请问能否不使用微积分的知识证明伯努利不等式？
首先指出，问题不严谨。不使用任何微积分知识，要证明实数次幂型的 $$\text{Bernoulli}$$不等式是不可能的，因为事实上，连这个实数次幂本身都需要用微积分的实数理论去定义。于是，假定当前问题只是想要一种不涉及导数的证法，这当然是办得到的。

现在的任务是要证明

> 设 $$x>-1,$$ 则有  >  $$(a)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\le 1+rx$$ 对所有 $$0<r<1$$ 成立；  >  $$(b)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\ge 1+rx$$ 对所有 $$r>1$$ 成立；  >  $$(c)$$ 不等式 $$ (1+x)^r\ge 1+rx$$ 对所有 $$r<0$$ 成立。

## 一、先来证明 $$r$$ 是有理数时的情形

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 1}}}$$ 当 $$0<r<1\. $$

不妨设 $$r=\frac{p}{q},$$ 其中 $$p,q \in \mathbb{N_+},$$ 此时 $$q-p>0.$$ 同时，因$$x>-1,$$ 也有 $$1+x>0.$$ 于是依 $$\text{AM-GM}$$ 不等式，成立

$$\begin{align*}(1+x)^r&=(1+x)^{\frac{p}{q}}=\sqrt[q]{\underbrace{(1+x)\cdots(1+x)}_{p~~\text{terms}}\cdot\underbrace{1\cdots\cdot1}_{q-p~~\text{terms}}}\\\&\le\frac{p\cdot(1+x)+1\cdot(q-p)}{q}=1+\frac{p}{q}\cdot x=1+rx, \end{align*}\\\$$于是 $$(a)$$ 得证。

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 2}}}$$ 当 $$r>1.$$

此时又分两种情况：

  * 若 $$1+rx\le0,$$ 则 $$(1+x)^{r}>0\ge 1+rx;$$   * 若 $$1+rx>0,$$ 则 $$rx>-1,$$ 同时注意到 $$0<\frac{1}{r}<1,$$ 于是直接依 $$(a)$$ 成立 $$(1+rx)^{\frac{1}{r}}\le 1+\frac{1}{r}\cdot rx=1+x,$$ 即 $$(1+x)^r\ge1+rx.$$ 

综上， $$(b)$$ 得证。

$$\color{blue}{\bold{\text{Case 3}}}$$ 当 $$r<0.$$

此时总能求得充分大的 $$n\in \mathbb{N_+}$$ 使得 $$0<-\frac{r}{n}<1$$ 以及$$-1<\frac{rx}{n}<1$$ 同时成立。

于是依 $$(a)$$ 成立

$$0<(1+x)^{-\frac{r}{n}}\le1-\frac{r}{n}\cdot x\le\left(1+\frac{r}{n}\cdotx\right)^{-1},\\\$$ 同时做 $$-n$$ 次幂，将有

$$(1+x)^r\ge \left(1+\frac{r}{n}\cdot x\right)^n\ge1+n\cdot \frac{r}{n}\cdotx=1+rx,\\\$$ 于是 $$(c)$$ 得证。

## 二、再来证明 $$r$$ 是无理数时的情形

此时总能求得一个有理序列 $$\\{r_n\\}$$ 收敛于 $$r,$$ 比如可以将 $$r_n$$ 直接取为 $$r$$ 无尽小数表达式的 $$n$$位小数近似值。

为了证 $$(a),$$ 利用前已证知的结论，并结合函数的连续性和序列极限的有关性质，将有

$$(1+x)^r=\lim_{n \to \infty}(1+x)^{r_n}\le \lim_{n \to \infty}(1+r_nx)=1+rx,\\\$$ 从而 $$(a)$$ 得证。完全类似地，可证 $$(b),(c).$$

至此，我们已避开导数完成了实数次幂型的 $$\text{Bernoulli}$$ 不等式的全部证明。