Доказательство а)

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$$

Доказательство правой части

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$$

Умножим обе части на $n$:

$$n\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<1$$

$$\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<1$$

Представим обе части неравенства как показатели степени с основанием $e$ (знак неравенства не изменится, так как $e>1$):

$$e^{\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n}<e^1$$

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<e$$

Последнее неравенство выполняется (см. задачу 69).

Итак, мы доказали, что

$$\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)<\frac{1}{n}$$

$■$

Доказательство левой части

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

Умножим обе части на $n+1$:

$$1<(n+1)\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

$$1<\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$$

Представим обе части неравенства как показатели степени с основанием $e$ (знак неравенства не поменяется, так как $e>1$):

$$e^1<e^{\ln {\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}}$$

$$e<{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{n+1}$$

Последнее неравенство выполняется (см. задачу 69).

Итак, мы доказали, что

$$\frac{1}{n+1}<\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)$$

$■$

Доказательство б)

$$1+\alpha <e^{\alpha }$$

Доказательство для рационального $\alpha$

Пусть $\alpha$ — рациональное число:

$$\alpha =\frac{p}{q}(p\in \mathbb{Z},q\in \mathbb{N})$$

Рассмотрим три варианта:

1. $p,q>0$

Из задачи 69 известно, что

$${\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n<e$$

а значит и

$${\left(1+\frac{1}{q}\right)}^q<e$$

Возьмем корень $q$-ой степени из обеих частей:

$$1+\frac{1}{q}<e^{\frac{1}{q}}$$

Возведем обе части в степень $p$:

$${\left(1+\frac{1}{q}\right)}^p<e^{\frac{p}{q}}$$

Для выражения слева от знака неравенства воспользуемся неравенством Бернулли (см. задачу 7):

$$1+\frac{p}{q}\le {\left(1+\frac{1}{q}\right)}^p<e^{\frac{p}{q}}$$

$$1+\frac{p}{q}<e^{\frac{p}{q}}$$

$$1+\alpha <e^{\alpha }$$

2. $q=1,p<0$

Раз $q=1$, то

$$\alpha =p$$

Так как $p=\alpha$ — целое число меньше $0$, то

$$\alpha \le -1$$

Прибавим к обеим частям неравенства $1$:

$$1+\alpha \le 0$$

В то же время мы знаем, что $e^{\alpha }$ даже при отрицательном $\alpha$ будет строго больше нуля, так как $e^{\alpha }=\frac{1}{e^{-\alpha }}>0$, где $-\alpha >0$.

Поэтому

$$1+\alpha \le 0<e^{\alpha }$$

$$1+\alpha <e^{\alpha }$$

3. $q\ne 1,p<0$

​

Доказательство для иррационального $\alpha$

Нам нужно доказать, что

$$1+\alpha <e^{\alpha }$$

Вычтем из обеих частей $\alpha$ и далее будем рассматривать именно полученное неравенство:

$$e^{\alpha }-\alpha >1$$

Так как $\alpha$ — иррациональное число, то его порождает сечение $A/A^{\prime }$ на множестве рациональных чисел.

Так как у нижнего класса $A$ не наибольшего рационального числа, то в этом классе можно выделить возрастающую последовательность рациональных чисел $p_n$. В классе $A^{\prime }$ можно выделить убывающую последовательность рациональных чисел $q_n$. Итак,

$$p_n<\alpha <q_n$$

Причем

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{q}_n-p_n=0$$

Рассмотрим левую часть неравенства $p_n<\alpha <q_n$:

$$p_n<\alpha$$

Представим обе части неравенства в виде показателей степени с основанием $e$:

$$e^{p_n}<e^{\alpha }$$

Теперь рассмотрим вторую часть неравенства $p_n<\alpha <q_n$:

$$\alpha <q_n$$

Умножим обе части неравенства на $-1$:

$$-\alpha >-q_n$$

Прибавим к обеим сторонам число $e^{p_n}$:

$$e^{p_n}-\alpha >e^{p_n}-q_n$$

Но выше мы уже показали, что $e^{\alpha }>e^{p_n}$, поэтому

$$e^{\alpha }-\alpha >e^{p_n}-\alpha >e^{p_n}-q_n$$

$$e^{\alpha }-\alpha >e^{p_n}-q_n$$