Номер 15, страница 316 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

15. Если $n$ — чётное число большее 4, то $n!! > n!!!$.

Для доказательства утверждения, что для любого чётного числа $n > 4$ выполняется неравенство $n!! > n!!!$, воспользуемся методом математической индукции.

Напомним определения двойного и тройного факториалов для чётного $n$:
Двойной факториал: $n!! = n \cdot (n-2) \cdot (n-4) \cdot \dots \cdot 2$.
Тройной факториал: $n!!! = n \cdot (n-3) \cdot (n-6) \cdot \dots \cdot r$, где $r$ — последний положительный член последовательности.

База индукции

Проверим утверждение для наименьшего чётного числа $n$, которое больше 4, то есть для $n=6$.
Вычислим левую и правую части неравенства:
$6!! = 6 \cdot 4 \cdot 2 = 48$
$6!!! = 6 \cdot 3 = 18$
Поскольку $48 > 18$, неравенство $6!! > 6!!!$ является верным. База индукции установлена.

Индукционное предположение

Предположим, что для некоторого чётного числа $k > 4$ неравенство выполняется, то есть $k!! > k!!!$.

Шаг индукции

Докажем, что неравенство справедливо и для следующего чётного числа $n = k+2$. Нам нужно доказать, что $(k+2)!! > (k+2)!!!$.
Преобразуем левую часть: $(k+2)!! = (k+2) \cdot k!!$.
Преобразуем правую часть: $(k+2)!!! = (k+2) \cdot (k-1) \cdot (k-4) \cdot \dots$.
Исходное неравенство для $n=k+2$ принимает вид:
$(k+2) \cdot k!! > (k+2) \cdot (k-1) \cdot (k-4) \cdot \dots$
Так как $k > 4$, то $k+2 > 0$, и мы можем разделить обе части неравенства на $k+2$:
$k!! > (k-1) \cdot (k-4) \cdot (k-7) \cdot \dots$
Произведение в правой части представляет собой тройной факториал числа $(k-1)$, то есть $(k-1)!!!$. Таким образом, нам нужно доказать неравенство $k!! > (k-1)!!!$.
Согласно индукционному предположению, мы знаем, что $k!! > k!!!$. Если мы сможем доказать, что $k!!! > (k-1)!!!$, то из этих двух неравенств по свойству транзитивности будет следовать требуемое неравенство $k!! > (k-1)!!!$.

Докажем вспомогательное неравенство $k!!! > (k-1)!!!$ для всех чётных $k > 4$. Для этого рассмотрим три случая в зависимости от остатка от деления $k$ на 3.

Случай 1: $k \equiv 0 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $6m$ для $m \ge 1$.
$k!!! = k(k-3)\dots(3)$. Число сомножителей равно $k/3$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(2)$. Число сомножителей равно $((k-1)-2)/3 + 1 = k/3$.
Количество сомножителей в обоих произведениях одинаково. Сравним их попарно: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $3 > 2$. Каждый сомножитель в левой части больше соответствующего сомножителя в правой. Следовательно, $k!!! > (k-1)!!!$.

Случай 2: $k \equiv 1 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $3m+1$, где $m$ — нечётное. Наименьшее такое $k>4$ — это $k=10$.
$k!!! = k(k-3)\dots(1)$. Число сомножителей равно $(k-1)/3 + 1$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(3)$. Число сомножителей равно $(k-1)/3$.
Сравним сомножители: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $4 > 3$. Произведение сомножителей $k!!!$ (кроме последнего, равного 1) больше, чем произведение $(k-1)!!!$. Таким образом, $k!!! > (k-1)!!!$.

Случай 3: $k \equiv 2 \pmod{3}$. Так как $k$ — чётное, $k$ имеет вид $3m+2$, где $m$ — чётное. Наименьшее такое $k>4$ — это $k=8$.
$k!!! = k(k-3)\dots(2)$. Число сомножителей равно $(k-2)/3 + 1$.
$(k-1)!!! = (k-1)(k-4)\dots(1)$. Число сомножителей равно $((k-1)-1)/3 + 1 = (k-2)/3+1$.
Количество сомножителей одинаково. Сравним их попарно: $k > k-1$, $k-3 > k-4$, ..., $2 > 1$. Очевидно, что $k!!! > (k-1)!!!$.

Таким образом, для любого чётного $k>4$ справедливо $k!!! > (k-1)!!!$.
Возвращаясь к шагу индукции, мы имеем:
1. $k!! > k!!!$ (по индукционному предположению).
2. $k!!! > (k-1)!!!$ (как только что доказано).
Из этого следует, что $k!! > (k-1)!!!$, что и требовалось доказать для завершения шага индукции.

Вывод

Поскольку база индукции верна и индукционный шаг доказан, по принципу математической индукции утверждение $n!! > n!!!$ справедливо для всех чётных чисел $n$, больших 4.

Ответ: Утверждение доказано.