Рассмотрим следующее неравенство:

$$\frac{2n}{n!}<\frac{2}{n}$$

Домножим обе части на $n$ и разделим на $2$:

$$\frac{n^2}{n!}<1$$

«Поднимем» $n!$ из знаменателя:

$$n^2<n!$$

Распишем это неравенство для нескольких $n$:

n12345⋯​n2<n!1<14<29<616<2425<120⋯​​

Замечаем, что после $n=3$ неравенство $n^2<n!$ всегда выполняется.

Докажем по индукции, что

$$n^2<n!,n>3$$

База индукции: пусть $n=4$. Получаем:

$$16<24$$

Индукционный переход:

Предположим, что неравенство выполняется для некоторого $k>3$:

$$k^2<k!$$

Домножим обе части на $(k+1)$:

$$k^2\cdot (k+1)<(k+1)!$$

Покажем, что

$$\begin{array}{rl}(k+1{)}^2& <k^2\cdot (k+1)\\ k^2+2k+1& <k^3+k^2\\ 2k+1& <k^3\\ 1& <k^3-2k\end{array}$$

Так как $k>3$, то последнее неравенство можно усилить, вставив значение для $k=3$:

$$1<3^3-2\cdot 3=20<k^3-2k$$

Итак, мы показали, что

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

Но

$$k^2\cdot (k+1)<(k+1)!$$

Поэтому, объединяя эти неравенства в одно, получаем:

$$\begin{gathered} (k+1{)}^2<k^2\cdot (k+1)<(k+1)! \\ (k+1{)}^2<(k+1)! \end{gathered}$$

Итак, неравенство выполняется и для $k+1$. Индукционный переход доказан, а значит мы доказали, что:

$$n^2<n!,n>3$$

А значит выполняется и

$$\frac{2n}{n!}<\frac{2}{n},n>3$$

Теперь зажмем нашу последовательность из условия:

$$0<\frac{2n}{n!}<\frac{2}{n}$$

На первые $3$ члена последовательности, для которых неравенство в правой части не выполняется можно не обращать внимание. На предел они не окажут никакого влияния (см. прото-задачу П-ссылка).

Так как $0\to 0$ и $\frac{2}{n}\to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка), то, по теореме о двух милиционерах, «зажатая» между ними последовательность из условия тоже стремится к $0$.

$■$