Bernoulli eşitsizliği

Bernoulli eşitsizliğinin bir gösterimi. $y=(1+x)^{r}$ ve $y=1+rx$ fonksiyonlarının grafiği sırasıyla kısmı ve mavi renkle gösterilmiştir. Gösterimde $r=3$ alınmıştır.

Matematikte Bernoulli eşitsizliği $(1+x)$ biçimindeki ifadelerin üslü hallerine yaklaşıklık sağlayan eşitsizliklerdir. Analizin birçok alanında ve özellikle gerçel analizde, sıkça kullanılan bir eşitsizliktir. Birçok değişik halini görmek mümkündür.

Tarihçe

Eşitsizlik, bu eşitsizliği 1689 yılında yayınlayan Jakob bernoulli'nin adını taşımaktadır. Bernoulli, eserinde bu eşitsizliği sıklıkla kullanmıştır. Joseph Ehrenfried Hofmann'a göre eşitsizlik ilk defa René-François de Sluse tarafından 1668 yılında Mesolabum adlı eserde yayınlanmıştır.

Üssün tamsayı olduğu Bernoulli eşitsizlikleri

• $n$ tamsayı, $x$ gerçel sayı olmak üzere, $n\geq 1$ ve $x\geq -1$ için $(1+x)^{n}\geq 1+nx$ eşitsizliği vardır. $x\neq 0$ ve $r\geq 2$ iken eşitsizlik kesindir.
• $n$ tamsayı, $x$ gerçel sayı olmak üzere, $n\geq 0$ ve $x\geq -2$ için $(1+x)^{n}\geq 1+nx$ eşitsizliği vardır. Burada, ya $r=0$ ve $x=-1$ durumu hariç tutulmalıdır ya da $0^{0}=1$ tanımı alınmalıdır.
• $n$ çift tamsayı, $x$ gerçel sayı olmak üzere, her $n\geq 0$ ve $x$ için $(1+x)^{n}\geq 1+nx$ eşitsizliği vardır.

Üssün gerçel sayı olduğu Bernoulli eşitsizlikleri

• $r,x$ gerçel sayılar olmak üzere, $r\geq 1$ ve $x\geq -1$ için $(1+x)^{r}\geq 1+rx$ eşitsizliği vardır. $x\neq 0$ ve $r\neq 1$ iken eşitsizlik kesindir.
• $r,x$ gerçel sayılar olmak üzere, $0\leq r\leq 1$ ve $x\geq -1$ için $(1+x)^{r}\leq 1+rx$ eşitsizliği vardır.

Üssün tamsayı olduğu hâl için ispatlar

Eşitsizliğin tamsayılı üslü için verilen ilk hali $n$ üzerine kurulan tümevarımla ispatlanabilir.

• $n=1$ durumu barizdir: $(1+x)^{1}=1=1+x\geq 1+1x$ doğrudur.
• Tümevarım varsayımı gereği, diyelim ki, bir $n>1$ değeri için eşitsizlik doğru olsun. O zaman,

$(1+x)^{n+1}=(1+x)^{n}(1+x)\geq (1+nx)(1+x)=1+x+nx+nx^{2}=1+(n+1)x+nx^{2}\geq 1+(n+1)x.$

Böylece, tümevarım gereği, eşitsizlik bütün $n$ doğal sayıları için geçerlidir. istenilen gösterilmiş olur.

Eşitsizliğin tamsayılı üslü için verilen ikinci hali için de tümevarım kullanılabilir. Bunun için ilk önce $n\in \{0,1\}$ ve daha sonra genel bir k sayısı için eşitsizliğin doğruluğu kabul edilip, daha sonra buradan k+2 halinin doğruluğunun gösterilmesi lazımdır. Gerçekten,

• $n=0$ iken, eşitsizlik $(1+x)^{0}=1=1+0.x=\geq 1+nx$ doğrudur.
• $n=1$ iken, eşitsizlik $(1+x)^{1}=1+x\geq 1+1x$ doğrudur.

Diyelim ki bir $n=k$ sayısı için eşitsizlik doğrudur. O zaman,

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

olur ve buradan

${\begin{aligned}(1+x)^{k+2}&=(1+x)^{k}(1+x)^{2}\\&\geq (1+kx)\left(1+2x+x^{2}\right)\qquad \qquad \qquad {\text{ tümevarım varsayımı gereği ve }}(1+x)^{2}\geq 0{\text{ olduğu için}}\\&=1+2x+x^{2}+kx+2kx^{2}+kx^{3}\\&=1+(k+2)x+kx^{2}(x+2)+x^{2}\\&\geq 1+(k+2)x\end{aligned}}$

elde edilir. Sondan ikinci adımda $x^{2}\geq 0$ ve $x+2\geq 0$ olduğu kullanılmıştır. Böylelikle, eşitsizliğin ikinci hali kanıtlanmış olur.

Diğer taraftan, $x<-2$ ise o zaman $1+rx$ ifadesinin negatif olduğu gözlemlenip eşitsizliğin tamsayılı üslü için verilen üçüncü hali de ispatlanmış olur.

Dış bağlantılar

• Eric W. Weisstein, Bernoulli Inequality (MathWorld)
• Bernoulli Inequality Chris Boucher tarafından Wolfram Demonstrations Project.
• Arthur Lohwater (1982). "Introduction to Inequalities". PDF biçiminde çevrimiçi e-kitap. 13 Ocak 2021 tarihinde kaynağından arşivlendi.