Hallo Nina,
Substituiere zunächst \(\sqrt[n] a = b\). Da \(a \in \mathbb{R}_+\backslash\{1\}\) muss dann auch \(b \in \mathbb{R}_+\backslash\{1\}\) sein. Ich setze das in \(\sqrt[n] a \lt 1 + (a-1)/n\) ein und erhalte:$$\begin{aligned} b &\lt 1 + \frac{b^n - 1}n && \left|\, \cdot n \right. \\ bn &\lt n + b^n - 1 && \left|\,-n \right. \\ bn - n &\lt b^n - 1 \\ n(b-1) &\lt b^n - 1\end{aligned}$$das sieht schon ein wenig handlicher aus. Nun müsste man wissen, dass der Term \(b^n-1\) den Term \(b-1\) als Faktor enthält. Wir können also dividieren, da \(b \ne 1\) ist (s.o.). Da dies eine Ungleichung ist und keine Gleichung muss aber das \(\lt\) 'gedreht' werden, wenn \(b-1 \lt 0\) ist. Betrachten wir zunächst den Fall \(b-1 \gt 0\):$$\begin{aligned} n(b-1) &\lt b^n - 1 && \left|\, \div (b-1), \space b \gt 1 \right. \\ n &\lt b^{n-1} + b^{n-2} + b^{n-3} + \dots + b + 1 \\ n &\lt \sum_{i=0}^{n-1} b^i\end{aligned}$$Jeder der Summanden der rechten Summe ist \(\ge 1\), da \(b^i \gt 1\) für \(b \gt 1\). Und es sind genau \(n\) Summanden. Somit ist ihre Summe \(\gt n\). Ist also erfüllt!
Der Fall \(b-1 \lt 0\) läuft ähnlich. \(b\) muss dann \(\lt 1\) sein:$$\begin{aligned} n(b-1) &\lt b^n - 1 && \left|\, \div (b-1), \space b \lt 1 \right. \\ n &\gt \sum_{i=0}^{n-1} b^i\end{aligned}$$ Ist für \(b \lt 1\) ebenfalls richtig, da wieder \(n\) Summanden vorliegen, von denen \(n-1\) Summanden - also alle mit \(i>0\) - kleiner als 1 sind. Es ist dann \(b^i \lt 1\) für \(i \gt 1\) und \(b \lt 1\).
Die 2. Ungleichung sollte sich nach dem gleichen Muster beweisen lassen. Was genau ist dabei das \(p\)?
Gruß Werner
