Демидович — задача 10

1. 1
   Проведём эти четыре рассуждения последовательно.
2. 2

   Пункт а)

   Поскольку функция квадратного корня строго возрастает, для любого $k < n$ справедливо неравенство $\sqrt{k} < \sqrt{n}$. Переходя к обратным величинам, получаем $\frac{1}{\sqrt{k}} > \frac{1}{\sqrt{n}}$.
   
   Это означает, что последнее слагаемое в нашей сумме является самым маленьким. Заменим каждое слагаемое левой части (кроме последнего) на эту наименьшую дробь $\frac{1}{\sqrt{n}}$. Так как $n \ge 2$, в сумме присутствует хотя бы одно слагаемое, которое строго больше $\frac{1}{\sqrt{n}}$ (например, первое слагаемое, равное единице). Следовательно, при такой замене вся сумма строго уменьшится:$$1+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt n} > \underbrace{\frac1{\sqrt n}+\frac1{\sqrt n}+\cdots+\frac1{\sqrt n}}_{n \text{ слагаемых}}.$$Правая часть полученного неравенства состоит ровно из $n$ одинаковых слагаемых, поэтому её значение равно:$$n \cdot \frac{1}{\sqrt{n}} = \sqrt{n}.$$Объединяя это с нашей строгой оценкой, мы мгновенно приходим к требуемому результату:$$1+\frac1{\sqrt2}+\cdots+\frac1{\sqrt n} > \sqrt{n}.$$Утверждение доказано.
3. 3

   Пункт б)

   После деления на $n^n>0$ требуемое неравенство принимает вид$$\left(1+\frac1n\right)^n<n.$$По формуле бинома Ньютона, выведенной в задаче 5,$$\left(1+\frac1n\right)^n$$
   =2+\sum_{k=2}^{n}\binom nk\frac1{n^k}.Для $k\ge2$$$\binom nk\frac1{n^k}$$
   =\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!\,n^k}
   <\frac1{k!}.Кроме того, $k!\ge2^{k-1}$ при $k\ge2$, поскольку каждый из множителей
   $2,3,\ldots,k$ не меньше $2$. Поэтому для $n\ge2$$$\sum_{k=2}^{n}\frac1{k!}$$
   \le\sum_{k=2}^{n}\frac1{2^{k-1}}
   =1-\frac1{2^{n-1}}<1.Последнее равенство можно проверить непосредственно: если$$S=\frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^{n-1}},$$то вычитание $S$ из $2S$ даёт $S=1-2^{-(n-1)}$. Таким образом,$$\left(1+\frac1n\right)^n<3\le n$$
   \qquad(n\ge3).Следовательно, $n^{n+1}>(n+1)^n$.
4. 4

   Пункт в)

   Так как $0\le x_k\le\pi$, то $\sin x_k\ge0$. Докажем утверждение индукцией по числу слагаемых. Для $n=1$ имеем равенство. Предположим, что утверждение доказано для $n$ слагаемых, и положим$$S_n=x_1+\cdots+x_n.$$Тогда$$\begin{aligned}$$
   |\sin(S_n+x_{n+1})|
   &=|\sin S_n\cos x_{n+1}+\cos S_n\sin x_{n+1}|\\
   &\le |\sin S_n|\,|\cos x_{n+1}|+|\cos S_n|\sin x_{n+1}\\
   &\le |\sin S_n|+\sin x_{n+1}\\
   &\le\sum_{k=1}^{n+1}\sin x_k.
   \end{aligned}Индукционный переход выполнен.
5. 5

   Пункт г)

   Имеем$$\frac{(2n)!}{(n!)^2}=\binom{2n}{n}.$$По формуле бинома Ньютона из задачи 5 при $a=b=1$ и показателе степени $2n$$$2^{2n}=(1+1)^{2n}=\sum_{k=0}^{2n}\binom{2n}{k}.$$Все слагаемые в этой сумме положительны, а $\binom{2n}{n}$ является только одним из них. Поэтому$$\binom{2n}{n}<2^{2n}.$$Умножая на $(n!)^2>0$, получаем$$(2n)!<2^{2n}(n!)^2.$$Все используемые суммы конечны. В частности, в пункте б) не используется ещё не введённый бесконечный ряд: применяется только точная формула конечной геометрической прогрессии.

Что и требовалось доказать