Projekt okładki Edwin Radzikowski Redakcja Elżbieta Sejferówna ...

50 1. Ciągi nieskończone
Wynika to stąd, że dla j < n zachodzi ( ) ( ) j (
n n
j (n+1) > n
) ( ) j+1,
n
2 j+1 (n+1) 2
więc stosując dwumian Newtona, otrzymujemy sumę n + 1 składników o malejących
wartościach bezwzględnych, każde dwa kolejne składniki tej sumy
mają różne znaki, więc urywając sumowanie na składniku ujemnym, otrzymujemy
sumę mniejszą od danej, a urwawszy na składniku dodatnim – większą.
Mamy:
1 −
n
(n + 1)
n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
+ + − =
2
2(n + 1)
4
6(n + 1) 6
= 1 − 1 (
1 − 1 ) (
1
+ 1 − 1
n + 1 n + 1 2(n + 1) 2 n + 1
−
Wykażemy teraz, że:
(
1
1 − 1
6(n + 1) 3 n + 1
)(
1 − 2
n + 1
)(
1 − 3
n + 1
)(
1 − 2
)
.
n + 1
)
+
(
1 + 1 )(
)
n n(n − 1) n(n − 1)(n − 2)
1 − + − − 1 >
n + 1 (n + 1)
2
2(n + 1)
4
6(n + 1) 6 1
>
2(n + 1) − 1
2 2(n + 1) 3.
Niech y = 1 . Wtedy n
n+1
dowieść, że:
n+1
n−1
n−2
= 1 − y, = 1 − 2y, = 1 − 3y. Należy więc
n+1 n+1
(
(1+y) 1−y(1−y)+ 1 2 y2 (1−y)(1−2y)− 1 )
6 y3 (1−y)(1−2y)(1−3y) −1 >
> 1 2 (y2 − y 3 ).
Po wymnożeniu i uporządkowaniu nierówność, którą mamy udowodnić, wygląda
tak:
1
2 (y2 − y 3 ) <
< 1 2 y2 − 1 6 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 6 y6 +y 7 = 1 2 y2 − 1 2 y3 + 1 3 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 6 y6 +y 7 .
Ta nierówność wynika od razu z tego, że 0 < y < 1, więc y 3 > y 6 , y 4 > y 6 ,
y 5 > y 6 , zatem:
1
3 y3 + 1 3 y4 + 1 6 y5 − 5 ( 1
6 y6 > y 6 3 + 1 3 + 1 6 − 5 )
= 0.
6