Шекті жағдайдағы тұжырымдамасы
өңдеу
Функция f ( x ) {\displaystyle f\left(x\right)} белгілі бір X {\displaystyle {\mathcal {X}}} аралықта дөңес болсын және q 1 , q 2 , … , q n {\displaystyle \ q_{1},q_{2},\ldots ,q_{n}} сандары үшін q 1 , q 2 , … , q n > 0 {\displaystyle \ q_{1},q_{2},\ldots ,q_{n}>0} және q 1 + q 2 + … + q n = 1 {\displaystyle \ q_{1}+q_{2}+\ldots +q_{n}=1} болсын.
Онда x 1 , x 2 , … , x n {\displaystyle \ x_{1},x_{2},\ldots ,x_{n}} сандарының X {\displaystyle {\mathcal {X}}} аралығында кез келген мәндері үшін мына теңдік орындалады:
f ( q 1 x 1 + q 2 x 2 + … + q n x n ) ≤ q 1 f ( x 1 ) + q 2 f ( x 2 ) + … + q n f ( x n ) {\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
f ( ∑ i = 1 n q i x i ) ≤ ∑ i = 1 n q i f ( x i ) {\displaystyle f\left(\sum _{i=1}^{n}q_{i}x_{i}\right)\leq \sum _{i=1}^{n}q_{i}f(x_{i})} .
Ескерту:
Егер f ( x ) {\displaystyle \ f(x)} функциясы ойыс(жоғарға дөңес), онда теңсіздік белгісі керісінше болады.
Иоган Йенсен өзі ең жеке жағдайдан, дәлірек айтқандаf ( x 1 + x 2 2 ) ≤ f ( x 1 ) + f ( x 2 ) 2 {\displaystyle f\left({\frac {x_{1}+x_{2}}{2}}\right)\leq {\frac {f(x_{1})+f(x_{2})}{2}}} , бұл мына жағдайға сәйкес келеді q 1 = q 2 = 1 2 {\displaystyle q_{1}=q_{2}={\frac {1}{2}}} .
Математикалық индукция тәсілімен дәлелдейік.
n = 2 {\displaystyle \ n=2} жағдайында неңсіздік дөңес функция анықтамасынан шығады.
Жорамал: теңсіздік қандай да бір натурал сан n {\displaystyle \ n} үшін орындалсын, сонда ол n + 1 {\displaystyle \ n+1} үшін де орындалатынын дәлелдейік, яғни f ( q 1 x 1 + q 2 x 2 + … + q n x n + q n + 1 x n + 1 ) ≤ q 1 f ( x 1 ) + q 2 f ( x 2 ) + … + q n f ( x n ) + q n + 1 f ( x n + 1 ) {\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 q n x n + q n + 1 x n + 1 {\displaystyle \ q_{n}x_{n}+q_{n+1}x_{n+1}} бір қосылғышпен алмастырайық
( q n + q n + 1 ) ( q n q n + q n + 1 x n + q n + 1 q n + q n + 1 x n + 1 ) {\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 n {\displaystyle \ n} жағдайындағы теңсіздікті пайдалануға мүмкіндік береді, яғни жоғарыдағы қосынды мына қосындыдан аспайды
q 1 f ( x 1 ) + q 2 f ( x 2 ) + … + ( q n + q n + 1 ) f ( q n q n + q n + 1 x n + q n + 1 q n + q n + 1 x n + 1 ) {\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 n = 2 {\displaystyle \ n=2} үшін теңсіздікті пайдалану ғана қалды. Осылайша математикалық индукция тәсілі бойынша Йенсен теңсіздігі толықтай дәлелденді.
Жеке түрлері немесе салдары
өңдеу
Гёльдер теңсіздігі
өңдеу
f ( x ) = x k {\displaystyle \ f(x)=x^{k}} болсын, мұндағы x > 0 , {\displaystyle \ x>0,} k > 1 {\displaystyle \ k>1} (дөңес функция). Онда( ∑ i = 1 n q i x i ) k ≤ ∑ i = 1 n q i x i k {\displaystyle \left(\sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}}\right)^{k}\leq \sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}^{k}}} , q 1 , … , q n > 0 {\displaystyle \ q_{1},\ldots ,q_{n}>0} және q 1 + … + q n = 1 {\displaystyle \ q_{1}+\ldots +q_{n}=1} q i = p i p 1 + … + p n {\displaystyle \ q_{i}={\frac {p_{i}}{p_{1}+\ldots +p_{n}}}} деп белгілейңк, мұндағы p 1 , … , p n {\displaystyle \ p_{1},\ldots ,p_{n}} - кез келген оң сандар, онда тогда теңсіздік былай жазыла алады
( ∑ i = 1 n p i x i ) k ≤ ( ∑ i = 1 n p i ) k − 1 ∑ i = 1 n p i x i k {\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 p i {\displaystyle \ p_{i}} мынаған b i k k − 1 {\displaystyle \ b_{i}^{\frac {k}{k-1}}} ал x i {\displaystyle \ x_{i}} мынаған a i b i 1 k − 1 {\displaystyle {\frac {a_{i}}{b_{i}^{\frac {1}{k-1}}}}} алмастырсақ, белгілі Гёльдер теңсіздігін шығарамыз:
∑ i = 1 n a i b i ≤ ( ∑ i = 1 n a i k ) 1 k ( ∑ i = 1 n b i k k − 1 ) k − 1 k {\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
өңдеу
f ( x ) = ln x {\displaystyle \ f(x)=\ln x} (ойыс функция) болсын. Онда∑ i = 1 n q i ln x i ≤ ln ( ∑ i = 1 n q i x i ) {\displaystyle \sum _{i=1}^{n}{q_{i}\ln x_{i}}\leq \ln \left(\sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}}\right)} , немесе ln ∏ i = 1 n x i q i ≤ ln ∑ i = 1 n q i x i {\displaystyle \ln \prod _{i=1}^{n}{x_{i}^{q_{i}}}\leq \ln \sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}}} , онда ∏ i = 1 n x i q i ≤ ∑ i = 1 n q i x i {\displaystyle \prod _{i=1}^{n}{x_{i}^{q_{i}}}\leq \sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}}} .Жеке түрі q i = 1 n {\displaystyle q_{i}={\frac {1}{n}}} болғанда Коши теңсіздігі шығады (геометриялық орташа арифметикалық орташадан аспайды)
x 1 … x n n ≤ x 1 + … + x n n {\displaystyle {\sqrt[{n}]{x_{1}\ldots x_{n}}}\leq {\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}}
Гармоникалық орташа мен геометриялық орташа арасындағы теңсіздік
өңдеу
f ( x ) = x ln x {\displaystyle \ f(x)=x\ln x} (дөңес функция) болсын. Онда( ∑ i = 1 n q i x i ) ln ( ∑ i = 1 n q i x i ) ≤ ∑ i = 1 n q i x i ln x i {\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}}} . q i = 1 x i ∑ i = 1 n 1 x i {\displaystyle q_{i}={\frac {\frac {1}{x_{i}}}{\sum _{i=1}^{n}{\frac {1}{x_{i}}}}}} қойсақ, табатынымыз
n 1 x 1 + … + 1 x n ≤ ( x 1 ⋅ … ⋅ x n ) 1 / n {\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
өңдеу
f ( x ) = 1 x {\displaystyle \ f(x)={\frac {1}{x}}} (дөңес функция) болсын. Онда 1 ∑ i = 1 n q i x i ≤ ∑ i = 1 n q i x i {\displaystyle {\frac {1}{\sum _{i=1}^{n}{q_{i}x_{i}}}}\leq \sum _{i=1}^{n}{\frac {q_{i}}{x_{i}}}} Жеке түрі q i = 1 n {\displaystyle q_{i}={\frac {1}{n}}} болғанда шығатыны гармоникалық орташа арифметикалық орташадан аспайтыны:
n 1 x 1 + … + 1 x n ≤ x 1 + … + x n n {\displaystyle {\frac {n}{{\frac {1}{x_{1}}}+\ldots +{\frac {1}{x_{n}}}}}\leq {\frac {x_{1}+\ldots +x_{n}}{n}}}
Гиббс теңсіздігі
өңдеу
Рао — Блекуэлл — Колмогоров теоремасы
өңдеу
Интегралдық тұжырымдамасы
өңдеу
φ ( x ) {\displaystyle \varphi \left(x\right)} дөңес функция және интегралданатын f ( x ) {\displaystyle f\left(x\right)} функциясы үшін
φ ( ∫ a b f ( x ) d x ) ≤ 1 b − a ∫ a b φ ( ( b − a ) f ( x ) ) d x . {\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
өңдеу