Bernoullische Ungleichung

Die Bernoullische Ungleichung erlaubt eine Abschätzung von Potenzen.

Satz 5222A (Bernoullische Ungleichung)

Sei n∈Nn\in \dom N und a∈Ra\in \dom R mit a≥−1a\geq -1, dann gilt:
(1+a)n≥1+na(1+a)^n\geq 1+na.

Beweis

Wir benutzen die vollständige Induktion. Für n=0n=0 ist die Behauptung klar: (1+a)0=1≥1+0a(1+a)^0=1\ge 1+0a .

Induktionsschritt

(1+a)n+1=(1+a)(1+a)n(1+a)^{n+1}=(1+a)(1+a)^n (wegen 1+a≥01+a\geq 0)
≥(1+a)(1+na)\geq (1+a)(1+na) (nach Induktionsvoraussetzung)
=1+a+na+na2=1+a+na +na^2 =1+(n+1)a+na2 =1+(n+1)a + na^2
≥1+(n+1)a\geq 1+(n+1)a. □\qed
 
 

Beispiel

Wir wollen e⁡x>=1+x\e^x >=1+x für alle x∈Rx\in\R zeigen. Für ein beliebiges, aber festes x∈Rx\in\R gibt es ein n0(x)∈Nn_0(x)\in\N, sodass n>=−xn>=-x, also xn≥−1\dfrac{x}{n} \geq -1 für alle n>n0n>n_0. Mit der Bernoullischen Ungleichung egal sich dann:
(1+xn)n≥1+n⋅xn=1+x\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^n \geq 1 + n\cdot \dfrac{x}{n} = 1 + x
für alle n>n0n>n_0. Mit ex=lim⁡n→∞(1+xn)ne^x=\lim_{n\to\infty}\left(1+\dfrac{x}{n}\right)^n ergibt sich die behauptete Ungleichung.

Die Logik ist die Hygiene, deren sich der Mathematiker bedient, um seine Gedanken gesund und kräftig zu erhalten.

Hermann Weyl

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