Bernoulli不等式的一种证明

0.来源 对于不等式的证明来说，Bernoulli不等式是一个非常强大的工具，其将指数与乘积的转化使得其能够在许多关于指数的不等式放缩中起到非常大的作用，但是大多数能看到的证明都依靠于导数作为其证明方式。则对于学习微分学前大多数运用B

$ 0.来源

对于不等式的证明来说，Bernoulli不等式是一个非常强大的工具，其将指数与乘积的转化使得其能够在许多关于指数的不等式放缩中起到非常大的作用，但是大多数能看到的证明都依靠于导数作为其证明方式。则对于学习微分学前大多数运用Bernoulli不等式的解法都不具备严谨性，所以此处给出一个较为初等的证明，只是在推广到R\mathbb{R}上的时候需要用到连续性的知识。相较于运用微分学的证明来说初等了许多。

1.在Z\mathbb{Z}上的讨论

命题1.1 设h>1,n∈N+h>1,n\in \mathbb{N}_+,则成立不等式

(1+h)n≥1+nh(1+h)^n\geq 1+nh

其中n>1n>1时等号成立iff h=0h=0.

pfpf(谢惠民) 由于n=1n=1 orh=0h=0时显然，下面讨论其它情况

将(1+h)n−1(1+h)^n-1做因式分解就可以得到

(1+n)n−1=h[1+(1+h)+(1+h)2+⋯+(1+h)n−1]\begin{aligned} (1+n)^n-1 &=h[1+(1+h)+(1+h)^2+\cdots +(1+h)^{n-1}] \end{aligned}

右边方括号内的每一项都大于11.

□\square

2.在Q\mathbb{Q}上的讨论

命题2.1 设m>n,m,n∈Z+,a≥1m>n, m,n\in \mathbb{Z}_+ ,a\geq 1,则成立不等式

am−1m≥an−1n.\frac{a^m-1}{m}\geq \frac{a^n-1}{n}.

pf1pf1 等价于证明an−1n\frac{a^n-1}{n}单调递增

即证明an−1n/an−1−1n−1≥1\frac{a^n-1}{n}/\frac{a^{n-1}-1}{n-1}\geq 1

⇒n−1n⋅1+a+⋯+an−11+a+⋯+an−2>1\Rightarrow \frac{n-1}{n}\cdot \frac{1+a+\cdots +a^{n-1}}{1+a+\cdots +a^{n-2}}>1 ⇒n−1n+n−1n⋅an−11+a+⋯+an−2>1\Rightarrow \frac{n-1}{n}+ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{a^{n-1}}{1+a+\cdots +a^{n-2}}>1 ⇒n−1n⋅an−11+a+⋯+an−2>1n\Rightarrow \frac{n-1}{n}\cdot \frac{a^{n-1}}{1+a+\cdots +a^{n-2}}>\frac{1}{n}

又nan−11+a+⋯+an−2⋅1n≥nan−1nan−2⋅1n−1≥an−1≥1n−1\frac{na^{n-1}}{1+a+\cdots +a^{n-2}}\cdot \frac{1}{n}\geq \frac{na^{n-1}}{na^{n-2}}\cdot \frac{1}{n-1}\geq \frac{a}{n-1}\geq \frac{1}{n-1}

□\square

pf2pf2(Eason.C) 等价于证明an−1n\frac{a^n-1}{n}单调递增

an−1n=(1+(a−1))n−1n=(n1)(a−1)+(n2)(a−1)2+⋯+(nn)(a−1)nn\begin{aligned} \frac{a^n-1}n &=\frac{(1+(a-1))^n-1}{n} &=\frac{\binom{n}{1}(a-1)+\binom{n}{2}(a-1)^2+\cdots+\binom{n}{n}(a-1)^n}{n} \end{aligned} an+1−1n+1=(1+(a−1))n+1−1n+1=(n+11)(a−1)+(n+12)(a−1)2+⋯+(n+1n+1)(a−1)n+1n+1\begin{aligned} \frac{a^{n+1}-1}{n+1} &=\frac{(1+(a-1))^{n+1}-1}{n+1} &=\frac{\binom{n+1}{1}(a-1)+\binom{n+1}{2}(a-1)^2+\cdots+\binom{n+1}{n+1}(a-1)^{n+1}}{n+1} \end{aligned} ⇒(1+(a−1))n+1−1n+1−(1+(a−1))n−1n=∑k=1n((n+1k)n+1−(nk)n)(a−1)k+(a−1)n+1n+1\Rightarrow \frac{(1+(a-1))^{n+1}-1}{n+1} - \frac{(1+(a-1))^n-1}{n} = \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{\binom{n+1}{k}}{n+1} - \frac{\binom nk}{n} \right) (a-1)^k + \frac{(a-1)^{n+1}}{n+1}

考虑对应项

(n+1k)n+1−(nk)n=1n+1−k(nk)−1n(nk)=(nk)(1n+1−k−1n)=(k−1)(nk)n(n+1−k)≥0\begin{aligned} \frac{\binom{n+1}{k}}{n+1}-\frac{\binom nk}{n} &=\frac{1}{n+1-k}\binom nk-\frac{1}{n}\binom nk\\ &=\binom nk\left(\frac{1}{n+1-k}-\frac{1}{n}\right)\\ &=\frac{(k-1)\binom nk}{n(n+1-k)}\geq 0 \end{aligned}

故上式>0>0

□\square

命题2.2 设h≥0,q∈Q+h\geq 0,q\in \mathbb{Q}_+,则成立不等式

(1+h)q≥1+qh(1+h)^q\geq 1+qh

其中q>1q>1时等号成立iffh=0iff h=0.

pfpf 设q=mnq=\frac{m}{n},令a=(1+h)1na=(1+h)^\frac{1}{n}

由命题2.1，有[(1+h)1n]m−1m≥[(1+h)1n]n−1n\frac{[(1+h)^\frac{1}{n}]^m-1}{m}\geq \frac{[(1+h)^\frac{1}{n}]^n-1}{n}

⇒(1+h)q≥1+qh\Rightarrow (1+h)^q\geq 1+qh

□\square

3.在R\mathbb{R}上的讨论

命题3.1

设h≥0,r∈R+h\geq 0,r\in \mathbb{R}_+,则成立不等式

(1+h)r≥1+rh(1+h)^r\geq 1+rh

其中r>1r>1时等号成立iffh=0iff h=0.

pfpf 考虑一有理数列qn{q_n}， 满足 ∀n∈Z+,qn∈Q\forall n\in \mathbb{Z}_+,q_n\in \mathbb{Q} 且 qn→rq_n\to r 由函数显连续与命题2.2得证

□\square

4.后记

综上我们完成了只在连续性条件下对Bernoulli不等式的证明，这个证明的来源是由于在证明谢惠民数学分析习题集2.5 2.5的题目44的时候的一种繁杂的证明，但这也为我后面使用这个不等式有了充足的理由。这也是我在FanKyFanKy不等式后做的最大的工程，关键的定理2.1来自于网络。但无论如何，我当时研究这个证明时实在令我欣喜。希望以后能够保持这样的冲劲吧。

8.6.2026

于深夜的零星灯火之中

这是我第一次使用LatexLatex公式进行编写，说实在的花了我2h，希望以后能更迅速吧。

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