**Йенсен теңсіздігі** дөңес функция графигінің қиюшысы графиктен жоғары жатады деген ақиқаттың жалпыламасы болып табылады.

  

**Йе́нсен теңсіздігі** — дөңес функция анықтамаларымен тығыз байланыстағы Иоган Йенсен енгізген теңсіздік.

Шекті жағдайдағы тұжырымдамасы
------------------------------

Функция {\displaystyle f\left(x\right)} белгілі бір {\displaystyle {\mathcal {X}}} аралықта дөңес болсын және {\displaystyle \ q\_{1},q\_{2},\ldots ,q\_{n}} сандары үшін {\displaystyle \ q\_{1},q\_{2},\ldots ,q\_{n}>0} және {\displaystyle \ q\_{1}+q\_{2}+\ldots +q\_{n}=1} болсын. 
Онда {\displaystyle \ x\_{1},x\_{2},\ldots ,x\_{n}} сандарының {\displaystyle {\mathcal {X}}} аралығында кез келген мәндері үшін мына теңдік орындалады:

{\displaystyle f(q\_{1}x\_{1}+q\_{2}x\_{2}+\ldots +q\_{n}x\_{n})\leq q\_{1}f(x\_{1})+q\_{2}f(x\_{2})+\ldots +q\_{n}f(x\_{n})}
немесе

|  |
| --- |
| {\displaystyle f\left(\sum \_{i=1}^{n}q\_{i}x\_{i}\right)\leq \sum \_{i=1}^{n}q\_{i}f(x\_{i})}.
  |

Ескерту:

* Егер {\displaystyle \ f(x)} функциясы ойыс(жоғарға дөңес), онда теңсіздік белгісі керісінше болады.
* Иоган Йенсен өзі ең жеке жағдайдан, дәлірек айтқанда

{\displaystyle f\left({\frac {x\_{1}+x\_{2}}{2}}\right)\leq {\frac {f(x\_{1})+f(x\_{2})}{2}}}, бұл мына жағдайға сәйкес келеді {\displaystyle q\_{1}=q\_{2}={\frac {1}{2}}}.
### Дәлелдеу

Математикалық индукция тәсілімен дәлелдейік.

* {\displaystyle \ n=2} жағдайында неңсіздік дөңес функция анықтамасынан шығады.
* Жорамал: теңсіздік қандай да бір натурал сан {\displaystyle \ n} үшін орындалсын, сонда ол {\displaystyle \ n+1} үшін де орындалатынын дәлелдейік, яғни

{\displaystyle f(q\_{1}x\_{1}+q\_{2}x\_{2}+\ldots +q\_{n}x\_{n}+q\_{n+1}x\_{n+1})\leq q\_{1}f(x\_{1})+q\_{2}f(x\_{2})+\ldots +q\_{n}f(x\_{n})+q\_{n+1}f(x\_{n+1})}.
Осы мақсатпен сол жақтағы соңғы екі қосылғышты {\displaystyle \ q\_{n}x\_{n}+q\_{n+1}x\_{n+1}} бір қосылғышпен алмастырайық

{\displaystyle (q\_{n}+q\_{n+1})\left({\frac {q\_{n}}{q\_{n}+q\_{n+1}}}x\_{n}+{\frac {q\_{n+1}}{q\_{n}+q\_{n+1}}}x\_{n+1}\right)};
бұл {\displaystyle \ n} жағдайындағы теңсіздікті пайдалануға мүмкіндік береді, яғни жоғарыдағы қосынды мына қосындыдан аспайды

{\displaystyle q\_{1}f(x\_{1})+q\_{2}f(x\_{2})+\ldots +(q\_{n}+q\_{n+1})f\left({\frac {q\_{n}}{q\_{n}+q\_{n+1}}}x\_{n}+{\frac {q\_{n+1}}{q\_{n}+q\_{n+1}}}x\_{n+1}\right)}.
Функция мәніне соңғы қосылғышқа {\displaystyle \ n=2} үшін теңсіздікті пайдалану ғана қалды. Осылайша математикалық индукция тәсілі бойынша Йенсен теңсіздігі толықтай дәлелденді.

Жеке түрлері немесе салдары
---------------------------

### Гёльдер теңсіздігі

* {\displaystyle \ f(x)=x^{k}} болсын, мұндағы {\displaystyle \ x>0,} {\displaystyle \ k>1} (дөңес функция). Онда

{\displaystyle \left(\sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}\right)^{k}\leq \sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}^{k}}},      {\displaystyle \ q\_{1},\ldots ,q\_{n}>0} және {\displaystyle \ q\_{1}+\ldots +q\_{n}=1}
{\displaystyle \ q\_{i}={\frac {p\_{i}}{p\_{1}+\ldots +p\_{n}}}} деп белгілейңк, мұндағы {\displaystyle \ p\_{1},\ldots ,p\_{n}}- кез келген оң сандар, онда тогда теңсіздік былай жазыла алады

{\displaystyle \left(\sum \_{i=1}^{n}{p\_{i}x\_{i}}\right)^{k}\leq \left(\sum \_{i=1}^{n}{p\_{i}}\right)^{k-1}\sum \_{i=1}^{n}{p\_{i}x\_{i}^{k}}}.
Мұнда {\displaystyle \ p\_{i}} мынаған {\displaystyle \ b\_{i}^{\frac {k}{k-1}}} ал {\displaystyle \ x\_{i}} мынаған {\displaystyle {\frac {a\_{i}}{b\_{i}^{\frac {1}{k-1}}}}} алмастырсақ, белгілі Гёльдер теңсіздігін шығарамыз:

|  |
| --- |
| {\displaystyle \sum \_{i=1}^{n}{a\_{i}b\_{i}}\leq \left(\sum \_{i=1}^{n}{a\_{i}}^{k}\right)^{\frac {1}{k}}\left(\sum \_{i=1}^{n}{b\_{i}}^{\frac {k}{k-1}}\right)^{\frac {k-1}{k}}}.
  |

### Коши теңсіздігі

* {\displaystyle \ f(x)=\ln x} (ойыс функция) болсын. Онда

{\displaystyle \sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}\ln x\_{i}}\leq \ln \left(\sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}\right)}, немесе {\displaystyle \ln \prod \_{i=1}^{n}{x\_{i}^{q\_{i}}}\leq \ln \sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}}, онда {\displaystyle \prod \_{i=1}^{n}{x\_{i}^{q\_{i}}}\leq \sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}}.
Жеке түрі {\displaystyle q\_{i}={\frac {1}{n}}} болғанда Коши теңсіздігі шығады (геометриялық орташа арифметикалық орташадан аспайды)

|  |
| --- |
| {\displaystyle {\sqrt[{n}]{x\_{1}\ldots x\_{n}}}\leq {\frac {x\_{1}+\ldots +x\_{n}}{n}}} |

### Гармоникалық орташа мен геометриялық орташа арасындағы теңсіздік

* {\displaystyle \ f(x)=x\ln x} (дөңес функция) болсын. Онда

{\displaystyle \left(\sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}\right)\ln \left(\sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}\right)\leq \sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}\ln x\_{i}}}. {\displaystyle q\_{i}={\frac {\frac {1}{x\_{i}}}{\sum \_{i=1}^{n}{\frac {1}{x\_{i}}}}}} қойсақ, табатынымыз
{\displaystyle {\frac {n}{{\frac {1}{x\_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x\_{n}}}}}\leq \left(x\_{1}\cdot \ldots \cdot x\_{n}\right)^{1/n}} (Гармоникалық орташа геометриялық орташадан аспайды)
### Гармоникалық орташа мен арифметикалық орташа арасындағы теңсіздік

* {\displaystyle \ f(x)={\frac {1}{x}}} (дөңес функция) болсын. Онда {\displaystyle {\frac {1}{\sum \_{i=1}^{n}{q\_{i}x\_{i}}}}\leq \sum \_{i=1}^{n}{\frac {q\_{i}}{x\_{i}}}}

Жеке түрі {\displaystyle q\_{i}={\frac {1}{n}}} болғанда шығатыны гармоникалық орташа арифметикалық орташадан аспайтыны:

|  |
| --- |
| {\displaystyle {\frac {n}{{\frac {1}{x\_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x\_{n}}}}}\leq {\frac {x\_{1}+\ldots +x\_{n}}{n}}} |

### Гиббс теңсіздігі

### Рао — Блекуэлл — Колмогоров теоремасы

Интегралдық тұжырымдамасы
-------------------------

{\displaystyle \varphi \left(x\right)} дөңес функция және интегралданатын {\displaystyle f\left(x\right)} функциясы үшін 

{\displaystyle \varphi \left(\int \_{a}^{b}f(x)\,dx\right)\leq {\frac {1}{b-a}}\int \_{a}^{b}\varphi ((b-a)f(x))\,dx.} орындалады

Тағы қараңыз
------------

* Юнга теңсіздігі
* Минковский теңсіздігі
* Гёльдер теңсіздігі