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 $\mathcal X$ аралықта дөңес болсын және $\ q_1,q_2,\ldots,q_n$ сандары үшін $\ q_1,q_2,\ldots,q_n>0$ және $\ q_{1}+q_2+\ldots+q_n=1$ болсын. Онда $\ x_1,x_2,\ldots,x_n$ сандарының $\mathcal X$ аралығында кез келген мәндері үшін мына теңдік орындалады:

$f(q_1x_1+q_2x_2+\ldots+q_nx_n)\le q_1f(x_1)+q_2f(x_2)+\ldots+q_nf(x_n)$

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

$f(q_1x_1+q_2x_2+\ldots+q_nx_n+q_{n+1}x_{n+1})\le q_1f(x_1)+q_2f(x_2)+\ldots+q_nf(x_n)+q_{n+1}f(x_{n+1})$.

Осы мақсатпен сол жақтағы соңғы екі қосылғышты $\ q_nx_n+q_{n+1}x_{n+1}$ бір қосылғышпен алмастырайық

$(q_n+q_{n+1}) \left( \frac {q_n}{q_n+q_{n+1}} x_n+ \frac {q_{n+1}}{q_n+q_{n+1}} x_{n+1} \right)$;

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

$q_1f(x_1)+q_2f(x_2)+\ldots+(q_n+q_{n+1}) f\left( \frac {q_n}{q_n+q_{n+1}} x_n+ \frac {q_{n+1}}{q_n+q_{n+1}} x_{n+1} \right)$.

Функция мәніне соңғы қосылғышқа $\ n=2$ 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

$\left(\sum_{i=1}^{n} {q_ix_i}\right)^k \le \sum _{i=1}^{n} {q_ix_i^k}$,      $\ q_1,\ldots,q_n>0$ және $\ q_1+\ldots+q_n=1$

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

$\left(\sum_{i=1}^{n} {p_ix_i}\right)^k \le \left(\sum _{i=1}^{n} {p_i}\right)^{k-1}\sum _{i=1}^{n} {p_ix_i^k}$.

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:

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

Коши теңсіздігі

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

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

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

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

Гармоникалық орташа мен геометриялық орташа арасындағы теңсіздік

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

$\left( \sum_{i=1}^{n} {q_ix_i} \right) \ln \left( \sum_{i=1}^{n} {q_ix_i} \right) \le \sum_{i=1}^{n} {q_ix_i \ln x_i}$. $q_i=\frac{\frac{1}{x_i}}{\sum_{i=1}^{n} {\frac{1}{x_i}}}$ қойсақ, табатынымыз

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

Гармоникалық орташа мен арифметикалық орташа арасындағы теңсіздік

• $\ f(x)=\frac{1}{x}$ (дөңес функция) болсын. Онда $\frac{1}{\sum_{i=1}^{n} {q_ix_i}} \le \sum_{i=1}^{n} {\frac{q_i}{x_i}}$

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

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

Интегралдық тұжырымдамасы

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

$\varphi\left(\int_a^b f(x)\, dx\right) \le \frac{1}{b-a}\int_a^b \varphi((b-a)f(x)) \,dx.$ орындалады

Тағы қараңыз

• Юнга теңсіздігі
• Минковский теңсіздігі
• Гёльдер теңсіздігі