Ілюстрація нерівності Ерміта — Адамара. У математичному аналізі нерівність Ерміта — Адамара , встановлює межі інтегралу опуклої на інтервалі функції:
f ( a + b 2 ) ≤ 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x ≤ f ( a ) + f ( b ) 2 . {\displaystyle f\left({\frac {a+b}{2}}\right)\leq {\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)\,dx\leq {\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 .
Оскільки функція f {\displaystyle f} є опуклою на інтервалі, вона є неперервною і диференційовною справа і зліва у кожній точці інтервалу. Позначимо ліві і праві похідні f − {\displaystyle f^{-}} і f + {\displaystyle f^{+}} відповідно. Для кожного x 0 ∈ [ a , b ] {\displaystyle x_{0}\in [a,b]} , введемо функцію
t ( x ) = f ( x 0 ) + c ( x − x 0 ) , c ∈ [ f − ( x 0 ) , f + ( x 0 ) ] . {\displaystyle t(x)=f(x_{0})+c(x-x_{0}),\ c\in [f^{-}(x_{0}),f^{+}(x_{0})].} для якої
∀ x ∈ [ a , b ] , t ( x ) ⩽ f ( x ) , ∧ t ( x ) = f ( x ) ⇔ x = x 0 . {\displaystyle \forall x\in [a,b],t(x)\leqslant f(x),\ \ \land \ \ t(x)=f(x)\Leftrightarrow x=x_{0}.} Зокрема для x 0 = a + b 2 {\displaystyle x_{0}={\frac {a+b}{2}}} :
∀ x ∈ [ a , b ] , f ( a + b 2 ) + c ( x − a + b 2 ) ⩽ f ( x ) , c ∈ [ f − ( a + b 2 ) , f + ( a + b 2 ) ] . {\displaystyle \forall x\in [a,b],f\left({\frac {a+b}{2}}\right)+c\left(x-{\frac {a+b}{2}}\right)\leqslant f(x),\ c\in \left[f^{-}\left({\frac {a+b}{2}}\right),f^{+}\left({\frac {a+b}{2}}\right)\right].} Навпаки, зважаючи на опуклість f :
∀ x ∈ [ a , b ] , f ( x ) ⩽ f ( a ) + f ( b ) − f ( a ) b − a ( x − a ) . {\displaystyle \forall x\in [a,b],f(x)\leqslant f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a).} Проінтегрувавши отримуємо:
∫ a b [ f ( a + b 2 ) + c ( x − a + b 2 ) ] d x = ( b − a ) f ( a + b 2 ) , ∫ a b [ f ( a ) + f ( b ) − f ( a ) b − a ( x − a ) ] d x = ( b − a ) f ( a ) + f ( b ) 2 . {\displaystyle \int _{a}^{b}\left[f\left({\frac {a+b}{2}}\right)+c\left(x-{\frac {a+b}{2}}\right)\right]\,\mathrm {d} x=(b-a)f\left({\frac {a+b}{2}}\right),\ \int _{a}^{b}\left[f(a)+{\frac {f(b)-f(a)}{b-a}}(x-a)\right]\,\mathrm {d} x=(b-a){\frac {f(a)+f(b)}{2}}.} Формула Стірлінга . Розглянемо функцію x ↦ f ( x ) = 1 1 + x ( x ≥ 0 ) {\displaystyle x\mapsto f(x)={\frac {1}{1+x}}\;(x\geq 0)} . Вона є опуклою оскільки f ″ ( x ) = 2 ( 1 + x ) 3 > 0 {\displaystyle f''(x)={\frac {2}{(1+x)^{3}}}>0} . Використавши нерівність Ерміта — Адамара на інтервалі [ 0 , x ] {\displaystyle [0,x]} отримуємо x − x 2 2 + x < ln ( 1 + x ) < x − x 2 2 + 2 x {\displaystyle x-{\frac {x^{2}}{2+x}}<\ln(1+x)<x-{\frac {x^{2}}{2+2x}}} . Звідси для довільного натурального числа n > 0 {\displaystyle n>0} 1 n + 1 2 < ln ( n + 1 ) − ln n < 1 2 ( 1 n + 1 n + 1 ) {\displaystyle {\frac {1}{n+{\tfrac {1}{2}}}}<\ln(n+1)-\ln n<{\frac {1}{2}}\left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n+1}}\right)} або 1 < ( n + 1 2 ) ln ( n + 1 n ) < 1 + 1 4 n ( n + 1 ) {\displaystyle 1<(n+{\tfrac {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 < ( n + 1 n ) n + 1 2 < e 1 + 1 4 n ( n + 1 ) {\displaystyle e<\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\tfrac {1}{2}}}<e^{1+{\frac {1}{4n(n+1)}}}} . Тоді формула Стірлінга може бути отримана, якщо ввести послідовність a n = n ! e n n n + 1 / 2 {\displaystyle a_{n}={\frac {n!e^{n}}{n^{n+1/2}}}} . Оскільки з означень a n a n + 1 = ( n + 1 n ) n + 1 2 e {\displaystyle {\frac {a_{n}}{a_{n+1}}}={\frac {\left({\frac {n+1}{n}}\right)^{n+{\tfrac {1}{2}}}}{e}}} , то з отриманих вище нерівностей 1 < a n a n + 1 < e 1 4 n ( n + 1 ) = e 1 4 n e 1 4 ( n + 1 ) {\displaystyle 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 {\displaystyle a_{n}} є спадною і обмеженою знизу, а послідовність b n = a n e − 1 4 n {\displaystyle b_{n}=a_{n}e^{-{\frac {1}{4n}}}} є зростаючою і обмеженою зверху. Оскільки lim n → ∞ e − 1 4 n = 1 {\displaystyle \lim _{n\to \infty }e^{-{\frac {1}{4n}}}=1} то lim n → ∞ a n = lim n → ∞ b n = a {\displaystyle \lim _{n\to \infty }a_{n}=\lim _{n\to \infty }b_{n}=a} . Тому для кожного натурального числа знайдеться таке 0 < θ < 1 {\displaystyle 0<\theta <1} , що a n = a e θ 4 n {\displaystyle a_{n}=ae^{\frac {\theta }{4n}}} . Повертаючись до означення послідовності отримуємо n ! = a n e θ 4 n {\displaystyle n!=a{\sqrt {n}}e^{\frac {\theta }{4n}}} . За допомогою, наприклад, формули Валліса можна знайти[1] a = 2 π {\displaystyle a={\sqrt {2\pi }}} , що завершить доведення. Нерівності між середніми . Розглянемо функцію x ↦ f ( x ) = e x {\displaystyle x\mapsto f(x)=e^{x}} . Вона є строго опуклою на всій множині дійсних чисел і тому для усіх − ∞ < a < b < ∞ {\displaystyle -\infty <a<b<\infty } згідно з нерівністю Ерміта — Адамара e a + b 2 < 1 b − a ∫ a b e x d x = e b − e a b − a < e a + e b 2 {\displaystyle e^{\frac {a+b}{2}}<{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}e^{x}\,dx={\frac {e^{b}-e^{a}}{b-a}}<{\frac {e^{a}+e^{b}}{2}}} . Якщо взяти a = ln x , b = ln y {\displaystyle a=\ln x,\;b=\ln y} для додатних x < y {\displaystyle x<y} , то отримаємо: x y < 1 b − a ∫ a b e x d x = y − x ln y − ln x < x + y 2 {\displaystyle {\sqrt {xy}}<{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}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 ↦ f ( x ) = sin x , x ∈ [ 0 , π ] {\displaystyle 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 < π {\displaystyle 0<a<b<\pi } : sin ( a + b 2 ) > 1 b − a ∫ a b sin x d x = cos a − cos b b − a > sin a + sin b 2 {\displaystyle \sin \left({\frac {a+b}{2}}\right)>{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}\sin x\,dx={\frac {\cos a-\cos b}{b-a}}>{\frac {\sin a+\sin b}{2}}} . Нехай тепер 0 < a < b < π / 2 {\displaystyle 0<a<b<\pi /2} . Тоді sin α + β 2 > 0 {\displaystyle \sin {\frac {\alpha +\beta }{2}}>0} . Використаємо тригонометричні тотожності cos α − cos β = − 2 sin α + β 2 sin α − β 2 {\displaystyle \cos \alpha -\cos \beta =-2\sin {\frac {\alpha +\beta }{2}}\sin {\frac {\alpha -\beta }{2}}} і sin α + sin β = 2 sin α + β 2 cos α − β 2 {\displaystyle \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 b − a 2 > sin ( b − a 2 ) {\displaystyle {\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 b − a 2 < tan ( b − a 2 ) {\displaystyle {\frac {b-a}{2}}<\tan \left({\frac {b-a}{2}}\right)} . Позначивши x = b − a {\displaystyle x=b-a} , отримаємо відомі нерівності sin x < x < tan x {\displaystyle \sin x<x<\tan x} для всіх 0 < x < π / 2 {\displaystyle 0<x<\pi /2} . Припустимо, що функція f : [ a , b ] → R {\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} } є опуклою і двічі диференційовною в усіх точках інтервалу і також m ⩽ f ″ ( x ) ⩽ M {\displaystyle m\leqslant f''(x)\leqslant M} для всіх x ∈ [ a , b ] {\displaystyle x\in [a,b]} . Тоді функції f ( x ) − m x 2 / 2 {\displaystyle f(x)-mx^{2}/2} і M x 2 / 2 − f ( x ) {\displaystyle Mx^{2}/2-f(x)} теж є опуклими в цьому інтервалі. Застосування до цих функцій нерівностей Ерміта — Адамара дає оцінки точності m ( b − a ) 2 24 ⩽ 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x − f ( a + b 2 ) ⩽ M ( b − a ) 2 24 {\displaystyle m{\frac {(b-a)^{2}}{24}}\leqslant {\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)\,dx-f\left({\frac {a+b}{2}}\right)\leqslant M{\frac {(b-a)^{2}}{24}}} і m ( b − a ) 2 12 ⩽ f ( a ) + f ( b ) 2 − 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x ⩽ M ( b − a ) 2 12 . {\displaystyle m{\frac {(b-a)^{2}}{12}}\leqslant {\frac {f(a)+f(b)}{2}}-{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)\,dx\leqslant M{\frac {(b-a)^{2}}{12}}.} Нехай f : [ a , b ] → R {\displaystyle f:[a,b]\to \mathbb {R} } — ліпшицева на інтервалі функція і M = sup { | f ( x ) − f ( y ) x − y | : x , y ∈ [ a , b ] , x ≠ y } {\displaystyle M=\sup \left\{\left|{\frac {f(x)-f(y)}{x-y}}\right|:x,y\in [a,b],\,x\neq y\right\}} — константа Ліпшиця цієї функції. Тоді | f ( x ) − 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x | ⩽ M ( 1 4 + ( x − ( a + b ) / 2 b − a ) 2 ) ( b − a ) {\displaystyle \left|f(x)-{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right|\leqslant M\left({\frac {1}{4}}+\left({\frac {x-(a+b)/2}{b-a}}\right)^{2}\right)(b-a)\;\;} — нерівність Островського, | f ( a ) + f ( b ) 2 − 1 b − a ∫ a b f ( x ) d x | ⩽ M ( b − a ) 4 + ( f ( a ) − f ( b ) ) 2 4 M ( b − a ) {\displaystyle \left|{\frac {f(a)+f(b)}{2}}-{\frac {1}{b-a}}\int _{a}^{b}f(x)\,dx\right|\leqslant {\frac {M(b-a)}{4}}+{\frac {(f(a)-f(b))^{2}}{4M(b-a)}}} — нерівність Ієнґара.