23. Неравенство Йенсена

Определение. Функция f, заданная на некотором промежутке вещественной оси, называется выпуклой, если для любых чисел x_1,x_2 из этого промежутка и любого числа \alpha\in [0,1] выполнено неравенство

f(\alpha x_1+(1-\alpha )x_2)\le\alpha f(x_1)+(1-\alpha )f(x_2).

Геометрически это означает, что всякая хорда, соединяющая две точки на графике, лежит выше соответствующей части графика.

Итак, сформулируем неравенство Иенсена.

Пусть f — выпуклая функция. Тогда

\displaystyle f\left(\sum_{i=1}^n\alpha_ix_i\right)\le\sum_{i=1}^n\alpha_if(x_i),

где x_1,x_2,\ldots ,x_n — числа из области определения функции f, \alpha_1,\alpha_2,\ldots ,\alpha_n — положительные числа, сумма которых равна единице.

Доказательство проведем методом математической индукции. База при n=2 справедлива по определению выпуклой функции. Совершим индукционный переход от n к n+1:

\begin{array}{l}<br /> \displaystyle f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\alpha_ix_i\right)=f\left( (1-\alpha_{n+1}) \sum_{i=1}^n{\alpha_i\over 1-\alpha_{n+1}}x_i+\alpha_{n+1}x_{n+1} \right)\le \\[5mm]<br /> \displaystyle \le (1-\alpha_{n+1})f\left(\sum_{i=1}^n{\alpha_i\over 1-\alpha_{n+1}}x_i\right)+\alpha_{n+1}f(x_{n+1})\le \\[5mm]<br /> \displaystyle \le (1-\alpha_{n+1})\sum_{i=1}^n{\alpha_i\over 1-\alpha_{n+1}}f(x_i) +\alpha_{n+1}f(x_{n+1})=\sum_{i=1}^{n+1}\alpha_if(x_i).<br /> \end{array}

Для эффективного применения неравенства Йенсена необходим простой критерий, позволяющий определить, является ли данная функция выпуклой. Такой критерий существует: дважды дифференцируемая функция, у которой вторая производная неотрицательна, выпуклая.

Покажем теперь, как из неравенства Йенсена можно получить классические неравенства (их можно получить все, приведем здесь лишь доказательство неравенства между средним арифметическим и средним геометрическим, и тех, что не были доказаны ранее).

1. Неравенство между средним арифметическим и средним геометрическим:

\displaystyle{\sum_{i=1}^na_i\over n}\ge\left(\prod_{i=1}^na_i\right)^{1\over n}\quad (a_1,a_2,\ldots ,a_n>0).

Прологарифмировав обе части неравенства, получим

\displaystyle\ln{\sum_{i=1}^na_i\over n}\ge\sum_{i=1}^n{1\over n}\ln a_i.

Функция f(x)=-\ln x\quad (x>0) выпуклая, так как производная f”(x)=\displaystyle {1\over x^2}>0. Поэтому полученное неравенство — это неравенство Йенсена для функции f и

\alpha_1=\alpha_2=\ldots =\alpha_n=\displaystyle {1\over n}.

2. Неравенство между взвешенным средним арифметическим и средним геометрическим:

\displaystyle \sum_{i=1}^nq_ia_i\ge\prod_{i=1}^na_i^{q_i}\quad (a_1,\ldots ,a_n,q_1,\ldots ,q_n>0,q_1+q_2+\cdots +q_n=1).

Так же, как и в предыдущем доказательстве, прологарифмируем обе части неравенства:

\displaystyle\ln\left(\sum_{i=1}^nq_ia_i\right)\ge\sum_{i=1}^nq_i\ln a_i.

Это неравенство Йенсена для функции $ f(x)=-\ln x$.

3. Неравенство Бернулли:

\begin{array}{l}<br /> (1+x)^{\alpha}\ge 1+\alpha x\quad (x>-1,\alpha>1),\\[4mm]<br /> (1+x)^{\alpha}\le 1+\alpha x\quad (x>-1,0<\alpha<1).<br /> \end{array}

Логарифмируя обе части первого неравенства, получаем

\alpha\ln (1+x)\ge\ln (1+\alpha x)  или \ln (1+x)\ge{1\over\alpha}\ln (1+\alpha x) .

Используя выпуклость функции f(x)=-\ln x, имеем

\begin{array}{l}<br /> \displaystyle {1\over\alpha}\ln (1+\alpha x)={1\over\alpha}\ln (1+\alpha x)+\left( 1-{1\over\alpha}\right)\ln 1\le \\[5mm]<br /> \displaystyle \le \ln \left({1\over\alpha}(1+\alpha x)+\left( 1-{1\over\alpha}\right)\cdot 1\right)=\ln (1+x).<br /> \end{array}

Записывая второе неравенство в виде

\alpha\ln (1+x)\le\ln (1+\alpha x),

аналогично предыдущему получаем

\begin{array}{l}<br /> \alpha\ln (1+x)=\alpha\ln (1+x)+(1-\alpha )\ln 1\le \\[4mm]<br /> \le\ln (\alpha (1+x)+(1-\alpha )\cdot 1)=\ln (1+\alpha x).<br /> \end{array}

Если в определении выпуклой функции знак неравенства изменить на противоположный, то соответствующая функция называется вогнутой. Ясно, что функция f вогнута тогда и только тогда, когда функция (-f) выпукла. Поэтому критерием вогнутости для дважды дифференцируемой функции является
неположительность ее второй производной. Неравенство Йенсена для вогнутой функции f выглядит так:

\displaystyle f\left( \sum_{i=1}^n\alpha_ix_i\right) \ge\sum_{i=1}^n\alpha_if(x_i)\qquad (\alpha_1,\alpha_2,\ldots ,\alpha_n>0,\alpha_1+\alpha_2+\ldots +\alpha_n=1).

Задачи.

1. Доказать, что

\sqrt[3]{3+\sqrt[3]{3}}+\sqrt[3]{3-\sqrt[3]{3}}<2\sqrt[3]{3}.

2. Пусть a,b — числа из промежутка [-1,1]. Доказать, что

\sqrt{1-a^2}+\sqrt{1-b^2}\le\sqrt{4-(a+b)^2}.

3. Пусть a_1,a_2,\ldots ,a_n — положительные числа. Доказать, что

\displaystyle \prod_{i=1}^na_i^{a_i}\ge\left({\sum_{i=1}^na_i\over n}\right)^{\sum_{i=1}^na_i}.

4. Пусть a,b,c — стороны треугольника. Доказать, что

\displaystyle \left( 1+{b-c\over a}\right)^a\left( 1+{c-a\over b} \right)^b\left( 1+{a-b\over c}\right)^c\le 1.

5. Пусть a_1,a_2,\ldots ,a_n — положительные числа, \displaystyle{\sum_{i=1}^n}a_i^2=1. Доказать, что

\displaystyle\sum_{i=1}^n\left({1\over a_i}-a_i\right)\ge (n-1)\sqrt n.

Комментарии (RSS)  |  Трекбек

Комментариев: 5

  1. 1 zbl:

    Такое доказательство неравенства Бернулли требует ещё показать выпуклость кверху логарифма: \ln ( \alpha a + (1-\alpha)b ) > \alpha\ln a + (1-\alpha)\ln b. Причём, это нужно проделать, не умея дифференцировать.

    [Ответить]

    zbl Reply:
    Август 28th, 2013 at 2:09

    Можно посмотреть на серединку хорды: \ln \frac{a+b}{2} >\frac{\ln a + \ln b}{2} = \ln (a b)^{1/2}. Отсюда a+b > 2\sqrt{a b}, что верно для любых положительных a и b. Если серединка любой хорды ниже, то и вся хорда ниже.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:
    Август 28th, 2013 at 21:11

    Умение дифференцировать уже должно быть, это чуть раньше, да и выпуклость раньше: http://hijos.ru/izuchenie-matematiki/mat-analiz-11-klass/14-vypuklye-funkcii/

    [Ответить]

    zbl Reply:
    Август 29th, 2013 at 4:35

    Неравенство Бернулли тривиально, если знать ряд Тейлора. Неравенство Бернулли и нужно, чтобы выводить пределы, через которые вычисляются производные трансцендентных функций, когда ещё дифференцировать не умеем. Если же везде выше обходимся неравенством Бернулли с целым показателем, то тогда оно тут лишнее совершенно, потому что в доказательстве через неравенство Йенсена лишь пустое трюкачество никому не нужное.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:
    Сентябрь 2nd, 2013 at 12:13

    Доказывать разными способами бывает полезно для развития умения доказывать. А по делу, конечно, можно без этого обойтись, да.

    [Ответить]

    27 Август 2013, 3:22

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение