Cím:	Egyenlőtlenségek (4)
Szerző(k):	Aczél János ,  Surányi János
Füzet:	1951/december, 198 - 220. oldal	PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Szakmai cikkek
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1951/november: 339. matematika feladat, 1951/november: 341. matematika feladat, 1951/november: 348. matematika feladat, 1951/november: 342. matematika feladat, 1951/november: 343. matematika feladat, 1951/november: 347. matematika feladat, 1951/november: 349. matematika feladat, 1951/november: 350. matematika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre. 4. Függvények konvex voltának egyszerűbb algebrai feltételei   Ismételjük röviden meg eddigi gondolatmenetünket. Észrevettük, hogy bizonyos egyenlőtlenségek geometriailag értelmezhetők, azt fejezik ki, hogy valamely függvényt ábrázoló görbe konvex, (alulról domború), vagy konkáv (alulról homorú). Így ha egy függvény képének a domborúságáról (a függvény domborúságát fogjuk röviden mondani helyette) tájékozódni tudunk, akkor ebből bizonyos egyenlőtlenségek érvényességére következtethetünk. A domborúság megállapításában azonban nem szorítkozhatunk a geometriai szemléletre, mert erősen függ a rajzolás pontosságától és szemünk élességétől. A domborúságra megbízhatóan éppen alkalmas egyenlőtlenségek teljesítéséből következtethetünk. Pl. ha $x_1\ne x_2$ (amit a továbbiakban mindig fel fogunk tenni) tetszés szerinti abszcissza értékek, továbbá $q_1$ és $q_2$ olyan pozitív ,,súlyok'', melyek összege $1$, akkor az, hogy egy $f\left(x\right)$ függvényre teljesül, bármely a feltételnek megfelelő $q_1$, $q_2$ számpárra az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(q_1{x}_1+q_2{x}_2\right)<q_{1}f\left(x_1\right)+q_{2}f\left(x_2\right)}\end{array}$ kéttagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség, azt jelenti, hogy az $f\left(x\right)$ függvény görbéjének két pont közti húrja a görbeív fölött van. Ha ez egy intervallum bármely két abszcisszájára teljesül, akkor abban az intervallumban a függvény konvex. Így látszólag megfordult a helyzet, mert éppen egyenlőtlenségek fennállását kell bizonyítani ahhoz, hogy szigorú következtetéseket vonhassunk görbék domborúságára, mégis találtunk, és éppen a geometriai szemlélettől vezetve a konvex függvényeknek egyéb jellemző tulajdonságait, amit algebrai formában is megfogalmazhatunk és amik fennállására a fenti egyenlőtlenség teljesüléséből következtethetünk. Így ha egy függvényre igazoltuk a kéttagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség teljesülését, akkor láttuk, hogy mindig teljesül az, $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(q_1{x}_1+q_2{x}_2+\text{...}+q_k{x}_k\right)<q_{1}f\left(x_1\right)+q_{2}f\left(x_2\right)+\text{...}+q_{k}f\left(x_k\right)}\end{array}$ többtagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség is, ahol az $x_1\mathrm{,}{x}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_k$ abszcisszák közt vannak különbözők és $q_1\mathrm{,}{q}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{q}_k$, olyan pozitív számok, amelyek összege $1$. A geometriai szemlélet azt is mutatja, hogy elegendő azt tudni egy görbéről, hogy minden húr középpontja a görbe fölött van, már ebből is következtethetünk a görbe konvex voltára, vagyis az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)}{2}}\end{array}$ (1) kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség teljesítéséből már következik a súlyozott és a többtagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség teljesülése is. Ezt egyelőre csak a szemlélet alapján láttuk be. Nézzük most meg, mit tudunk bizonyítani anélkül, hogy a geometriai szemléletre hivatkoznánk. Tegyük fel, hogy teljesül egy függvényre az (1) egyenlőtlenség. Ebből közvetlenül a négytagú hasonló egyenlőtlenségre következtethetünk. $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}=\frac{\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{x_3+x_4}{2}}{2}}\end{array}$ folytán ugyanis kétszer alkalmazva az (1) egyenlőtlenséget, azt kapjuk, hogy ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\right)=f\left(\frac{\frac{x_1+x_2}{2}+\frac{x_3+x_4}{2}}{2}\right)\leqq }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \leqq \frac{f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)+f\left(\frac{x_3+x_4}{2}\right)}{2}\leqq \frac{\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)}{2}+\frac{f\left(x_3\right)+f\left(x_4\right)}{2}}{2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+f\left(x_3\right)+f\left(x_4\right)}{4}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Meg kell engednünk az egyenlőség fennállását is, mert ha az $x$-ek közt vannak is különbözők, akkor is előfordulhatnak a kéttagú számtani közepek számlálóiban egyenlő számok is és így a megfelelő egyenlőtlenség helyébe egyenlőség lép. Nem fordulhat elő azonban mindegyik törtben ez az eset, és így az első és utolsó kifejezés közt mindig a $<$ jel lesz érvényes. Így $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2+x_3+x_4}{4}\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+f\left(x_3\right)+f\left(x_4\right)}{4}\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan következtethetünk most a $8$-tagú, majd a $16$, $32$-tagú egyenlőtlenségre és így tovább. Általában megmutatjuk, hogy (1)-ből következik a $2^j$ tagú egyenlőtlenség minden pozitív egész $j$-re. A bizonyítás teljes indukcióval történhet $j=1$-re feltevés szerint igaz az állítás. Legyen most $j=k$ és tegyük fel, hogy $j=k-1$-re igazoljuk, hogy az (1)-ből következik az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_{2^{k-1}}\right)}{2^{k-1}}}\end{array}$ egyenlőtlenség. Vegyünk most $2^k$ számú abszcisszát. Ekkor (1) és a feltétel szerint ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_{2^k}}{2^k}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =f\left(\frac{\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}+\frac{x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\text{...}+x_{2^k}}{2^{k-1}}}{2}\right)\leqq }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \leqq \frac{f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_{2^{k-1}}}{2^{k-1}}\right)+f\left(\frac{x_{2^{k-1}+1}+x_{2^{k-1}+2}+\text{...}+x_{2^k}}{2^{k-1}}\right)}{2}\leqq }\hfill \\ \hfill {\displaystyle \leqq \frac{\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_{2^{k-1}}\right)}{2^{k-1}}+\frac{f\left(x_{2^{k-1}+1}\right)+f\left(x_{2^{k-1}+2}\right)+\text{...}+f\left(x_{2^k}\right)}{2^{k-1}}}{2}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_{2^{k-1}}\right)f\left(x_{2^{k-1}+1}\right)+f\left(x_{2^{k-1}+2}\right)+\text{...}+f\left(x_{2^k}\right)}{2^k}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ és itt ismét valahol a $<$ jel lesz az érvényes, vagyis következik az állítás helyessége $k$-ra is. Ezzel igazoltuk az állítás helyességét minden $j$ értékre. Hátra van azonban még az állítás igazolása a $2$ hatványaitól különböző tagszámok esetében. Cauchy francia matematikus egy rendkívül egyszerű gondolattal fejezte be a bizonyítást: azt mutatta meg, hogy ha valamilyen tagszámra helyes az egyenlőtlenség, akkor helyes minden kisebb tagszám esetén is. Ez azon múlik, hogy a számtani középnek egyik tulajdonsága, hogy ezt hozzávéve a már meglevő számokhoz. A keletkező eggyel több szám számtani közepe ugyanaz lesz, mint az eredeti számoké volt. Valóban ha $\begin{array}{c}{\displaystyle x=\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_n}{n}\mathrm{,}}\end{array}$ akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1+x_2+\text{...}+x_n+x}{n+1}=\frac{nx+x}{n+1}=x\mathrm{.}}\end{array}$ Hasonlóan, ha az eredeti számokhoz még több újat (pl. $m$ számút) veszünk hozzá, melyek mindegyike $x$-szel egyenlő, akkor is változatlan marad a számtani közép: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{x_1+x_2+\text{...}+x_n+mx}{n+m}=\frac{nx+mx}{n+m}=x\mathrm{.}}\end{array}$ Hogyha $k$ most tetszés szerinti pozitív egész szám és az $x_1\mathrm{,}{x}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_k$ abszcisszák közt vannak különbözők, a számtani közepük pedig $x$, akkor keressünk $2$-nek egy $k$-nál nagyobb hatványát, legyen ez $2^j$. Legyen $l=2^j-k$. Ekkor a mondottak és a már bizonyított egyenlőtlenség szerint ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(x\right)=f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_k}{k}\right)=f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_k+lx}{2^j}\right)<}\hfill \\ \hfill {\displaystyle <\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_k\right)+lf\left(x\right)}{2^j}\mathrm{.}}\hfill \end{array}}$ Innen $\begin{array}{c}{\displaystyle \left(1-\frac{l}{2^j}\right)f\left(x\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_k\right)}{2^j}}\end{array}$ és $1-\frac{l}{2^j}=\frac{2^j-l}{2^j}=\frac{k}{2^j}$-vel átosztva $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(x\right)=f\left(\frac{x_1+x_2+\text{...}+x_k}{k}\right)<\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_k\right)}{k}\mathrm{.}}\end{array}$ Ezzel bebizonyítottuk, hogyha egy függvényre teljesül a kéttagú szimmetrikus Jensen-egyenlőtlenség, akkor teljesül minden $k$-ra a $k$ tagú szimmetrikus egyenlőtlenség is. 1 Ebből már tudunk következtetni olyan súlyozott Jensen-egyenlőlenségek teljesülésére is, melyekben racionális számok a súlyok. Legyenek $x_1\mathrm{,}{x}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{x}_k$ adott abszcisszák és legyenek adva $q_1\mathrm{,}{q}_2\mathrm{,}\text{...}\mathrm{,}{q}_k$ racionális súlyok, melyek összege $1$. Ezeket hozzuk közös nevezőre, legyen ez $p$, tehát $q_1=p_1/p$, $q_2=p_2/p$, $\text{...}$, $q_k=p_k/p$. $q_1+q_2+\text{...}+q_k=1$ folytán $p_1+p_2+\text{...}+p_k=p$. Így ${\displaystyle \begin{array}{c}\hfill {\displaystyle f\left(q_1{x}_1+q_2{x}_2+\text{...}+q_k{x}_k\right)=f\left(\frac{p_1{x}_1+p_2{x}_2+\text{...}+p_k{x}_k}{p}\right)=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =f\left(\frac{\underset{}{\overset{p_1-\text{szer}}{\stackrel{}{\overbrace{x_1+\text{...}+x_1}}}}+\underset{}{\overset{p_2-\text{ször}}{\stackrel{}{\overbrace{x_2+\text{...}+x_2}}}}+\text{...}+\underset{}{\overset{p_k-\text{szor}}{\stackrel{}{\overbrace{x_k+\text{...}+x_k}}}}}{p_1+p_2+\text{...}+p_k}\right)<}\hfill \\ \hfill {\displaystyle <\frac{\underset{}{\overset{p_1-\text{szer}}{\stackrel{}{\overbrace{f\left(x_1\right)+\text{...}+f\left(x_1\right)}}}}+\underset{}{\overset{p_2-\text{ször}}{\stackrel{}{\overbrace{f\left(x_2\right)+\text{...}+f\left(x_2\right)}}}}+\text{...}+\underset{}{\overset{p_k-\text{szor}}{\stackrel{}{\overbrace{f\left(x_k\right)+\text{...}+f\left(x_k\right)}}}}}{p_1+p_2+\text{...}+p_k}=}\hfill \\ \hfill {\displaystyle =\frac{p_{1}f\left(x_1\right)+p_{2}f\left(x_2\right)+\text{...}+p_{k}f\left(x_k\right)}{p}=q_{1}f\left(x_1\right)+q_{2}f\left(x_2\right)+\text{...}+q_{k}f\left(x_k\right)}\hfill \end{array}}$ amivel igazoltuk állításunkat. 2 Látszólag már alig választ el valami a kérdés egész általános megoldásától. Eredményünket ki kellene még terjeszteni irracionális súlyokra is, és erre az adna módot, hogy egy irracionális számhoz akármilyen közel van racionális szám is. Valóban ennek a lépésnek nincs komoly nehézsége, ha tudjuk, hogy a függvény nem változik hirtelen ugrásszerűen (más esetben az állítás sem mindig igaz). Ennek a kikötésnek a precíz matematikai megfogalmazása és az az okoskodásmód, amivel ebből további következtetéseket vonhatnánk, ha nem is okoz már komoly nehézséget, számunkra igen szokatlan volna. Így beérjük azzal, hogy szemléletünk szerint az olyan függvények, amelyek egy összefüggő vonallal megrajzolhatók ‐ más szóval folytonosak, ‐ bírnak a mondott tulajdonsággal. Ismételjük azonban, hogy a hátralevő lépések is megtehetők teljes matematikai szigorúsággal és bebizonyítható egész általánosan, hogy ha egy függvény egy számközben eleget tesz az (1) egyenlőtlenségnek és folytonos, akkor teljesül rá tetszés szerinti súlyokkal és akárhány taggal a súlyozott Jensen-egyenlőtlenség is. Így igaz az is, hogy bármely húr a függvénygörbe megfelelő íve fölött halad, tehát a görbe alulról domború ebben a számközben. Ezzel a cikk elején mondottakhoz képest nagy haladást tettünk, mert ezután a kéttagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség igazolása helyett elegendő a szimmetrikus egyenlőtlenség teljesülését igazolni, abból is következik, hogy a függvény konvex, tehát teljesül rá a két és a többtagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenség is. A konkáv, tágabb értelemben konvex és tágabb értelemben konkáv függvényekre is hasonló érvényes, azzal a különbséggel, hogy ilyenkor $<$ helyett $>$, $\leqq$ ill. $\geqq$ jel áll. Tehát egy $f\left(x\right)$ függvény pl. akkor és csakis akkor konkáv, ha bármely két különböző $x_1$, $x_2$ számra teljesül az $\begin{array}{c}{\displaystyle f\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>\frac{f\left(x_1\right)+f\left(x_2\right)}{2}}\end{array}$ egyenlőtlenség, és hasonló egyenlőtlenségek jellemzik a többi tulajdonságokat is. Vizsgáljuk pl. a ${10}^x$ függvényt. $\begin{array}{c}{\displaystyle {10}^{\frac{x_1+x_2}{2}}=\sqrt[]{{10}^{x_1}{10}^{x_2}}<\frac{{10}^{x_1}+{10}^{x_2}}{2}}\end{array}$ a számtani és mértani közép közti egyenlőtlenség szerint. ${10}^x$ tehát konvex függvény, de ugyanez igaz bármely $1$-től különböző pozitív a szám hatványára is, mert egész hasonlóan $\begin{array}{c}{\displaystyle a^{\frac{x_1+x_2}{2}}=\sqrt[]{a^{x_1}{a}^{x_2}}<\frac{a^{x_1}+a^{x_2}}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A logaritmus függvényre, ha $x_1$ és $x_2$ pozitív, $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>\text{lg}\left(\sqrt[]{x_1{x}_2}\right)=\frac{\text{lg}{x}_1+\text{lg}{x}_2}{2}\mathrm{,}}\end{array}$ tehát a tízes alapú logaritmus konkáv függvény. Itt az első lépésben kihasználtuk azt is, hogy az $\text{lg}x$ függvény értéke csökken, ha $x$ csökken. Ez csak $1$-nél nagyobb alapszámú logaritmusra igaz, így ha $a>1$ $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{}{\overset{}{\text{log}}}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)>\underset{}{\overset{}{\text{log}}}\left(\sqrt[]{x_1{x}_2}\right)=\frac{\underset{}{\overset{}{\text{log}}}{x}_1+\underset{}{\overset{}{\text{log}}}{x}_2}{2};}\end{array}$ ha viszont $0<a<1$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{}{\overset{}{\text{log}}}\left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)<\underset{}{\overset{}{\text{log}}}\left(\sqrt[]{x_1{x}_2}\right)=\frac{\underset{}{\overset{}{\text{log}}}{x}_1+\underset{}{\overset{}{\text{log}}}{x}_2}{2}\mathrm{.}}\end{array}$ A logaritmus függvény tehát $1$-nél nagyobb alapszám esetén konkáv, $1$-nél kisebb alapszám esetén viszont konvex. A bebizonyított egyenlőtlenségek egyik következménye, hogy a $\text{lg}x$ függvényre teljesül a súlyozott Jensen-egyenlőtlenség tehát, ha $x_1$, $x_2$, $q_1$ és $q_2$ pozitív és $q_1+q_2=1$, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle \text{lg}\left(q_1{x}_1+q_2{x}_2\right)>q_1\text{lg}{x}_1+q_2\text{lg}{x}_2\mathrm{.}}\end{array}$ Miután ${10}^x$ értéke csökkenő $x$-szel csökken, így ugyanilyen egyenlőtlenség áll azok közt a számok közt is, amiknek a bal-, ill. jobboldal a logaritmusa: $\begin{array}{c}{\displaystyle q_1{x}_1+q_2{x}_2={10}^{\text{lg}\left(q_1{x}_1+q_2{x}_2\right)}>{10}^{q_1\text{lg}{x}_1+q_2\text{lg}{x}_2}=x_1^{q_1}{x}_2^{q_2}\mathrm{.}}\end{array}$ A baloldalon a két szám súlyozott számtani közepe áll, a jobboldalt nevezzük a súlyozott mértani középnek; (ha $q_1=q_2=1/2$, akkor éppen a közönséges mértani közepet kapjuk). Azt kaptuk tehát, hogy két szám súlyozott számtani közepe nagyobb az ugyanazon súlyokkal súlyozott mértani középnél. Ha a többtagú súlyozott Jensen-egyenlőtlenséget írjuk fel, akkor ugyanígy kapjuk, hogy akárhány szám súlyozott számtani közepe mindig nagyobb az ugyanazokkal a súlyokkal súlyozott mértani középnél. Ezeket bizony nem volna könnyű a fenti tétel igénybevétele nélkül közvetlenül igazolni. Ha a nyert egyenlőtlenséget az $y_1=1/x_1$, $y_2=1/x_2$ számokra írjuk fel, akkor azt kapjuk, hogy $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{q_1}{x_1}+\frac{q_2}{x_2}=q_1{y}_1+q_2{y}_2>y_1^{q_1}{y}_2^{q_2}={\left(\frac{1}{x_1}\right)}^{q_1}{\left(\frac{1}{x_2}\right)}^{q_2}\mathrm{,}}\end{array}$ vagyis $\begin{array}{c}{\displaystyle x_1^{q_1}{x}_2^{q_2}>\frac{1}{\left(q_1/x_1\right)+\left(q_2/x_2\right)}\mathrm{.}}\end{array}$ A jobboldali mennyiséget nevezzük súlyozott harmonikus középnek. A súlyozott mértani közép tehát a súlyozott számtani és a súlyozott harmonikus közép közé esik. 3 A kitevős függvény konvexségéből még egy fontos egyenlőtlenséget olvashatunk le: vegyük az $x=0$ és $x=1$ abszcisszájú pontok közti húrt. Az $a^x$ függvény értéke e helyeken $1$, és $a$.     A $\left(\mathrm{0,}1\right)$, $\left(\mathrm{1,}a\right)$ pontokon átmenő egyenes $x$ abszcisszájú pontjának ordinátáját az $1+\left(a-1\right)x$ függvény adja meg. Ez az egyenes több pontban nem metszheti a görbét, mert akkor volna olyan húr, amelynek a belsejében is van közös pontja a görbével, ami a konvexség miatt lehetetlen. A görbe tehát a két pont közt a húr alatt van, azon kívül pedig mindig fölötte. Ezt egyenlőtlenség formájában így írhatjuk: ha $a\ne 1$, és pozitív, akkor $\begin{array}{c}{\displaystyle a^x>1+\left(a-1\right)x\mathrm{,}\text{ha}x>1\text{és ha}x<\mathrm{0,}}\end{array}$ és Célszerűbb $a-1$-et jelölni egy betűvel, pl. $h$-val. Ekkor $h>-1$, $h\ne 0$ esetén.