已知 a>1，n 是大于 1 的正整数。证明 \(\sqrt[n]{a}-1<\frac{a-1}{n}\)。

TSC999

已知 a>1，n 是大于 1 的正整数。证明  \(\sqrt[n]{a}-1<\frac{a-1}{n}\)。

这道题是北京大学元培学院今年大一新生的高数练习题。下面让智能机器人“豆包”来做。
由于豆包不会接受图片，必须将原题转换成文字告诉豆包。用文字叙述如下：
设变量 a>1，n 是大于 1 的正整数。令 a=1+x，其中 x>0，证明 (1+x) 的 n 次方根减 1 再减去 x/n，结果是小于零的。用函数求导的方法证明。
豆包的解答如下：
（1）1．构建函数：
－设 $f(x)=(1+x)^{\frac{1}{n}}-1-\frac{x}{n}$ ，其中 $x>$ $0, n \geqslant 2$ 为正整数。
2．求函数的导数：
－对 $f(x)$ 求导，根据求导公式 $\left(X^n\right)^{\prime}=$ $n X^{n-1}$ 可得 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{n}(1+x)^{\frac{1}{n}-1}-\frac{1}{n}$ －进一步化简为 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{n}\left[(1+x)^{\frac{1-n}{n}}-\right.$ 1］。

3．分析导数的正负：
－因为 $x>0, n \geqslant 2$ ，所以 $1+x>1$ ， $\frac{1-n}{n}<0$ ，则 $(1+x)^{\frac{1-n}{n}}<1$ 。
－从而 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{n}\left[(1+x)^{\frac{1-n}{n}}-1\right]<0$ 。
4．根据导数的性质得出结论：
－由于 $f^{\prime}(x)<0$ ，说明函数 $f(x)$ 在 $(0,+$ $\infty$ ）上单调递减。
－又因为 $f(0)=(1+0)^{\frac{1}{n}}-1-\frac{0}{n}=0$ ，而 $x>0$ ，所以 $f(x)<f(0)=0$ 。

综上，$(1+x)^{\frac{1}{n}}-1-\frac{x}{n}<0$ 得证。

TSC999

让“豆包”用二项式展开的方法证明。对其输入文字指令：
设变量 a>1，n 是大于 1 的正整数。令 a=1+x，其中 x>0，证明 (1+x) 的 n 次方根减 1 再减去 x/n，结果是小于零的。用二项式展开的方法证明。
以下是豆包的解答：
1．首先，将 $(1+x)^{\frac{1}{n}}$ 进行二项式展开：
根据二项式定理 $(a+b)^m=\sum_{k=0}^m$
$C_m^k a^{m-k} b^k$ ，对于 $(1+x)^{\frac{1}{n}}$ ，展开式的
前几项为
\[1+\frac{1}{n} x+\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!}
x^2+\cdots
\]
2．然后，计算 $(1+x)^{\frac{1}{n}}-1-\frac{x}{n}$ ：
将 $(1+x)^{\frac{1}{n}}$ 的展开式代入 $(1+x)^{\frac{1}{n}}-1$
$\frac{x}{n}$ ，得到
\[\left(1+\frac{1}{n} x+\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!} x^2+\cdots\right)-1- \frac{x}{n}
\]
经过化简可得
\[\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!} x^2+
\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{1}{n}-2\right)}{3!} x^3+\cdots
\]3．最后，分析化简后的式子：
因为 $a>1$ ，所以 $x>0, n \geqslant 2$ ，在 $\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!} x^2+\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{1}{n}-2\right)}{3!}$
$x^3+\cdots$ 中，每一项的系数 $\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!}$ ， $\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{1}{n}-2\right)}{3!}, \cdots$ 都是负数，而 $x^2$ ， $x^3, \cdots$ 都是正数。
所以 $\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)}{2!} x^2+\frac{\frac{1}{n}\left(\frac{1}{n}-1\right)\left(\frac{1}{n}-2\right)}{3!}x^3+\cdots<0$ ，即 $(1+x)^{\frac{1}{n}}-1-\frac{x}{n}<0$ 。
综上，证明完毕。

豆包上面第3步的证明中是有错误的，每一项系数并不全为负数，而是一负一正，虽然最终结果是负数。可见豆包的数学智能并不高，有待于改进。

hbghlyj

TSC999 发表于 2024-9-14 04:16
让“豆包”用二项式展开的方法证明。对其输入文字指令：
... 首先, 将 $(1+x)^{\frac{1}{n}}$ 进行二项式展开

伯努利不等式有一个有趣的推广：Bernoulli's inequality by DS Mitrinović · 1993
2. Let
\[
F(k, a, x)=1+a x+C(a, 2) x^2+\cdots+C(a, k) x^k
\]
be the $k$-th partial sum of binomial series for $(1+x)^a$, where $x>-1$. Then, if the first omitted term is
1) positive, then $(1+x)^a>F(k, a, x)$,
2) zero, then $(1+x)^a=F(k, a, x)$,
3) negative, then $(1+x)^a<F(k, a, x)$.

hbghlyj

TSC999 发表于 2024-9-14 04:16
每一项系数并不全为负数，而是一负一正

回顾一下伯努利不等式的陈述：当 $x \geq -1$ 且 $r \geq 1$ 时，$(1+x)^r \geq 1 + rx$（当 $0 < r < 1$ 时，不等式反向）。在某些特殊情况下，这一点很容易看出；例如，当 $n = 3$ 且 $x \geq 0$ 时，
\[
(1+x)^3 = 1 + 3x + 3x^2 + x^3 \geq 1 + 3x.
\]
然而，当 $r$ 不是整数时，如此简单的过程可能不起作用。例如，考虑 $r = \tfrac12$ 的情况，其泰勒展开式为
\[
\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac18x^2 + \frac{1}{16}x^3 - \frac{5}{128}x^4 + \frac{7}{256}x^5 - \cdots.
\]
这里的泰勒展开包含了正负系数，因此需要更微妙的分析来使上述方法奏效。然而，伯努利不等式确实说明，对于所有 $x \geq -1$，$\sqrt{1+x} \leq 1 + \tfrac x2$。

我们提出一个自然的问题：是否存在伯努利不等式的“二次”版本
\[
(1+x)^r \geq 1 + rx + \frac{r(r-1)}2x^2\tag1\label1
\]
更高阶的近似呢？推广其实相当简单。

定理 设 $\alpha$ 为任意实数，考虑形如下式的不等式
\[
(1+x)^\alpha\quad \boxed{?} \quad  1 + \alpha x + \binom\alpha2 x^2 + \cdots + \binom\alpha k x^k\tag2\label2
\]
（这里 $\textstyle\binom\alpha k = \tfrac{\alpha(\alpha - 1)\cdots (\alpha - k + 1)}{k!}$，这使得 $\alpha$ 可以是非整数。）假设 $x \geq -1$。那么以下结论成立：
如果 \eqref{2} 式中省略的下一项 $\textstyle\binom\alpha{k+1}x^{k+1}$ 为正，则左边大于右边；
如果 \eqref{2} 式中省略的下一项 $\textstyle\binom\alpha{k+1}x^{k+1}$ 为零，则左边等于右边；
如果 \eqref{2} 式中省略的下一项 $\textstyle\binom\alpha{k+1}x^{k+1}$ 为负，则左边小于右边。
这意味着，例如在 $x \geq 0$ 的情况下，\eqref{1} 成立当且仅当 $r \geq 2$。

证明 参考文献[1] 使用了归纳法的证明，但我们将改用泰勒定理的余项来证明。设 $P(x)$ 为 \eqref{2} 的右边，$P(x)$ 是函数 $f(x) = (1+x)^\alpha$ 的第 $k$ 阶泰勒多项式。由此可得
\begin{align*}
(1+x)^\alpha &= P(x) + \frac{f^{(k+1)}(\xi)}{(k+1)!}x^{k+1} \\
&= P(x) + \binom{\alpha}{k+1}(\xi + 1)^{\alpha-k-1}x^{k+1}
\end{align*}
其中 $\xi$ 是 $0$ 和 $x$ 之间的某个实数。根据假设，$\xi \geq -1$，因此 $(\xi + 1)^{\alpha - k - 1}$ 是非负的。即
\begin{align*}
(1+x)^\alpha > P(x)\quad&\iff
\binom{\alpha}{k+1}(\xi + 1)^{\alpha-k-1}x^{k+1} > 0\\
&\iff\binom\alpha{k+1}x^{k+1} > 0。
\end{align*}
这证明了原定理的第一部分，第二部分和第三部分可通过类似推理得出。$\blacksquare$

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参考文献
[1] Gerber, L. An Extension of Bernoulli's inequality. American Mathematical Monthly Vol 75, 875 - 876 (1968)