W
Zuallererst modeln wir mal die linke Seite um. Dazu definieren wir
$\begin{eqnarray*}
s_n &=& 1 + a^2 + a^4 + \dots + a^{2n}\\
s_n' &=& a + a^3 + a^5 + \dots + a^{2n-1}
\end{eqnarray*}
Es ist
$\begin{eqnarray*}
s_n &=& 1 + a^2 + a^4 + \dots + a^{2n}\\
a^2 s_n &=& \quad\;\;\, a^2 + a^4 + \dots + a^{2n} + a^{2n+2}
\end{eqnarray*}
,
also
(a2−1)sn=a2n+2−1(a^2 - 1) s_n = a^{2n+2} - 1(a2−1)sn=a2n+2−1
beziehungsweise
sn=a2n+2−1a2−1s_n = \frac{a^{2n+2} - 1}{a^2 - 1}sn=a2−1a2n+2−1.
Ähnlich machen wir es mit sn′s_n'sn′ und erhalten
sn′=a2n+1−aa2−1s_n' = \frac{a^{2n+1} - a}{a^2 - 1}sn′=a2−1a2n+1−a.
Das alles setzt natürlich a≠1a\neq 1a≠1 voraus. Aber für a=1a = 1a=1 gilt die Behauptung sowieso. Unsere Behauptung ist also
a2n+2−1a2n+1−a≥n+1n\frac{a^{2n+2} - 1}{a^{2n+1} - a} \ge \frac{n+1}{n}a2n+1−aa2n+2−1≥nn+1.
Wir stellen weiter fest, dass wir diese nur für a>1a > 1a>1 beweisen müssen, denn gilt die Behauptung für alle a>1a > 1a>1 und ist a<1a < 1a<1, dann setze A=1/a>1A = 1/a > 1A=1/a>1, und es folgt
$\begin{eqnarray*}
\frac{a^{2n+2} - 1}{a^{2n+1} - a}
&=& \frac{\frac{1}{A^{2n+2}} - 1}{\frac{1}{A^{2n+1}} - \frac{1}{A}}\\
&=& \frac{ \frac{1-A^{2n+2}}{A^{2n+2}} }{ \frac{1-A^{2n}}{A^{2n+1}} }\\
&=& \frac{(1 - A^{2n+2}) A^{2n+1}}{(1 - A^{2n}) A^{2n+2}}\\
&=& \frac{A^{2n+2} - 1}{(A^{2n} - 1) A}\\
&=& \frac{A^{2n+2} - 1}{A^{2n+1} - A}\\
&\ge& \frac{n+1}{n}\;.
\end{eqnarray*}
Sei also im Folgenden a>1a > 1a>1. Durch Äquivalenzumformungen bringen wir die Behauptung auf die Ungleichung
a2n+2−n+1na2n+1+n+1na−1≥0.a^{2n+2} - \frac{n+1}{n} a^{2n+1} + \frac{n+1}{n} a - 1 \ge 0\;.a2n+2−nn+1a2n+1+nn+1a−1≥0.
Setzen wir nun noch N=2nN = 2nN=2n und
f(a)=aN+2−N+2NaN+1+N+2Na−1,f(a) = a^{N+2} - \frac{N+2}{N} a^{N+1} + \frac{N+2}{N} a - 1\;,f(a)=aN+2−NN+2aN+1+NN+2a−1,
so ist unsere Behauptung äquivalent mit
f(a)≥0f(a) \ge 0f(a)≥0 für alle a≥1a \ge 1a≥1.
Für unsere weiteren Betrachtungen benötigen wir folgenden
${\bf Satz:} {\it Es sei $n\in\mathbf{N}$, $x_0\in\mathbf{R}$ und $f:\mathbf{R}\to\mathbf{R}$ eine $n$-mal differenzierbare Funktion. Weiter habe $f$ die Eigenschaften}\\
\\
(a) $f^{(k)}(x_0) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , n-1$,\\
(b) $f^{(n)}(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$.\\
\\
Dann folgt $f(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$.
${\bf Beweis:} F"ur $n = 0$ gibt es nichts zu zeigen. Sei die Behauptung des Satzes f"ur ein $n\in\mathbf{N}$ erf"ullt, und es gelte\\
\\
(a') $f^{(k)}(x_0) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , n$,\\
(b') $f^{(n+1)}(x) \ge 0$ f"ur alle $x\ge x_0$.\\
\\
Aus (b') schlie"sen wir, dass $f^{(n)}$ auf $[x\_0,\infty)$ monoton wachsend ist. Damit und wegen $f^{(n)}(x\_0) \ge 0$ folgt $f^{(n)}(x)\ge 0$ f"ur alle $x\ge x\_0$, also (b). Da mit (a') auch (a) gilt, folgt $f(x)\ge 0$ f"ur alle $x\ge x\_0$. \hspace*{\fill}$\Box$
Wir zeigen nun
$
(a) $f^{(k)}(1) \ge 0$ f"ur $k = 0, 1, \dots , N+1$\\
(b) $f^{(N+2)}(a) \ge 0$ f"ur alle $a\ge 1$.
Dann folgt auch unsere Behauptung. Man findet schnell heraus, dass f(1)=f′(1)=0f(1) = f'(1) = 0f(1)=f′(1)=0. Für 2≤k≤N+12\le k\le N+12≤k≤N+1 gilt:
f(k)(a)=(N+2)!(N+2−k)!(aN+2−k−N+2−kNaN+1−k).f^{(k)}(a) = \frac{(N+2)!}{(N+2-k)!} \biggl( a^{N+2-k} - \frac{N+2-k}{N} a^{N+1-k} \biggr) \;.f(k)(a)=(N+2−k)!(N+2)!(aN+2−k−NN+2−kaN+1−k).
Daraus folgt zuersteinmal die Behauptung (a), denn
f(k)(1)=(N+2)!(N+2−k)!⋅k−2N≥0.f^{(k)}(1) = \frac{(N+2)!}{(N+2-k)!} \cdot \frac{k-2}{N} \ge 0\;.f(k)(1)=(N+2−k)!(N+2)!⋅Nk−2≥0.
Weiter sehen wir daraus
f(N+1)(a)=(N+2)!(a−1N)f^{(N+1)}(a) = (N+2)! \biggl( a - \frac{1}{N} \biggr)f(N+1)(a)=(N+2)!(a−N1).
Nocheinmal differenzieren ergibt
f(N+2)(a)=(N+2)!≥0f^{(N+2)}(a) = (N+2)! \ge 0f(N+2)(a)=(N+2)!≥0
für alle a≥1a\ge 1a≥1, also unsere Behauptung (b). Mit dem Satz folgt die ursprüngliche Behauptung.