Բեռնուլիի անհավասարում

[աջից|մինի| Բեռնուլիի անհավասարության գրաֆիկը՝ արտահայտված  <math>y = (1+x)^r</math> և <math>y = 1+rx</math> [գրաֆիկներով, որոնք ցուցադրվում են համապատասխանաբար կարմիր և կապույտ գույներով: Այստեղ, r=3.]]
Մաթեմատիկայում **Բեռնուլիի անհավասարումը** (անվանվել է Յակոբ Բեռնուլիի անունով) անհավասարում է, որը մոտարկում է 1+x հավասարումի աստիճանները։ Այն հաճախ օգտագործվում է իրական փոփոխականի ֆունկցիաների տեսություն մեջ։ Անհավասարումն ունի մի քանի օգտակար տարբերակներ, որոնք են՝

## Ամբողջ էքսպոնենտ
* (1 + x)^r \geq 1 + rx յուրաքանչյուր r\geq 1 ամբողջ թվի և  x\geq-1 իրական թվի համար։ Անհավասարումը խիստ է այն դեպքում, երբ x\neq 0 և r\geq 2։
* (1 + x)^r \geq 1 + rx յուրաքանչյուր r\geq 0 ամբողջ թվի և յուրաքանչյուր x\geq -2 իրական թվի համար։  
* (1 + x)^r \geq 1 + rx յուրաքանչյուր r\geq 0 զույգ ամբողջ թվի համար և յուրաքանչյուր x իրական թվի համար։

## Իրական էքսպոնենտ
* (1 + x)^r \geq 1 + rx յուրաքանչյուր r\geq 1 և x\geq -1 իրական թվի համար։ Անհավասարումը խիստ է, եթե x\neq 0 և r\neq 1։
* (1 + x)^r \leq 1 + rx յուրաքանչյուր 0\leq r\leq 1 և x\geq -1 իրական թվի համար։

## Պատմություն
Յակոբ Բեռնուլին առաջին անգամ հրատակեց այս անհավասարումը իր «Positiones Arithmeticae de Seriebus Infinitis» (Բազել, 1689) տրակտատում, դրա մեջ հաճախ օգտագործելով վերոնշյալ անհավասարումը։

Ըստ Ջոզեֆ Ե․ Հոֆմաննի, իր «Über die Exercitatio Geometrica des MA Ricci (1963)» գրքում, էջ.&nbsp;177, անհավասարումն իրականում բացատրվում է Sluse իր Mesolabum (1668թ. հրատարակություն), Գլուխ IV «De maximis & minimis»-ով։

## Ամբողջ թվի ցուցիչի ապացույց
Առաջին դեպքն ունի պարզ ինդուկտիվ ապացույց։

Ենթադրենք, որ անհավասարումը ճշմարիտ է  r=k դեպքում։

: (1+x)^k \ge 1+kx. 

Այնուհետև հետևում է, որ

: 
\begin{align}
(1+x)^{k+1} &= (1+x)^k(1+x) \\
&\ge (1+kx)(1+x) \\
&=1+kx+x+kx^2 \\ 
&=1+x(k+1)+kx^2 \\
&\ge 1+(k+1)x
\end{align}


Բեռնուլիի անհավասարումը կարող է ապացուցվել երկրորդ դեպքի համար, որտեղ r-ը ոչ բացասական ամբողջ թիվ է և x\ge-2, օգտագործելով մաթեմատիկական ինդուկցիայի մեթոդը հետևյալ կերպ․

* մենք ապացուցում ենք անհավասարումը r\in\{0,1\} դեպքում,
* որոշ *r-* ի վավերականությունից մենք հետևում ենք վավերականությունը r+2 -ի համար։

r=0 դեպքում ստանում ենք

: (1+x)^0 \ge 1+0x

որը համարժեք է 1\geq 1 և այն ճշմարիտ է։

Նույն կերպ r=1 դեպքի համար մենք ունենք

: (1+x)^r=1+x\ge 1+x=1+rx. 

Հիմա ենթադրենք, որ այն ճշմարիտ է r=k  դեպքում։

: (1+x)^k \ge 1+kx. 

Այնուհետև հետևում է, որ

: 
\begin{align}
(1+x)^{k+2} &= (1+x)^k(1+x)^2 \\
&\ge (1+kx)\left(1+2x+x^2\right) \qquad\qquad\qquad\text{ by hypothesis and }(1+x)^2\ge 0 \\
&=1+2x+x^2+kx+2kx^2+kx^3 \\ 
&=1+(k+2)x+kx^2(x+2)+x^2 \\
&\ge 1+(k+2)x
\end{align}


քանի որ x^2\ge 0, ինչպես նաև x+2\ge0։ Փոփոխված ինդուկցիայի միջոցով մենք գալիս ենք այն մտքին, որ պնդումը ճշմարիտ է յուրաքանչյուր r ոչ բացասական ամբողջ թվի համար։

Հաշվի առնելով այն, որ եթե x, ապա 1+rx բացասական է, որն էլ տալիս է 3-րդ դեպքը։

## Ընդհանրացումներ
### Ցուցանիշի ընդհանրացում
Ցուցիչ r -ը կարելի է կամայական իրական թվի համար ընդհանրացնել հետևյալ կերպ․ եթե x>-1, ապա

: (1 + x)^r \geq 1 + rx

r\leq 0 կամ \geq 1 դեպքում, և

: (1 + x)^r \leq 1 + rx

0\leq r\leq 1 դեպքում։

Այս ընդհանրացումը կարելի է ապացուցել համեմատելով ածանցյալները։ Այս անհավասարությունների խիստ տարբերակը պահանջում է, որ x\neq 0 և r\neq 0, 1 .

### Հիմքի ընդհանրացում
(1+x)^n տեսքի փոխարեն անհավասարումը ստանում է նաև հետևյալ տեսքը (1+x_1)(1+x_2)\dots(1+x_r) \geq 1+x_1+x_2 + \dots + x_r որտեղ x_1, x_2, \dots, x_r \geq -1 նույն նշանով իրական թվեր են։ Բեռնուլիի անհավասարումը հատուկ դեպք է նրա, երբ x_1 = x_2 = \dots = x_r = x . Այս ընդհանրացված անհավասարումն ապացուցելու համար պահանջվում է մաթեմատիկական ինդուկցիայի մեթոդը։

## Հետևող անհավասարումներ
Հետևյալ անհավասարումը գնահատում է 1+x -ի r -րդ աստիճանը հակառակ կողմից։ Ցանկացած իրական x և r թվերի համար, որտեղ r >0, գործում է հետևյալը

: (1 + x)^r \le e^{rx},

որտեղ e = 2.718...։ Այն ապացուցելու համար պահանջվում է օգտագործել հետևյալ անհավասարումը՝  (1 + 1/k)^k ։

## Այլընտրանքային տեսք
Բեռնուլիի անհավասարման այլընտրանքային տեսքը  t\geq 1  և  0\le x\le 1  դեպքում հետևյալն է՝

: (1-x)^t \ge 1-xt.

Այն ցանկացած t ամբողջ թվի համար ապացուցելու համար պահանջվում է օգտագործել երկրաչափական շարքերի բանաձևը՝ որտեղ պետք է օգտագործել y=1-x

: t=1+1+\dots+1 \ge 1+y+y^2+\ldots+y^{t-1} = \frac{1-y^t}{1-y},

կամ որը համարժեք է հետևյալ անհավասարմանը՝ xt \ge 1-(1-x)^t։

## Այլընտրանքային ապացույցներ
### Օգտագործելով թվաբանական և երկրաչափական միջինների անհավասարումը
Այլընտրանքային կերպով կարելի ապացուցել 0\le r\le 1 և *x* ≥ -1 դեպքի համար, օգտագործելով թվաբանական և երկրաչափական միջինների անհավասարումը։

\lambda_1, \lambda_2 -ը երկու ոչ բացասական իրական հաստատուններ են։ Օգտագործելով թվաբանական և երկրաչափական միջինների անհավասարումը 1,1+x -ի վրա, որտեղ \lambda_1, \lambda_2 -ը միջիններն են, ստանում ենք

:\dfrac{\lambda_1\cdot 1 + \lambda_2\cdot (1+x)}{\lambda_1+\lambda_2}\ge \sqrt[\lambda_1+\lambda_2]{(1+x)^{\lambda_2}}.

Հարկավոր է նշել, որ

:\dfrac{\lambda_1\cdot 1 + \lambda_2\cdot (1+x)}{\lambda_1+\lambda_2}=\dfrac{\lambda_1+\lambda_2+\lambda_2x}{\lambda_1+\lambda_2}=1+\dfrac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}x

և

:\sqrt[\lambda_1+\lambda_2]{(1+x)^{\lambda_2}} = (1+x)^{\frac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}},

այսպիսով, մեր անհավասարումը համարժեք է

:1 + \dfrac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}x \ge (1+x)^{\frac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2}}.

Փոխարինումից հետո r = \dfrac{\lambda_2}{\lambda_1+\lambda_2} (սրանից հետևում է 0\le r\le 1) մեր անհավասարումը ստանում է հետևյալ տեսքը

:1+rx \ge (1+x)^r

որն էլ Բեռնուլիի անհավասարումն է։

### Օգտագործելով Նյուտոնի երկանդամը
Բեռնուլիի անհավասարումը հնարավոր է ապացուցել *x* ≥ 0 օգտագործելով Նյուտոնի երկանդամը. Այն ճշմարիտ է *r* = 0 դեպքում, դրա համար ենթադրենք, թե *r* -ը դրական ամբողջ թիվ է։ Այնուհետև (1+x)^r = 1 + rx + \tbinom r2 x^2 + ... + \tbinom rr x^r. Պարզ է, որ \tbinom r2 x^2 + ... + \tbinom rr x^r \ge 0, և հետևաբար (1+x)^r \ge 1+rx պարտադիր պայման է։

## Գրականություն
* 
* 
* 

## Ծանոթագրություններ

## Արտաքին հղումներ
* 
* Բեռնուլիի անհավասարում Քրիս Բուշեր, Wolfram Demonstrations Նախագիծ.
* 

Կատեգորիա:Անհավասարություն (մաթեմատիկա)
Կատեգորիա:Մաթեմատիկա
Կատեգորիա:Մաթեմատիկական անալիզ