Нерівність Ерміта — Адамара

Ілюстрація нерівності Ерміта — Адамара.

У математичному аналізі нерівність Ерміта — Адамара, встановлює межі інтегралу опуклої на інтервалі функції:

$f\left(\frac{a+b}{2}\right)\le \frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx\le \frac{f(a)+f(b)}{2}.$

Нерівності названі на честь Шарля Ерміта і Жака Адамара.

Попри те, що нерівності були відомими досить давно і для них є досить багато застосувань, вони не є настільки добре відомі, як деякі інші властивості опуклих функцій, зокрема нерівність Єнсена.

Доведення

Оскільки функція $f$ є опуклою на інтервалі, вона є неперервною і диференційовною справа і зліва у кожній точці інтервалу. Позначимо ліві і праві похідні $f^{-}$ і $f^{+}$ відповідно. Для кожного $x_0\in [a,b]$, введемо функцію

$t(x)=f(x_0)+c(x-x_0),c\in [f^{-}(x_0),f^{+}(x_0)].$

для якої

$\mathrm{\forall }x\in [a,b],t(x)⩽f(x),\wedge t(x)=f(x)\iff x=x_0.$

Зокрема для $x_0=\frac{a+b}{2}$ :

$\mathrm{\forall }x\in [a,b],f\left(\frac{a+b}{2}\right)+c(x-\frac{a+b}{2})⩽f(x),c\in [f^{-}\left(\frac{a+b}{2}\right),f^{+}\left(\frac{a+b}{2}\right)].$

Навпаки, зважаючи на опуклість Шаблон:Mvar:

$\mathrm{\forall }x\in [a,b],f(x)⩽f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a).$

Проінтегрувавши отримуємо:

$\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f\left(\frac{a+b}{2}\right)+c(x-\frac{a+b}{2})]\mathrm{d}x=(b-a)f\left(\frac{a+b}{2}\right),\underset{a}{\overset{b}{\int }}[f(a)+\frac{f(b)-f(a)}{b-a}(x-a)]\mathrm{d}x=(b-a)\frac{f(a)+f(b)}{2}.$

Застосування

• Формула Стірлінга. Розглянемо функцію $x\mapsto f(x)=\frac{1}{1+x}(x\ge 0)$. Вона є опуклою оскільки $f^{″}(x)=\frac{2}{(1+x{)}^3}>0$. Використавши нерівність Ерміта — Адамара на інтервалі $[0,x]$ отримуємо

$x-\frac{x^2}{2+x}<\ln (1+x)<x-\frac{x^2}{2+2x}$  .

Звідси для довільного натурального числа $n>0$

$\frac{1}{n+\frac{1}{2}}<\ln (n+1)-\ln n<\frac{1}{2}(\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1})$ або $1<(n+\frac{1}{2})\ln \left(\frac{n+1}{n}\right)<1+\frac{1}{4n(n+1)}$.

Ці нерівності можна використати для доведення формули Стірлінга. Для цього зручніше переписати останню нерівність пропотенціювавши її$e<{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{n+\frac{1}{2}}<e^{1+\frac{1}{4n(n+1)}}$. Тоді формула Стірлінга може бути отримана, якщо ввести послідовність $a_n=\frac{n!e^n}{n^{n+1/2}}$. Оскільки з означень $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{{\left(\frac{n+1}{n}\right)}^{n+\frac{1}{2}}}{e}$ , то з отриманих вище нерівностей $1<\frac{a_n}{a_{n+1}}<e^{\frac{1}{4n(n+1)}}=\frac{e^{\frac{1}{4n}}}{e^{\frac{1}{4(n+1)}}}$. Звідси відразу отримуємо, що послідовність $a_n$ є спадною і обмеженою знизу, а послідовність $b_n=a_n{e}^{-\frac{1}{4n}}$ є зростаючою і обмеженою зверху. Оскільки $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{e}^{-\frac{1}{4n}}=1$ то $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{b}_n=a$. Тому для кожного натурального числа знайдеться таке $0<\theta <1$, що $a_n=a{e}^{\frac{\theta }{4n}}$. Повертаючись до означення послідовності отримуємо $n!=a\sqrt{n}{e}^{\frac{\theta }{4n}}$. За допомогою, наприклад, формули Валліса можна знайти $a=\sqrt{2\pi }$ , що завершить доведення.

• Нерівності між середніми. Розглянемо функцію $x\mapsto f(x)=e^x$. Вона є строго опуклою на всій множині дійсних чисел і тому для усіх $-\mathrm{\infty }<a<b<\mathrm{\infty }$ згідно з нерівністю Ерміта — Адамара

$e^{\frac{a+b}{2}}<\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{e}^{x}dx=\frac{e^b-e^a}{b-a}<\frac{e^a+e^b}{2}$.

Якщо взяти $a=\ln x,b=\ln y$ для додатних $x<y$, то отримаємо:

$\sqrt{xy}<\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}{e}^{x}dx=\frac{y-x}{\ln y-\ln x}<\frac{x+y}{2}$,

тобто нерівності між геометричним, логарифмічним і арифметичним середніми.

• Тригонометричні нерівності. Розглянемо функцію $x\mapsto f(x)=\sin x,x\in [0,\pi ]$. На цьому проміжку функція є вгнутою. Тому згідно з нерівністю Ерміта — Адамара (в якій для вгнутих функцій лише треба змінити напрямок нерівностей) для $0<a<b<\pi$ :

$\sin \left(\frac{a+b}{2}\right)>\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}\sin xdx=\frac{\cos a-\cos b}{b-a}>\frac{\sin a+\sin b}{2}$.

Нехай тепер $0<a<b<\pi /2$. Тоді $\sin \frac{\alpha +\beta }{2}>0$.

Використаємо тригонометричні тотожності $\cos \alpha -\cos \beta =-2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\sin \frac{\alpha -\beta }{2}$ і $\sin \alpha +\sin \beta =2\sin \frac{\alpha +\beta }{2}\cos \frac{\alpha -\beta }{2}$.

У першій нерівності вище після використання тотожності для різниці косинусів і скорочення отримаємо $\frac{b-a}{2}>\sin \left(\frac{b-a}{2}\right)$.

У другій нерівності після використання тотожностей для суми синусів і різниці косинусів і скорочень отримаємо $\frac{b-a}{2}<\tan \left(\frac{b-a}{2}\right)$. Позначивши $x=b-a$, отримаємо відомі нерівності $\sin x<x<\tan x$ для всіх $0<x<\pi /2$.

Оцінка точності нерівностей

• Припустимо, що функція $f:[a,b]\to ℝ$ є опуклою і двічі диференційовною в усіх точках інтервалу і також $m⩽f^{″}(x)⩽M$ для всіх $x\in [a,b]$. Тоді функції $f(x)-m{x}^2/2$ і $M{x}^2/2-f(x)$ теж є опуклими в цьому інтервалі. Застосування до цих функцій нерівностей Ерміта — Адамара дає оцінки точності

$m\frac{(b-a{)}^2}{24}⩽\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx-f\left(\frac{a+b}{2}\right)⩽M\frac{(b-a{)}^2}{24}$

і

$m\frac{(b-a{)}^2}{12}⩽\frac{f(a)+f(b)}{2}-\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx⩽M\frac{(b-a{)}^2}{12}.$

• Нехай $f:[a,b]\to ℝ$ — ліпшицева на інтервалі функція і $M=\sup \{\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|:x,y\in [a,b],x\ne y\}$ — константа Ліпшиця цієї функції. Тоді

$|f(x)-\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx|⩽M(\frac{1}{4}+{\left(\frac{x-(a+b)/2}{b-a}\right)}^2)(b-a)$ — нерівність Островського,

$|\frac{f(a)+f(b)}{2}-\frac{1}{b-a}\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(x)dx|⩽\frac{M(b-a)}{4}+\frac{(f(a)-f(b){)}^2}{4M(b-a)}$ — нерівність Ієнґара.

Див. також

• Опукла функція

Джерела

• Шаблон:Фіхтенгольц.укр
• Шаблон:Cite book