Страница сетевой поддержки учеников Тимура Юрьевича Альпина

Давно обещал решение этого номера.

Вначале докажем утверждение из №7, но в более строгом варианте. Пусть $x>-1$, $x\neq0$ и $n>1$. Тогда \begin{equation} \left(1+x\right)^{n}>1+nx.\label{eq:n7} \end{equation} Вначале проверим это утверждение для минимального натурального $n$, большего единицы: $n=2$. Если $x\neq0$, то $x^{2}>0$ и \[ \left(1+x\right)^{2}=1+2x+x^{2}>1+2x; \] неравенство (\ref{eq:n7}) выполняется. Положим теперь, что при $n=k$ верно \begin{equation} \left(1+x\right)^{k}>1+kx.\label{eq:k7} \end{equation} Исходя из этого докажем, что \[ \left(1+x\right)^{k+1}>1+\left(k+1\right)x. \] Так как $x^{2}>0$, то при натуральных (а значит, и положительных) $k$ и $kx^{2}>0$. Зная это, умножим обе части считающегося верным неравенства (\ref{eq:k7}) на $\left(1+x\right)$: \[ \left(1+x\right)^{k}\left(1+x\right)>\left(1+kx\right)\left(1+x\right), \] откуда \[ \left(1+x\right)^{k+1}>\left(1+kx\right)\left(1+x\right). \] Но \[ \left(1+kx\right)\left(1+x\right)=1+kx+x+kx^{2}=1+\left(k+1\right)x+kx^{2}>1+\left(k+1\right)x. \] Итак, \[ \left(1+x\right)^{k+1}>\left(1+kx\right)\left(1+x\right)>1+\left(k+1\right)x, \] что и требовалось доказать.
Используя это важное утверждение, докажем основное неравенство: при $n\geqslant3$ \[ n^{n+1}>\left(n+1\right)^{n}. \] Начнём, как обычно, с наименьшего возможного значения $n$. Сравним для $n=3$: \[ 3^{3+1}\vee\left(3+1\right)^{3}, \] \[ 3^{4}\vee4^{3}, \] \[ 81\vee64, \] \[ 81>64, \] т.е., как и требовалось, \[ 3^{3+1}>\left(3+1\right)^{3}. \] Теперь докажем, что из верности при $n=k$ неравенства \[ k^{k+1}>\left(k+1\right)^{k} \] следует, при $n=k+1$, верность неравенства \[ \left(k+1\right)^{k+2}>\left(k+2\right)^{k+1}. \] Заметим, что так как при натуральных $k$ имеет место $-1<-\frac{1}{k+2}\neq0$, выполняются условия неравенства (\ref{eq:n7}), а следовательно \[ \left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k}=\left(1-\frac{1}{k+2}\right)^{k}>1-\frac{k}{k+2}=\frac{k+2}{k+2}-\frac{k}{k+2}=\frac{2}{k+2}, \] или, сокращённо, \[ \left(\frac{k+1}{k+2}\right)^{k}>\frac{2}{k+2}. \] Тогда, умножая обе части этого неравенства на $\left(k+2\right)^{k}$, получим \begin{equation} \left(k+1\right)^{k}>2\left(k+2\right)^{k-1}.\label{eq:st1} \end{equation} С другой стороны, \[ 2\frac{\left(k+1\right)^{2}}{\left(k+2\right)^{2}}=2\left(1-\frac{1}{k+2}\right)^{2}>2\left(1-\frac{2}{k+2}\right). \] Нетрудно видеть, что выражение в правой части возрастает вместе с $k$, но уже при $k=3$ \[ 2\left(1-\frac{2}{k+2}\right)=2\left(1-\frac{2}{5}\right)=\frac{6}{5}>1, \] и значит, при $k\geqslant3$ \begin{equation} 2\frac{\left(k+1\right)^{2}}{\left(k+2\right)^{2}}>2\left(1-\frac{2}{k+2}\right)>1.\label{eq:st2} \end{equation} Используя сначала неравенство (\ref{eq:st1}), затем неравенство (\ref{eq:st2}), получим \[ \left(k+1\right)^{k+2}=\left(k+1\right)^{k}\left(k+1\right)^{2}>2\left(k+2\right)^{k-1}\left(k+1\right)^{2}=2\frac{\left(k+1\right)^{2}}{\left(k+2\right)^{2}}\left(k+2\right)^{k+1}>\left(k+2\right)^{k+1}, \] т.е. \[ \left(k+1\right)^{k+2}>\left(k+2\right)^{k+1}, \] что и требовалось доказать для шага индукции.