Равенство неравенства Бернулли

[CMTV]

Здравствуйте!

Есть неравенство Бернулли при $n\in\mathbb{N}$ и $x\geq -1$:

$$ (1+x)^n \geq 1+nx $$

Доказывается по индукции оно элементарно.
Меня же интересует вопрос равенства.

Очевидны два случая:
1. $x = 0$
2. Любой допустимый по условию $x$ при $n = 1$.

Теперь надо доказать, что при $n>1$ не существует другого числа кроме $0$, которое дает равенство.

Идем от обратного. Пусть такое число $t\neq 0$ и $t\geq -1$ существует.

Расписываем левую часть "неравенства" по биному Ньютона:

$$ (1+t)^n = 1 + nt + C^2_n t^2 + \ldots $$

Очевидно, что все слагаемые после первых двух при $t>0$ тоже больше нуля и никаким равенством тут не пахнет. То есть, получаем противоречие.

Но я никак не могу получить противоречие для случая $-1 \leq t < 0$.

То есть, надо показать, что

$$ C^2_n t^2 + C^3_n t^3 + \ldots + C^n_n t^n \neq 0 $$

Как это сделать? Может есть другие, более простые способы показать, что кроме $0$ ничего не годится.
Прошу только производные не подключать)

[Shadow]

Пусть $1+x=y\in (0;1)$

Надо доказать неравенство $1-y^n \le n(1-y)$ при $y\in(0;1)$

[nnosipov]

CMTV в сообщении #1434091 писал(а):

Доказывается по индукции оно элементарно.

Вот точно так же докажите индукцией по $n \geqslant 2$ строгое неравенство $(1+x)^n>1+nx$, где $x \geqslant -1$ и $x \neq 0$.

[novichok2018]

Вопрос рассматривается в классических книгах Д.Митриновича по неравенствам.
В первой по времени 1970 D.S.Mitrinovich. Analytic inequalities (c. 34-35) цитируется работа, в которой доказано что единственный корень уравнения

$$ (1+x)^n -1 -nx=0 $$

лежит на промежутке $[-3,-2]$ , поэтому равенство при рассматриваемых Вами значениях не достигается (там есть более точные оценки). Во второй книге 1993 Mitrinovic, Pecaric, Fink. Classical and New Inequalities in Analysis (c. 65-81) эти результаты повторены более подробно, а также рассмотрены несколько десятков обобщений неравенства Бернулли. Кстати там замечено, что обычно пропускается, что это неравенство в обычной формулировке справедливо и при $-2 \leq x\leq -1$ .

[CMTV]

Извиняюсь за долгое отсутствие.

Итак, подход, предложенный nnosipov один из самых простых.

Прямо во время доказательства индукционного перехода, на этапе появления квадратного трехчлена можно доказать, что никакой $x$ кроме $x=0$ не подходит.

$$ (1+x)^{k+1} \geq \underbrace{1 + (k+1)x + kx^2 \geq 1 + (k+1)x}_{\text{равенство только при $x=0$}} $$

На вопросно-ответном сайте "Mathematics Stack Exchange" предложили еще один хитрый способ. Суть ниже.

Предположим, что существует некое число $t \neq 0$, которое тоже обращает наше неравенство в равенство:

$$ (1+t)^n = 1+nt $$

Разобьем левую часть на два множителя:

$$ (1+t)^n = (1+t)^{n-1}(1+t) $$

Так как $(1+t) \geq 0$, то для множителя $(1+t)^{n-1}$ воспользуемся уже доказанным неравенством:

$$ (1+t)^{n-1}(1+t) \geq (1 + (n-1)t)(1+t) $$

Умножим скобки друг на друга в правой части:

$$ (1+t)^{n-1}(1+t) \geq 1 + nt + (n-1)t^2 $$

В итоге, с учетом нашего предположения, получаем следующее неравенство:

$$ (1+t)^{n-1}(1+t) = (1+t)^n = 1 + nt \geq 1 + nt + (n-1)t^2 $$

Из обеих частей этого неравенства вычитаем $1 + nt$:

$$ (n-1)t^2 \leq 0 $$

Это неравенство не может быть истинным, так как $(n-1) > 0$ и $t^2 > 0$. Произведение слева всегда строго положительное число. Получили противоречие, а значит не существует такого $t$, кроме $0$, которое обращало бы неравенство в равенство при $n>1$. $\blacksquare$

Очень элегантно, как по мне.