Йенсен теңсіздігі

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 $f\left(x\right)$ белгілі бір $𝒳$ аралықта дөңес болсын және $q_1,q_2,\dots ,q_n$ сандары үшін $q_1,q_2,\dots ,q_n>0$ және $q_1+q_2+\dots +q_n=1$ болсын. Онда $x_1,x_2,\dots ,x_n$ сандарының $𝒳$ аралығында кез келген мәндері үшін мына теңдік орындалады:

$f(q_1{x}_1+q_2{x}_2+\dots +q_n{x}_n)\le q_{1}f(x_1)+q_{2}f(x_2)+\dots +q_{n}f(x_n)$

немесе

$f\left(\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\right)\le \sum _{i=1}^n{q}_{i}f(x_i)$.

Ескерту:

• Егер $f(x)$ функциясы ойыс(жоғарға дөңес), онда теңсіздік белгісі керісінше болады.
• Иоган Йенсен өзі ең жеке жағдайдан, дәлірек айтқанда

$f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)\le \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}$, бұл мына жағдайға сәйкес келеді $q_1=q_2=\frac{1}{2}$.

Дәлелдеу

Математикалық индукция тәсілімен дәлелдейік.

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

$f(q_1{x}_1+q_2{x}_2+\dots +q_n{x}_n+q_{n+1}{x}_{n+1})\le q_{1}f(x_1)+q_{2}f(x_2)+\dots +q_{n}f(x_n)+q_{n+1}f(x_{n+1})$.

Осы мақсатпен сол жақтағы соңғы екі қосылғышты $q_n{x}_n+q_{n+1}{x}_{n+1}$ бір қосылғышпен алмастырайық

$(q_n+q_{n+1})(\frac{q_n}{q_n+q_{n+1}}{x}_n+\frac{q_{n+1}}{q_n+q_{n+1}}{x}_{n+1})$;

бұл $n$ жағдайындағы теңсіздікті пайдалануға мүмкіндік береді, яғни жоғарыдағы қосынды мына қосындыдан аспайды

$q_{1}f(x_1)+q_{2}f(x_2)+\dots +(q_n+q_{n+1})f(\frac{q_n}{q_n+q_{n+1}}{x}_n+\frac{q_{n+1}}{q_n+q_{n+1}}{x}_{n+1})$.

Функция мәніне соңғы қосылғышқа $n=2$ үшін теңсіздікті пайдалану ғана қалды. Осылайша математикалық индукция тәсілі бойынша Йенсен теңсіздігі толықтай дәлелденді.

Жеке түрлері немесе салдары

Гёльдер теңсіздігі

• $f(x)=x^k$ болсын, мұндағы $x>0,$ $k>1$ (дөңес функция). Онда

${\left(\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\right)}^k\le \sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i^k$,      $q_1,\dots ,q_n>0$ және $q_1+\dots +q_n=1$

$q_i=\frac{p_i}{p_1+\dots +p_n}$ деп белгілейңк, мұндағы $p_1,\dots ,p_n$- кез келген оң сандар, онда тогда теңсіздік былай жазыла алады

${\left(\sum _{i=1}^n{p}_i{x}_i\right)}^k\le {\left(\sum _{i=1}^n{p}_i\right)}^{k-1}\sum _{i=1}^n{p}_i{x}_i^k$.

Мұнда $p_i$ мынаған $b_i^{\frac{k}{k-1}}$ ал $x_i$ мынаған $\frac{a_i}{b_i^{\frac{1}{k-1}}}$ алмастырсақ, белгілі Гёльдер теңсіздігін шығарамыз:

$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i\le {\left(\sum _{i=1}^n{a_i}^k\right)}^{\frac{1}{k}}{\left(\sum _{i=1}^n{b_i}^{\frac{k}{k-1}}\right)}^{\frac{k-1}{k}}$.

Коши теңсіздігі

• $f(x)=\ln x$ (ойыс функция) болсын. Онда

$\sum _{i=1}^n{q}_i\ln x_i\le \ln \left(\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\right)$, немесе $\ln \prod _{i=1}^n{x}_i^{q_i}\le \ln \sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i$, онда $\prod _{i=1}^n{x}_i^{q_i}\le \sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i$.

Жеке түрі $q_i=\frac{1}{n}$ болғанда Коши теңсіздігі шығады (геометриялық орташа арифметикалық орташадан аспайды)

$\sqrt[n]{x_1\dots x_n}\le \frac{x_1+\dots +x_n}{n}$

Гармоникалық орташа мен геометриялық орташа арасындағы теңсіздік

• $f(x)=x\ln x$ (дөңес функция) болсын. Онда

$\left(\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\right)\ln \left(\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\right)\le \sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i\ln x_i$. $q_i=\frac{\frac{1}{x_i}}{\sum _{i=1}^n\frac{1}{x_i}}$ қойсақ, табатынымыз

$\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\dots +\frac{1}{x_n}}\le {(x_1\cdot \dots \cdot x_n)}^{1/n}$ (Гармоникалық орташа геометриялық орташадан аспайды)

Гармоникалық орташа мен арифметикалық орташа арасындағы теңсіздік

• $f(x)=\frac{1}{x}$ (дөңес функция) болсын. Онда $\frac{1}{\sum _{i=1}^n{q}_i{x}_i}\le \sum _{i=1}^n\frac{q_i}{x_i}$

Жеке түрі $q_i=\frac{1}{n}$ болғанда шығатыны гармоникалық орташа арифметикалық орташадан аспайтыны:

$\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\dots +\frac{1}{x_n}}\le \frac{x_1+\dots +x_n}{n}$

Интегралдық тұжырымдамасы

$\phi \left(x\right)$ дөңес функция және интегралданатын $f\left(x\right)$ функциясы үшін

$\phi (\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx)\le \frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\phi ((b-a)f(x))dx.$ орындалады

Тағы қараңыз

• Юнга теңсіздігі
• Минковский теңсіздігі
• Гёльдер теңсіздігі