Bernoulliの不等式

同義語：ベルヌーイの不等式Bernoulli's inequalityBernoulli inequality

概要

Bernoulliの不等式（Bernoulli's inequality）とは、実数 $x\ge-1$ と正の整数 $n$ について $(1+x)^n\ge1+nx$ が成り立つという不等式であり、$n\ge2$ では等号は $x=0$ のときに限る。偶数乗ではすべての実数 $x$ で、奇数乗では $x\ge-2$ で成り立つが、$x< -2$ を固定すると崩れる奇数乗がある。$x>-1$ と実数 $r$ については、$r\le0$ または $r\ge1$ なら $(1+x)^r\ge1+rx$、$0\le r\le1$ なら逆向きの不等式が成り立つ。$-1$ 以上で符号のそろった数の積への一般化や、$-1\le x< 1/n$ での上からの評価 $(1+x)^n\le1/(1-nx)$ もあり、数列の極限の評価に使われる。

$$\newcommand{C}[0]{\mathbb{C}} \newcommand{div}[0]{\mathbin{÷}} \newcommand{N}[0]{\mathbb{N}} \newcommand{Q}[0]{\mathbb{Q}} \newcommand{R}[0]{\mathbb{R}} \newcommand{Z}[0]{\mathbb{Z}} $$

前提知識: 数学的帰納法, 凸関数, 指数関数

Bernoulli の不等式（Bernoulli's inequality）は、$x\ge-1$ と正の整数 $n$ について
$$ (1+x)^n\ge1+nx $$
が成り立つという不等式である。左辺を二項展開すると $1+nx$ のあとに $\binom n2x^2+\cdots$ が続くので、$x\ge0$ なら残りの項を捨てただけの式に見える。しかし $-1\le x< 0$ では残りの項の符号が交互に変わるので、捨ててよいことは自明でない。この不等式の要点は、$1+x$ が $0$ 以上でありさえすれば、冪 $(1+x)^n$ がつねに 1 次式 $1+nx$ 以上になることである。
図形で見ると、$y=(1+x)^n$ のグラフの $x=0$ での接線が $y=1+nx$ であり、不等式は「グラフが接線より下に来ない」ことを述べている。この見方から、指数を実数 $r$ に替えた形（$x>-1$）では、$r\ge1$ または $r\le0$ なら同じ向き、$0\le r\le1$ なら逆向きの不等式になることが分かる。
この記事では、整数乗の場合を証明して等号条件を確かめ、$x$ の範囲を $-1$ より下に広げられるか（$-2$ までは広げられ、それより下では奇数乗で崩れる）を調べる。次に実数乗の場合を証明し、重み付きの相加相乗平均の不等式との関係を述べる。さらに、複数の数の積への一般化（Weierstrass の積の不等式）と上からの評価を与え、数列の極限への使い方を見る。最後に、条件を外した反例を表にまとめる。

整数乗の場合

整数乗の Bernoulli の不等式

実数 $x\ge-1$ と正の整数 $n$ について
$$ (1+x)^n\ge1+nx $$
が成り立つ。$n\ge2$ のとき、等号は $x=0$ のときに限る。

$n$ についての帰納法

$n$ についての数学的帰納法による。$n=1$ では両辺が $1+x$ で等しい。ある $n\ge1$ で $(1+x)^n\ge1+nx$ が成り立つとする。仮定 $x\ge-1$ から $1+x\ge0$ なので、両辺に $1+x$ を掛けても不等号の向きは変わらず
$$ (1+x)^{n+1}\ge(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx^2\ge1+(n+1)x $$
である。よってすべての正の整数 $n$ で不等式が成り立つ。
等号について。$x\ne0$ なら最後の不等号で $nx^2>0$ なので、$n\ge1$ について $(1+x)^{n+1}>1+(n+1)x$ である。すなわち $x\ne0$ なら $n\ge2$ で不等号は狭義である。$x=0$ なら両辺は $1$ である。$\square$

$1+x>0$ の場合の不等式は Leb26 の Exercise 1.2.13（p. 35）にある。帰納法で $1+x$ を掛ける段が、仮定 $x\ge-1$ を使う唯一の箇所である。$n=2$ だけなら $(1+x)^2-(1+2x)=x^2\ge0$ なので、すべての実数 $x$ で成り立つ。

差を因数分解する見方

等比数列の和の公式 $(1+x)^n-1=x\sum_{k=0}^{n-1}(1+x)^k$ から
$$ (1+x)^n-(1+nx)=x\sum_{k=0}^{n-1}\bigl((1+x)^k-1\bigr) $$
である。$x\ge-1$ なら、$k\ge1$ について $(1+x)^k-1$ は $x$ と同じ符号をもつ（$x>0$ なら $1+x>1$ なので正、$-1\le x< 0$ なら $0\le1+x< 1$ なので負）。したがって右辺の各項 $x\bigl((1+x)^k-1\bigr)$ は $0$ 以上で、$k\ge1$ かつ $x\ne0$ なら正である。これは thm-bern-integer の別証明であり、等号条件も同時に分かる。

数で確かめる
  1. $x=0.01$、$n=100$ とすると $1.01^{100}\ge2$ である。実際の値は $2.704\ldots$ で、下からの評価としてはかなり粗い。
  2. $x=1$ とすると $2^n\ge n+1$ である。$n=10$ では $1024\ge11$ で、やはり粗い。
  3. $x=-\frac1{2n}$ とすると $\bigl(1-\frac1{2n}\bigr)^n\ge\frac12$ である。たとえば $0.99^{50}\ge0.5$ で、実際の値は $0.605\ldots$ である。
    1・2 のように粗い評価であっても、「冪は指数に比例する量以上に増える」という形で使えることが多い（ex-bern-root）。

$x< -1$ への拡張

$x< -1$ では底 $1+x$ が負になり、帰納法の段は使えない。それでも、偶数乗ではすべての実数で、奇数乗では $x\ge-2$ で不等式は成り立つ。

下限 $-2$ までの拡張

$n$ を正の整数とする。

  1. $n$ が偶数なら、すべての実数 $x$ について $(1+x)^n\ge1+nx$ である。
  2. $x\ge-2$ なら $(1+x)^n\ge1+nx$ である。
  3. 実数 $x< -2$ を一つ固定すると、$(1+x)^n< 1+nx$ となる奇数 $n$ がある。

$x\ge-1$ の場合は thm-bern-integer なので、$x< -1$ とする。$n=1$ では両辺が等しいので $n\ge2$ とすると、$1+nx< 1-n\le-1$ である。
1：$n$ が偶数なら $(1+x)^n\ge0>1+nx$ である。
2：$-2\le x< -1$ なら $|1+x|\le1$ なので $(1+x)^n\ge-|1+x|^n\ge-1>1+nx$ である。
3：$r:=-(1+x)$ とおくと $r>1$ であり、奇数の $n$ について $(1+x)^n=-r^n$、$1+nx=1-n(1+r)$ である。したがって $r^n>n(1+r)-1$ となる奇数 $n$ を見つければよい。$r=1+(r-1)$ と $r-1>0$ から、$n\ge2$ について二項展開の 3 項目だけを残して
$$ r^n\ge\binom n2(r-1)^2=\frac{n(n-1)}2(r-1)^2 $$
である。$n-1>2(1+r)/(r-1)^2$ となる奇数 $n$ をとると、右辺は $n(1+r)$ より大きく、$r^n>n(1+r)>n(1+r)-1$ となる。$\square$

2 の範囲 $x\ge-2$ は、すべての奇数 $n$ に共通にとれる範囲であり、個々の $n$ ではもっと広く成り立つ。たとえば $n=3$ では
$$ (1+x)^3-(1+3x)=x^3+3x^2=x^2(x+3) $$
なので、不等式は $x\ge-3$ と同値である。しかし $x=-2.5$ では $n=7$ で崩れる（ex-bern-counter-check）。

実数乗の場合

正の数の実数乗は $t^r:=e^{r\log t}$（$t>0$）で定める（指数関数）。$t\mapsto t^s$ は $t>0$ で微分可能で導関数は $st^{s-1}$ であり、$s>0$ なら狭義単調増加、$s< 0$ なら狭義単調減少で、$1^s=1$ である。

実数乗の Bernoulli の不等式

$x>-1$ と実数 $r$ について、次が成り立つ。

  1. $r\le0$ または $r\ge1$ なら $(1+x)^r\ge1+rx$ である。
  2. $0\le r\le1$ なら $(1+x)^r\le1+rx$ である。
    $r\ne0,1$ のとき、1・2 のどちらでも等号は $x=0$ のときに限る。
差の関数の増減

$r=0$ と $r=1$ では両辺が等しい。$r\ne0,1$ とし、$x>-1$ について $h(x):=(1+x)^r-1-rx$ とおくと $h(0)=0$ であり
$$ h'(x)=r\bigl((1+x)^{r-1}-1\bigr) $$
である。$s:=r-1$ とおき、$(1+x)^{s}-1$ の符号を調べる。

  • $r>1$ のとき：$s>0$ なので、$(1+x)^s-1$ は $x$ と同じ符号をもつ。$r>0$ なので $h'(x)$ も $x$ と同じ符号である。
  • $r< 0$ のとき：$s< 0$ なので、$(1+x)^s-1$ は $x$ と逆の符号をもつ。$r< 0$ を掛けて、$h'(x)$ は $x$ と同じ符号である。
  • $0< r< 1$ のとき：$s< 0$ なので $(1+x)^s-1$ は $x$ と逆の符号をもち、$r>0$ なので $h'(x)$ も $x$ と逆の符号である。
    はじめの 2 つの場合は、$h'< 0$ が $(-1,0)$ で、$h'>0$ が $(0,\infty)$ で成り立つ。平均値の定理 により $h$ は $(-1,0]$ で狭義単調減少、$[0,\infty)$ で狭義単調増加なので、$x\ne0$ なら $h(x)>h(0)=0$ である。これが 1 である。3 つ目の場合は増減が逆になり、$x\ne0$ なら $h(x)< 0$ である。これが 2 である。$\square$

$g(x):=(1+x)^r$ の 2 階導関数は $r(r-1)(1+x)^{r-2}$ なので、$g$ は $r(r-1)\ge0$ のとき凸、$r(r-1)\le0$ のとき凹である。$x=0$ での接線は $y=1+rx$ なので、1 は凸関数のグラフが接線より下に来ないこと（凸関数 の命題「微分可能な関数が凸であるための条件」の 3）の特別な場合であり、2 はその凹関数版である。正の整数 $r=n$ のときは thm-bern-integer の $x>-1$ の部分に戻る。端点 $x=-1$ でも、$r>0$ なら $0^r=0$ と約束すると、$r\ge1$ では $0\ge1-r$、$0< r\le1$ では $0\le1-r$ となって、1・2 はそのまま成り立つ。

実数乗の例
  1. $r=\frac12$：$x>-1$ について $\sqrt{1+x}\le1+\frac x2$ である。$x=0.2$ では $\sqrt{1.2}=1.0954\ldots\le1.1$ である。
  2. $r=-1$：$x>-1$ について $\dfrac1{1+x}\ge1-x$ である。これは $(1+x)(1-x)=1-x^2\le1$ を $1+x>0$ で割った式でもある。
  3. $r=\frac32$：$x>-1$ について $(1+x)^{3/2}\ge1+\frac32x$ である。
重み付きの相加相乗平均との関係

$0< r< 1$ の場合の 2 は、正の数 $u,v$ についての重み付きの相加相乗平均の不等式
$$ u^rv^{1-r}\le ru+(1-r)v $$
と同値である。実際、この式の両辺を $v$ で割って $1+x:=u/v$（$x>-1$）とおくと、$(1+x)^r\le r(1+x)+1-r=1+rx$ になり、逆にたどることもできる。等号条件 $x=0$ は $u=v$ に当たる。この形で $u=a^p$、$v=b^q$、$r=\frac1p$（$\frac1p+\frac1q=1$）とおくと、積についての Youngの不等式 $ab\le\frac{a^p}p+\frac{b^q}q$ になる。$n$ 個の数の場合は 重み付きの相加相乗平均の不等式 を見よ。

積への一般化と上からの評価

thm-bern-integer は、同じ数 $1+x$ を $n$ 個掛けた積についての主張である。掛ける数を替えてもよいが、そのときは符号の条件が要る。

Weierstrass の積の不等式

実数 $x_1,\dots,x_n\ge-1$ が、すべて $0$ 以上であるか、すべて $0$ 以下であるとする。このとき
$$ \prod_{i=1}^n(1+x_i)\ge1+\sum_{i=1}^nx_i $$
が成り立つ。

部分和についての帰納法

$P_k:=\prod_{i\le k}(1+x_i)$、$S_k:=\sum_{i\le k}x_i$ とおき、$P_k\ge1+S_k$ を $k$ についての帰納法で示す。$k=1$ では等号である。$P_k\ge1+S_k$ とすると、$1+x_{k+1}\ge0$ なので
$$ P_{k+1}=P_k(1+x_{k+1})\ge(1+S_k)(1+x_{k+1})=1+S_{k+1}+S_kx_{k+1} $$
である。$x_i$ の符号がそろっているので $S_k$ と $x_{k+1}$ は同じ符号（または一方が $0$）であり、$S_kx_{k+1}\ge0$ である。よって $P_{k+1}\ge1+S_{k+1}$ である。$\square$

すべての $x_i$ が等しい場合が thm-bern-integer である（そこでは $x$ の符号は一つなので、符号の条件は自動的に満たされる）。$x_i=-p_i$（$0\le p_i\le1$）とすると $\prod(1-p_i)\ge1-\sum p_i$ であり、確率 $p_i$ で起こる独立な事象がどれも起こらない確率は $1-\sum p_i$ 以上である、と読める。

上からの評価

正の整数 $n$ と $-1\le x< \frac1n$ について
$$ (1+x)^n\le\frac1{1-nx} $$
が成り立つ。

$x< \frac1n\le1$ より $-x>-1$ なので、thm-bern-integer を $-x$ に使うと $(1-x)^n\ge1-nx>0$ である。また $|x|\le1$ より $0\le1-x^2\le1$ なので、$(1+x)^n(1-x)^n=(1-x^2)^n\le1$ である。$(1-x)^n>0$ で割って
$$ (1+x)^n\le\frac1{(1-x)^n}\le\frac1{1-nx} $$
を得る。$\square$

下からの評価と合わせると、$-1\le x< \frac1n$ で $1+nx\le(1+x)^n\le\frac1{1-nx}$ である。たとえば $x=\frac t n$（$0\le t< 1$）とすると $1+t\le\bigl(1+\frac tn\bigr)^n\le\frac1{1-t}$ であり、$n\to\infty$ とすると $1+t\le e^t\le\frac1{1-t}$ を得る（$(1+\frac tn)^n\to e^t$ は 指数関数 の命題「複利の極限」）。

数列の極限での使い方

Bernoulli の不等式は、冪 $(1+h)^n$ を 1 次式で下から押さえるので、「$h>0$ を固定すると $(1+h)^n$ は有界でない」「$(1+h_n)^n$ が有界なら $h_n$ は $1/n$ 程度に小さい」といった議論に使われる。

$a^{1/n}$ の極限

$a>1$ なら $a^{1/n}\to1$ である。$a^{1/n}>1$ なので $a^{1/n}=1+h_n$（$h_n>0$）と書ける。thm-bern-integer により $a=(1+h_n)^n\ge1+nh_n$ なので $0< h_n\le\frac{a-1}n$ であり、$h_n\to0$ である。$0< a< 1$ なら $1/a$ に使えばよい。同じ考え方で、$|r|< 1$ なら $r^n\to0$ であることも示せる（数列の極限 の例「等比数列」）。

$(1+1/n)^n$ の単調性

$a_n:=\bigl(1+\frac1n\bigr)^n$ とおくと、$(a_n)_{n\ge1}$ は狭義単調増加である。

隣り合う項の比

$$ \frac{a_{n+1}}{a_n}=\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigl(\frac{n+2}{n+1}\cdot\frac n{n+1}\Bigr)^{n+1}=\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigl(1-\frac1{(n+1)^2}\Bigr)^{n+1} $$
である。$x=-\frac1{(n+1)^2}$ は $-1$ 以上で $0$ でなく、$n+1\ge2$ なので、thm-bern-integer の狭義の不等式から
$$ \frac{a_{n+1}}{a_n}>\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigl(1-\frac1{n+1}\Bigr)=\frac{n+1}n\cdot\frac n{n+1}=1 $$
であり、$a_n>0$ なので $a_{n+1}>a_n$ である。$\square$

$b_n:=\bigl(1+\frac1n\bigr)^{n+1}$ が狭義単調減少であることも、比 $\frac{b_{n-1}}{b_n}=\bigl(1+\frac1{n^2-1}\bigr)^n\frac n{n+1}$（$n\ge2$）に thm-bern-integer を使って同じように示せる（(1+1/n)^nの極限 の命題「$e$ を挟む 2 つの数列」）。$a_n< b_n$ なので $a_1< a_n< b_n< b_1$ であり、$(a_n)$ は上に有界な単調増加列、$(b_n)$ は下に有界な単調減少列だから、どちらも収束する。$b_n-a_n=a_n/n\le b_1/n\to0$ なので極限は等しく、それが Napier数 $e$ である（$a_1=2$、$b_1=4$、$a_5=2.488\ldots$、$b_5=2.985\ldots$）。

反例：条件を外したとき

外す条件反例成り立たなくなること
$x\ge-2$（奇数乗のとき）$x=-2.5$、$n=7$$(1+x)^n\ge1+nx$
$r\le0$ または $r\ge1$（実数乗）$r=\frac12$、$x=3$$(1+x)^r\ge1+rx$
$0\le r\le1$（実数乗）$r=2$、$x=1$$(1+x)^r\le1+rx$
$x_i$ の符号がそろうこと$x_1=1$、$x_2=-\frac12$$\prod(1+x_i)\ge1+\sum x_i$
$x< \frac1n$（上からの評価）$n=1$、$x=2$$(1+x)^n\le\frac1{1-nx}$
表の確かめ

1 行目：$(1-2.5)^7=(-1.5)^7=-17.08\ldots$、$1+7\cdot(-2.5)=-16.5$ であり、$-17.08\ldots< -16.5$ である。thm-bern-minus-two の 3 の証明の記号では $r=1.5$ で、$n=5$ では $1.5^5=7.59\ldots< 5\cdot2.5-1=11.5$ なのでまだ成り立ち、$n=7$ で $1.5^7=17.08\ldots>16.5$ となって崩れる。
2 行目：$\sqrt4=2$、$1+\frac32=\frac52$ で $2< \frac52$ であり、向きが逆になる（thm-bern-real の 2）。
3 行目：$(1+1)^2=4>3=1+2$ であり、向きが逆になる（thm-bern-real の 1）。
4 行目：$(1+1)(1-\frac12)=1< \frac32=1+1-\frac12$ である。符号が混ざると、prf-bern-weierstrass の $S_kx_{k+1}\ge0$ が成り立たない。
5 行目：$x>\frac1n$ では右辺が負になる。$n=1$、$x=2$ では左辺 $3$、右辺 $\frac1{1-2}=-1$ である。

関連項目

参考文献

Mathpediaは寄付と、参考文献の書籍リンク（Amazonアソシエイト）の紹介料で運営されています。 支援について ／ 寄付する

Mathpediaを支援する
Bernoulliの不等式