Пункт а)

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{n}}>\sqrt{n}(n⩾2)$$

Докажем по методу математической индукции.

База индукции: в качестве базы возьмем $n=2$, так как по условию $n\ge 2$:

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}>\sqrt{2}$$

$$(\sqrt{2}+1)\approx 2.4>2$$

Индукционный переход:

Пусть неравенство выполняется для некоторого натурального $k$:

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}}>\sqrt{k}$$

Прибавим к обеим частям $\frac{1}{\sqrt{k+1}}$:

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}$$

Теперь надо лишь доказать, что

$$\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}\stackrel{\text{?}}{>}\sqrt{k+1}$$

Избавимся от корня в знаменателе дроби слева:

$$\sqrt{k}+\frac{\sqrt{k+1}}{k+1}\stackrel{\text{?}}{>}\sqrt{k+1}$$

Возводим в квадрат обе части:

$$k+\frac{2\sqrt{k(k+1)}}{k+1}+\frac{1}{k+1}\stackrel{\text{?}}{>}k+1$$

Вычитаем из обеих частей $k$ и домножаем их на $k+1$:

$$2\sqrt{k(k+1)}+1\stackrel{\text{?}}{>}k+1$$

Вычитаем из обеих частей $1$ и снова возводим в квадрат:

$$\begin{array}{rl}4k(k+1)& \stackrel{\text{?}}{>}k\\ 4(k+1)& \stackrel{\text{?}}{>}1\\ k& >\frac{1}{4}-1\end{array}$$

Последнее выполняется, так как по условию $k\ge 2$. Итак, мы доказали неравенство:

$$\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}$$

Теперь применим полученный результат для усиления неравенства для $k+1$:

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}$$

$$1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\dots +\frac{1}{\sqrt{k}}+\frac{1}{\sqrt{k+1}}>\sqrt{k+1}$$

Мы доказали индукционный переход. Это означает, что доказываемое выполняется для всех натуральных $n\ge 2$.

$■$

Пункт б)

$$n^{n+1}>(n+1{)}^n(n⩾3)$$

Докажем по методу математической индукции.

База индукции: в качестве базы возьмем $n=3$, так как по условию $n\ge 3$:

$$3^4=81>4^3=64$$

Индукционный переход:

Предположим, неравенство выполняется для некоторого натурального $k$:

$$k^{k+1}>(k+1{)}^k$$

Докажем, что оно выполняется и для $k+1$:

$$(k+1{)}^{k+2}>(k+2{)}^{k+1}$$

Правую часть домножим на дробь $\frac{(k+1{)}^k}{(k+1{)}^k}$:

$$(k+2{)}^{k+1}=\frac{(k+2{)}^{k+1}(k+1{)}^k}{(k+1{)}^k}$$

Воспользуемся предположением индукции, которое мы сделали выше:

$$(k+2{)}^{k+1}=\frac{(k+2{)}^{k+1}(k+1{)}^k}{(k+1{)}^k}<\frac{(k+2{)}^{k+1}{k}^{k+1}}{(k+1{)}^k}$$

Получили цепное неравенство:

$$(k+1{)}^{k+2}\stackrel{\text{?}}{>}\frac{(k+2{)}^{k+1}{k}^{k+1}}{(k+1{)}^k}>(k+2{)}^{k+1}$$

Другими словами, для доказательства индукционного перехода надо показать, что полученная нами дробь действительно меньше $(k+1{)}^{k+2}$.

Докажем это постепенным упрощением обеих частей. Сначала домножим обе части на $(k+1{)}^k$:

$$(k+1{)}^{2k+2}\stackrel{\text{?}}{>}{\left((k+2)k\right)}^{k+1}$$

В левой части вынесем двойку из показателя:

$${\left((k+1{)}^2\right)}^{k+1}\stackrel{\text{?}}{>}{\left((k+2)k\right)}^{k+1}$$

Из обеих частей возьмем корень $k+1$ степени. Корень можно взять, так как оба выражения положительные:

$$\begin{array}{rl}(k+1{)}^2& \stackrel{\text{?}}{>}(k+2)k\\ k^2+2k+1& \stackrel{\text{?}}{>}{k}^2+2k\\ 1& >0\end{array}$$

Итак, мы доказали цепное неравенство:

$$(k+1{)}^{k+2}>\frac{(k+2{)}^{k+1}{k}^{k+1}}{(k+1{)}^k}>(k+2{)}^{k+1}$$

$$(k+1{)}^{k+2}>(k+2{)}^{k+1}$$

Индукционный переход доказан. Это означает, что доказываемое неравенство выполняется для всех натуральных $n\ge 3$.

$■$

Пункт в)

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^n{x}_k\right)\right|⩽\sum _{k=1}^n\sin x_k(0⩽x_k⩽\pi ;k=1,2,\dots n)$$

Докажем по методу математической индукции. В этом пункте мы будем пользоваться несколькими свойствами модуля (см. прото-задачу П-ссылка).

База индукции: при $n=1$ получаем

$$\sin x_1=\sin x_1$$

Знак модуля мы сняли, так как по условию $0\le x_k\le \pi$, то есть отрицательным синус получиться не может.

Индукционный переход:

Предположим, неравенство выполняется для некоторого натурального $m$:

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\le \sum _{k=1}^m\sin x_k$$

Докажем, что оно выполняется и для $m+1$:

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^{m+1}{x}_k\right)\right|\le \sum _{k=1}^{m+1}\sin x_k$$

Будем работать с левой частью:

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^{m+1}{x}_k\right)\right|=\left|\sin \left(x_{m+1}+\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|$$

Воспольуемся формулой синуса суммы двух углов:

$$\begin{array}{c}\left|\sin \left(x_{m+1}+\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|=\\ =\left|\sin (x_{m+1})\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)+\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\cos (x_{m+1})\right|\end{array}$$

Воспользуемся свойством модуля $|x+y|\le |x|+|y|$:

$$\begin{array}{c}\left|\sin (x_{m+1})\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)+\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\cos (x_{m+1})\right|\le \\ \le \left|\sin (x_{m+1})\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\cos (x_{m+1})\right|\end{array}$$

Применим еще одно свойство модуля $|x\cdot y|=|x|\cdot |y|$:

$$\begin{array}{c}\left|\sin (x_{m+1})\right|\cdot \left|\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\cdot \left|\cos (x_{m+1})\right|\end{array}$$

Теперь надо избавиться от двух множителей с косинусами:

$$\left|\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\left|\cos (x_{m+1})\right|$$

Так как мы берем их модуль, то их значение всегда между $0$ и $1$:

$$0\le \left|\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\le 10\le \left|\cos (x_{m+1})\right|\le 1$$

Поэтому, для получения наибольшего значения можно просто вместо них взять $1$:

$$\begin{array}{c}\left|\sin (x_{m+1})\right|\cdot \left|\cos \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\cdot \left|\cos (x_{m+1})\right|\le \\ \le \left|\sin (x_{m+1})\right|\cdot 1+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\cdot 1\end{array}$$

Модуль у слагаемого $|\sin (x_{m+1})|$ можно убрать, так как по условию $0\le x_{m+1}\le \pi$. Ко второму слагаемому можно применить неравенство по предположению индукции:

$$\begin{array}{c}|\sin (x_{m+1})|+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\le \sin (x_{m+1})+\sum _{k=1}^m\sin (x_k)\end{array}$$

Но

$$\sin (x_{m+1})+\sum _{k=1}^m\sin (x_k)=\sum _{k=1}^{m+1}\sin (x_k)$$

Поэтому

$$|\sin (x_{m+1})|+\left|\sin \left(\sum _{k=1}^m{x}_k\right)\right|\le \sum _{k=1}^{m+1}\sin (x_k)$$

Итак, все это время мы преобразовывали левую часть неравенства, поэтому

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^{m+1}{x}_k\right)\right|\le \dots \le \sum _{k=1}^{m+1}\sin x_k$$

$$\left|\sin \left(\sum _{k=1}^{m+1}{x}_k\right)\right|\le \sum _{k=1}^{m+1}\sin x_k$$

Индукционный переход доказан. Это означает, что доказываемое неравенство выполняется для всех натуральных $n$.

$■$

Пункт г)

$$(2n)!<2^{2n}(n!{)}^2$$

Докажем по методу математической индукции.

База индукции: при $n=1$ получаем

$$2!=2<4$$

Индукционный переход:

Предположим, неравенство выполняется для некоторого натурального $k$:

$$(2k)!<2^{2k}(k!{)}^2$$

Докажем, что оно выполняется и для $k+1$. Домножим обе части на положительное $(2k+2{)}^2$:

$$(2k)!(2k+2{)}^2<2^{2k}(k!{)}^2(2k+2{)}^2$$

Правую часть неравенства, с учетом новой скобки, можно записать так:

$$2^{2k}(k!{)}^2(2k+2{)}^2=2^{2k+2}{\left((k+1)!\right)}^2$$

Подставим результат обратно в неравенство:

$$(2k)!(2k+2{)}^2<2^{2k+2}{\left((k+1)!\right)}^2$$

Докажем, что

$$\begin{array}{rl}(2k+2{)}^2& \stackrel{\text{?}}{>}(2k+1)(2k+2)\\ 4k^2+8k+4& \stackrel{\text{?}}{>}4k^2+6k+2\\ 2k+2& >0\end{array}$$

Мы доказали, что

$$(2k+2{)}^2>(2k+1)(2k+2)$$

Теперь применим полученный результат для усиления неравенства для $k+1$:

$$(2k)!(2k+1)(2k+2)<(2k)!(2k+2{)}^2<2^{2k+2}{\left((k+1)!\right)}^2$$

Но

$$(2k)!(2k+1)(2k+2)=(2k+2)!$$

Поэтому в итоге получаем

$$(2k+2)!<(2k)!(2k+2{)}^2<2^{2k+2}{\left((k+1)!\right)}^2$$

$$(2k+2)!<2^{2k+2}{\left((k+1)!\right)}^2$$

Индукционный переход доказан. Это означает, что доказываемое неравенство выполняется для всех натуральных $n$.

$■$

Пункт б)

$$n^{n+1}>(n+1{)}^n(n⩾3)$$

Докажем по методу математической индукции.

База индукции: в качестве базы возьмем $n=3$, так как по условию $n\ge 3$:

$$3^4=81>4^3=64$$

Индукционный переход:

Предположим, неравенство выполняется для некоторого натурального $k$:

$$k^{k+1}>(k+1{)}^k$$

Докажем, что оно выполняется и для $k+1$:

$$(k+1{)}^{k+2}>(k+2{)}^{k+1}$$

Запишем это неравенство в другом виде:

$$(k+1{)}^k(k+1{)}^2>(k+2{)}^k(k+2)$$

Разделим обе части неравенства на $(k+1{)}^k(k+2)$:

$$k+1>{\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^k\frac{k+2}{k+1}={\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^{k+1}$$

$$k+1>{\left(\frac{k+2}{k+1}\right)}^{k+1}$$

Преобразуем дробь в скобках в правой части:

$$k+1>{\left(1+\frac{1}{k+1}\right)}^{k+1}$$

Выражение в правой части при увеличении $k$ будет стремиться к числу $e\approx 2.7$ (см. задачу 69 или прото-задачу П-ссылка).

В прото-задаче П-ссылка мы доказали ограничение сверху на выражение:

$$3>{\left(1+\frac{1}{k+1}\right)}^{k+1}$$

Но по условию доказываемого неравенства $k\ge 3$, поэтому в худшем случае при $k=3$ имеем:

$$k+1=3+1=4>3>{\left(1+\frac{1}{k+1}\right)}^{k+1}$$

$$k+1>{\left(1+\frac{1}{k+1}\right)}^{k+1}$$

Индукционный переход доказан. Это означает, что доказываемое неравенство выполняется для всех натуральных $n\ge 3$.

$■$