Page 206 - 4371

7.11 Застосуємо метод математичної індукції. Легко пе-
ревірити, що обидві нерівності виконуються при n  , 1 2.
k
Припустимо, що ліва нерівність справедлива при n  :
k
 k 
k !   , тоді
 e 
k k 1 k
 k   k  1  k 

 k 1  k!   k 1  !    k 1     e  
 e   e   k  1
k1 k1
 k 1  1  k 1  e
   e    .
 e   k 1  k  e   1  k
   1 
 k   k 
k
 1 
Оскільки в силу (7.3)  1   e , то
 k 
k  1 k  1
 k 1 e  k 1
 k ! 1       .
 e  e  e 
Нехай права нерівність справедлива при n  k :
k  1
 k 1
k !e   , тоді
 e 
k 1 k 2 k 2
 1k    2k   1k 
 1k  !k   1k  ! e    1k  e    e  
 e   e    2k 
k  2 k  2
 k 2  1  k 2  e
  e  e   e  .
 e   k 2  k  2  e   1  k  2
  1   
 k 1   k  1
k2
 1 
Але, в силу (7.3)  1   e , тому
 k 1 
k  2 k  2
 k 2  e  k 2 
 k ! 1 e     e  ,
 e  e  e 
що і потрібно було довести.

206