Bernoulli Egyenlőtlenség

Az előadások a következő témára: "Bernoulli Egyenlőtlenség"— Előadás másolata:

1 Bernoulli Egyenlőtlenség
t > -1 valós szám, és n > 0 egész szám Ez csak nyitó oldal, a továbbiakban az általánosított Bernoulli Egyenlőtlenség bizonyítása következik, majd a speciális eset(ami a címoldalon is látható) említésével zárul a bemutató.

2 Általánosított Bernoulli-egyenlőtlenség
Ha n>1 egész, és a t1, t2, …,tn valós számok mindegyike vagy a (-1, 0] vagy a[0, ∞) intervallumon van, és van közöttük legalább kettő nullától különböző, akkor (1+t1)·(1+t2) · … · (1+tn)>1+t1+t2+…+tn

3 Bizonyítás: Teljes indukcióval
n = 2-re teljesül az állítás, hiszen (1+t1) · (1+t2) = 1+t1+t2+t1 · t2 és t1 · t2 >0 a kezdeti feltételek miatt. Ha n darab számra igaz az állítás, akkor n+1 darabra is igaz, mert az n+1 darab számot úgy állítjuk sorrendbe, hogy az első n szám között legyen két nullától különböző, akkor (1+t1) · (1+t2) · … · (1+tn) > 1+t1+t2+…+tn , (indukciós feltétel n-re), s ha ezt az egyenlőtlenséget megszorozzuk (1+tn+1) számmal, (mely a feltételek miatt pozitív), akkor (1+t1) · (1+t2) · … · (1+tn) · (1+tn+1) >(1+t1+t2+…+tn ) · (1+tn+1) Ennek jobb oldalát átalakítjuk: (1+t1+t2+…+tn ) · (1+tn+1) = (1+t1+t2+…+tn ) + (1+t1+t2+…+tn ) · (1+tn+1) = =1+t1+t2+…+tn+ tn+1+ (tn+1+t1 · tn+1 +t2 · tn+1 +…+tn · tn+1)> 1+t1+t2+…+tn+ tn+1 felhasználva, hogy (tn+1+t1 · tn+1 +t2 · tn+1 +…+tn · tn+1) (az összeg tagjai a kezdeti feltételek miatt nem lehetnek negatívak) . Ezzel az indukciós feltételt beláttuk. =

4 Speciális esetben, ha az adott tk számok egyenlőek, a Bernoulli-egyenlőtlenséget kapjuk.
Ha egész szám és , akkor

5 Bizonyítás Ha 1+t · n<0 akkor az egyenlőtlenség igaz, mert mindig nagyobb nullánál a kezdeti feltétel miatt. Igaz-e az állítás ha ? Lássuk: , itt mindkét oldalból n-edik gyököt vontunk, amit megtehetünk, mert egyik oldal sem negatív. A számtani és mértani közepek közötti egyenlőtlenségek tételét alkalmaztuk a Bernoulli-egyenlőtlenség igazolására. n-1 db  n-1 db