{1},lambda _{2}}$ respectively, we get ${displaystyle {dfrac {lambda _{1}cdot 1+lambda _{2}cdot (1+x)}{lambda _{1}+lambda _{2}}}geq {sqrt[{lambda _{1}+lambda _{2}}]{(1+x)^{lambda _{2}}}}.}$ Note that ${displaystyle {dfrac {lambda _{1}cdot 1+lambda _{2}cdot (1+x)}{lambda _{1}+lambda _{2}}}={dfrac {lambda _{1}+lambda _{2}+lambda _{2}x}{lambda _{1}+lambda _{2}}}=1+{dfrac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}x}$ and ${displaystyle {sqrt[{lambda _{1}+lambda _{2}}]{(1+x)^{lambda _{2}}}}=(1+x)^{frac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}},}$ so our inequality is equivalent to ${displaystyle 1+{dfrac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}xgeq (1+x)^{frac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}.}$ After substituting ${displaystyle r={dfrac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}}$ (bearing in mind that this implies ${displaystyle 0leq rleq 1}$ ) our inequality turns into ${displaystyle 1+rxgeq (1+x)^{r}}$ which is Bernoulli's inequality.

Using AM-GM

An elementary proof for ${displaystyle 0leq rleq 1}$ and x ≥ -1 can be given using weighted AM-GM.

Let ${displaystyle lambda _{1},lambda _{2}}$ be two non-negative real constants. By weighted AM-GM on ${displaystyle 1,1+x}$ with weights ${displaystyle lambda _{1},lambda _{2}}$ respectively, we get

{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}}}}.}

Note that

{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}

and

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

so our inequality is equivalent to

{displaystyle 1+{dfrac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}xgeq (1+x)^{frac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}.}

After substituting ${displaystyle r={dfrac {lambda _{2}}{lambda _{1}+lambda _{2}}}}$ (bearing in mind that this implies ${displaystyle 0leq rleq 1}$ ) our inequality turns into

{displaystyle 1+rxgeq (1+x)^{r}}

which is Bernoulli's inequality.

Usando a fórmula para a série geométrica

A desigualdade de Bernoulli

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

(1)

é equivalente a

{displaystyle (1+x)^{r}-1-rxgeq 0,}

(2)

e pela fórmula da série geométrica (usando Sim. = 1 +x) nós obtemos

{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)

o que leva a

{displaystyle (1+x)^{r}-1-rx=left(left(sum _{k=0}^{r-1}(1+x)^{k}right)-rright)cdot x=left(sum _{k=0}^{r-1}left((1+x)^{k}-1right)right)cdot xgeq O quê?

(4)

Agora, se ${displaystyle xgeq 0}$ então pela monotonia dos poderes cada summand ${displaystyle (1+x)^{k}-1=(1+x)^{k}-1^{k}geq 0$ , e, portanto, sua soma é maior $Não. 0$ e, portanto, o produto no LHS de (4).

Se ${displaystyle 0geq xgeqq} -2$ então pelos mesmos argumentos ${displaystyle 1geq (1+x)^{k}}$ e assim todos os anexos ${displaystyle (1+x)^{k}-1}$ são não positivos e, portanto, a sua soma. Como o produto de dois números não positivos é não negativo, nós obtemos novamente (4).

Usando o teorema binomial
Pode-se provar a desigualdade de Bernoulli para x ≥ 0 usando o teorema binomial. É verdade trivialmente para R - O quê? R é um inteiro positivo. Então... ${displaystyle (1+x)^{r}=1+rx+{tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{tbinom {r}{r}}x^{r}}$ Claramente. ${displaystyle {tbinom {r}{2}}x^{2}+...+{tbinom {r}{r}}x^{r}geq 0,$ e daí ${displaystyle (1+x)^{r}geq 1+rx}$ como necessário.

Usando convexidade
Para ${displaystyle 0neq xgeq} -1$ a função ${displaystyle h(alpha)=(1+x)^{alpha }}$ é estritamente convexo. Portanto, ${displaystyle 0$ detenção ${displaystyle (1+x)^{alpha }=h(alpha)=h((1-alpha)cdot 0+alpha cdot 1)<(1-alpha)h(0)+alpha h(1)=1+alpha x}$ e a desigualdade revertida é válida para ${displaystyle alfa <0$ e $- Sim.$ .

Usando convexidade

Para ${displaystyle 0neq xgeq} -1$ a função ${displaystyle h(alpha)=(1+x)^{alpha }}$ é estritamente convexo. Portanto, ${displaystyle 0$ detenção

 ${displaystyle (1+x)^{alpha }=h(alpha)=h((1-alpha)cdot 0+alpha cdot 1)<(1-alpha)h(0)+alpha h(1)=1+alpha x}$

e a desigualdade revertida é válida para ${displaystyle alfa <0$ e $- Sim.$ .

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