(1+x1)(1+x2)…(1+xk)≥1+x1+x2+ 则对于n=k十1时,由于x(i=1,2,…,n)大于-1, 所以1+x>0.因而有 (1+x)(1+x2)…(1+xk)(1+x+1) (1+x1+x2+…+x)(1+x+1) (1+x1+x2+…+xk+xk+1) (x1xk+1·十x2x+1十…十xkxh+1) 由于xx≥0,所以 (1+x1)(1+x2)…(1+xx+3) 1十x1+x2+…十xk+1 即对于n=k+1时,不等式也成立, 于是,对于任何自然数n,有 (1+x1)(1+x2)…(1+xn) 1十x1+x2+“十 7.证明若x>-1,则不等式 (1+x)≥1十nx(m>1) 为真,且仅当x=0时,等号成立 证只要在6题的贝努里不等式中,设 x 1,2…, 即得证 (1+x)≥1+nx, 从6题的证明过程中看出,仅当x=0时,上式才取等 号 8.证明不等式
1 当n>1 2+1129 证当n=2,因为(22 4→2=2!,故不等式 成立 设n=k时,不等式成立,则 k!< k 则对于n=k+1时,有 (k+1)!<{k+1)(k+1=2k+1)” 由于 k+1 >2(k=1,2,…) 从而有 十1)!< 十1)+1 2 即对于n=k+1时,不等式也成立 于是,对于任何自然数n,有 !< 9.证明不等式 2!·4!…(2n)!>〔(n+1)!〕当n>1. 证当n=2时,因为2!·4!=48,及〔(2+1)1)2= 36,所以,2!·41>〔(2+1)!2,故不等式成立 设n=k时,不等式成立,即 21·4!…(2k)>〔(距十1)!〕, 则对于n=k+1时,有 2!·4!…(2k+2)!>〔k+1)!k(2k+2)!
+1)!)+2)(+3)…(2+2) >〔(+1)!〕1k+2)*+1=〔(k+2)!)*+1, 即对于n=k+1时,不等式也成立.于是,据归纳法原 理,本题证毕 10.证明不等式 3 4 2n 2n+1 证当n=1时,因为< 不等式显然成立 设n=k时,不等式成立,即 3 2k z42k“√2k+i 对于n=是+1而言,由于 132+1 242+2√+12k 2+1 k+2 故只要证 么土2 √+3 即证(+1)(2+3)<(2+2)2, 而上述不等式由于 4k2+8+3<4k2+8十4, 因而是成立的.于是,最后得 132k 24 十2 2k+3 即对于n=k+1时,不等式也立由归纳法证毕
11.设c为正整数,面不为整数的平方,且A/B为确定实数 √c的分割,其中B类包含所有合于b2>c的正有理数 b,而A类包含所有其余的有理数.求证在A类中无最大 数,而在B类中也无最小数 证设a∈A.若a≤0,则显然存在a>a(a'>0)且 a′∈A.故可设a>0,于是a2≤c.但不可能有a2=c.因 若a2=c,设““办与q为互质的正整数、yy1,从而 由 于c是正整数,而2与q2也是互质的,故必q= c=p2,此与假定矛盾,故必a2<c.下而我们证明,存在 正整数n,使 1 2 于是a,十也属于A 上述不等式相当于 十些十与< 2a 若n满足不等式 2a+1<c-a 则上面的第二个不等式也自然能满足了 为此,只要取 C-a 而这是恒为可能的.因此,不论a为A类内的怎样的数, 在A类内总能找到大于它的数,故A类中无最大数 同法可证B类中也无最小数 实质上,此处分割A/B确定了一个无理数√c 10
12.确定数v2的分割A/B用下面的方法来作成:A类包含 所有的有理数a,而a2<2;B类包含所有其余的有理数 证明在A类中无最大数,而在B类中也无最小数 证设a∈A.即a3<2.下证必可取正整数n,使 十 事实上,上式相当于+当十高<2一a若a≤0,取 n=1即可.若a>0注意到n≥1,即知若取n充分大, 使n>3a2+3a+ 2-a3,则上列各式均成立从而a+∈ A.故A中无最大数 下设b∈B,则b3≥2.下证不可能有b=2.事实上, 若b=2,设b=P,p与q为互质的正整数,则分=2,p 2q2,从而为偶数因此p必为偶数:p=2r,r为正整 数.由于q与是互质的,故q必为奇数,从而q2也为奇 数但q3=43,故q3又必是偶数,因此矛盾.由此可知必 有b>2仿前面之证可取正整数n,使(b-1)>2 从而b-∈B.由此可知B类中无最小数,实质上,此 处分割A/B确定了一个无理数y2 13.作出适当的分割,然后证明等式 √2+√8=√18 (6)√2√3 证(a)作确定√2的分割A/B:一切有理数a≤0以及 满足a2<2的正有理数a都归于A类,切满足b2>2的 11