Disuguaglianza di Bernoulli

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Disuguaglianza di Bernoulli

Benvenuti nella nostra guida alla disuguaglianza di Bernoulli. L’articolo tratta questa importante disuguaglianza fornendone 3 dimostrazioni diverse, che consentono di coglierne le molte potenzialità. Questa risorsa è particolarmente indicata per studenti dei corsi introduttivi di Matematica, che desiderano comprendere in maniera semplice ma rigorosa ed efficace questo strumento.

Le disuguaglianze sono il cuore dell’Analisi Matematica. Spesso infatti, è più importante essere in grado di stimare una certa quantità che conoscere il suo valore esatto, in quanto la stima può essere più semplice da manipolare.

La disuguaglianza di Bernoulli consente di stimare dal basso la potenza $(1+x)^n$ con il binomio di primo grado $1+nx$ . Sebbene ogni disuguaglianza comporti sempre una certa perdita di precisione, la seconda espressione risulta visibilmente più semplice e spesso il suo studio è sufficiente per ottenere le conclusioni desiderate. La disuguaglianza di Bernoulli è infatti utilizzata nelle dimostrazioni della continuità della funzione esponenziale e quindi dell’esistenza dei logaritmi (proposizione 2.12 e definizione 5.23 e in Funzioni continue – Teoria) e nella definizione e proprietà del numero di Nepero, risultando dunque uno strumento fondamentale.

Proveremo la disuguaglianza sia nel caso speciale in cui $n$ è un numero naturale, sia quando $n$ è un numero reale positivo. Forniamo infatti le seguenti dimostrazioni:

La disuguaglianza viene provata mediante il principio di induzione sull’esponente $n$ , considerando cioè il caso in cui $n$ sia un numero naturale.
Viene poi proposta una dimostrazione della disuguaglianza in cui $n\geq 1$ non è necessariamente intero, che sfrutta la teoria sulle funzioni convesse.
Mostriamo poi la disuguaglianza nel caso in cui $n$ sia un numero reale positivo, impiegando la continuità della funzione esponenziale, la densità dei numeri razionali nei numeri reali e la disuguaglianza tra media aritmetica e media geometrica.

Se desideri scoprire la disuguaglianza di Bernoulli e i diversi punti di vista offerti da ognuna delle dimostrazioni, continua pure la lettura, e guarda alla fine della pagina per una lista esaustiva del materiale presente sul sito!

Teorema (disuguaglianza di Bernoulli). Sia $n \in \mathbb{N}$ e sia $x \in (-1,+\infty)$ . Allora vale

(1) $\begin{equation*} (1+x)^n\ge1+nx. \end{equation*}$

Dimostrazione 1.

Fissiamo $x \in (-1,+\infty)$ e dimostriamo che la disuguaglianza è vera per ogni $n \in \mathbb{N}$ applicando il principio di induzione. Chiamiamo $\mathcal{P}(n)$ la disuguaglianza (1) per l’esponente $n$ .

Passo base. Per mostrare che $\mathcal{P}(0)$ è vera, basta osservare che

$(1+x)^0=1 \ge 1=1+0\cdot x.$

Passo induttivo. Per ipotesi induttiva supponiamo vera $\mathcal{P}(n)$ e mostriamo che da ciò segue che anche $\mathcal{P}(n+1)$ è vera. Si ha infatti

$\begin{aligned} (1+x)^{n+1} & = (1+x)^n (1+x) \\ &\overset{*}{\ge} (1+nx)(1+x) \\ & = 1+x+nx+nx^2 \\ & = 1 + (n+1)x + nx^2 \\ & \ge 1+(n+1)x, \end{aligned}$

dove in $*$ abbiamo usato l’ipotesi induttiva. Il confronto tra il primo e l’ultimo membro di tali relazioni prova $\mathcal{P}(n+1)$ e, per induzione, il teorema.

Dimostrazione 2.

Poiché la disuguaglianza è banalmente vera per $n=0$ , è sufficiente provarla per $n \geq 1$ ; fissiamo dunque un tale $n$ . Osserviamo che la funzione $f \colon [-1,+\infty) \to \mathbb{R}$ definita da

$f(x)=(1+x)^n \qquad \forall x \in [-1,+\infty)$

è derivabile due volte con derivata seconda non-negativa. Ciò implica che $f$ sia sia convessa e, per una caratterizzazione delle funzioni convesse, il suo grafico giace al di sopra di qualunque retta a esso tangente. In formule ciò si esprime con

$f(x) \geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0) \qquad \forall x,x_0 \in [-1,+\infty).$

Ricordando $f'(x_0)=n(1+x_0)^{n-1}$ e scegliendo $x_0=0$ , si ottiene

$(1+x)^n = f(x) \geq f(0) + n(1+0)^{n-1}(x-0) = 1 + n x,$

che è proprio (1), cioè quanto si desiderava mostrare.

Osservazione.

Quest’ultima dimostrazione è valida per ogni $n \geq 1$ , anche non intero.

Come anticipato nell’introduzione, la disuguaglianza di Bernoulli permette di dimostrare la continuità della funzione esponenziale $g \colon x \in \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ definita da

$g(x)=a^x \qquad \forall x \in \mathbb{R},$

dove $a >0$ è un numero reale positivo fissato. Grazie a questa continuità, si può dimostrare una generalizzazione della disuguaglianza di Bernoulli in cui $n \geq 0$ non è necessariamente un numero naturale, ma può essere un qualsiasi numero reale positivo. Abbiamo già effettuato una parziale generalizzazione di questo tipo nella seconda dimostrazione, che però è valida solo per esponenti maggiori o uguali a $1$ . Verifichiamo ora che essa può estendersi a qualsiasi esponente reale positivo.

Teorema (disuguaglianza di Bernoulli generalizzata). Sia $s \in (0,+\infty)$ e sia $x \in (-1,+\infty)$ . Allora vale

(2) $\begin{equation*} (1+x)^s\ge1+sx. \end{equation*}$

Dimostrazione.

Sia $x \in (-1,+\infty)$ fissato. Poiché le funzioni che a $s \in \mathbb{R}$ associano rispettivamente $(1+x)^s$ e $1+sx$ sono funzioni continue, è sufficiente provare la tesi nel caso in cui $s$ sia un numero razionale, cioè possiamo assumere $s = \frac{p}{q}$ con $p,q \in \mathbb{N}$ . Elevando (2) alla potenza $q$ , essa è equivalente a

$(1+x)^{p} \geq \left(1+\frac{p}{q}x\right)^q.$

Ponendo $z\coloneqq \frac{x}{q}$ , la tesi diviene equivalente a

$(1+qz)^{p} \geq \left(1+pz\right)^q,$

e, dividendo entrambi i membri per $(1+qz)^{p}$ , possiamo ulteriormente riscrivere la tesi come

$1 \geq \left(\frac{1+pz}{1+qz}\right)^{q}\left(\frac{1}{1+qz}\right)^{p-q}.$

Osserviamo che il membro di destra di questa disuguaglianza è il prodotto di $q$ fattori pari a $\frac{1+pz}{1+qz}$ e di $p-q$ fattori pari a $\frac{1}{1+qz}$ , dunque è la potenza $p$ -esima della media geometrica di questa serie di $p$ numeri reali non-negativi. Per la disuguaglianza tra media geometrica e media aritmetica si ha dunque

$\left(\frac{1+pz}{1+qz}\right)^{q}\left(\frac{1}{1+qz}\right)^{p-q} \leq \left ( \dfrac{q\cdot\dfrac{1+pz}{1+qz} + (p-q) \cdot\dfrac{1}{1+qz}}{p}\right )^p = \left ( \dfrac{q(1+pz) + (p-q)}{p(1+qz)}\right )^p = 1,$

che è quanto si voleva dimostrare.

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Document

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