Будем использовать введенные в предыдущем параграфе обозначения. Пусть задано $\alpha$ в Г. Тогда в силу неравенства $(23 ; 22) \alpha$ иррационально, следовательно, $\lambda$ не равно корню из единицы. Если положить
\[
\rho_{n}=\left|\lambda^{n}-1\right|^{-1} \quad(n=1,2, \ldots)
\]

и определить $m$ опять из неравенства $(23 ; 12)$, то из неравенств $(23 ; 13)$ и $(23 ; 22)$ следует оценка
\[
\rho_{n} \leqslant \frac{1}{4}|n \alpha-m|^{-1}<\frac{n^{\mu}}{4 \varepsilon},
\]

причем $\varepsilon, \mu$ могут зависеть еще и от $\alpha$. Для упрощения этого неравенства определим положительное число $
u<\mu$, сообразно условию
\[
\frac{1}{4 \varepsilon}<2^{
u},
\]

откуда тогда следует
\[
\rho_{n}<(2 n)^{
u} \quad(n=1,2, \ldots) .
\]

Определим формальный ряд
\[
\Phi(\zeta)=\sum_{n=1}^{\infty} c_{n} \zeta^{n}=\zeta+\sum_{n=2}^{\infty} c_{n} \zeta^{n},
\]

в котором $c_{1}=1$, уравнением
\[
\sum_{n=2}^{\infty} \rho_{n-1}^{-1} c_{n} \zeta^{n}=\Phi^{2}(\zeta)+\Phi^{3}(\zeta)+\ldots
\]

из которого $c_{n}$ определяются рекуррентным способом. Именно, сравнение коэффициентов дает формулу
\[
c_{n}=\rho_{n-1} \sum_{\mathfrak{z}^{n}} c_{n_{1}} c_{n_{2}} \ldots c_{n_{r}} \quad(n=2,3, \ldots),
\]

в которой символ $\mathfrak{z}_{n}$ обозначает, что суммирование распространено по всем целым разбиениям $n_{1}, n_{2}, \ldots, n_{r}$, для которых $n_{1}+n_{2}+\ldots+n_{r}=$ $=n$, т. е. каждому $n$ соответствуют по крайней мере два слагаемых. Отсюда все $c_{n}(n=2,3, \ldots)$ получаются положительными числами. Если теперь сравнить рекуррентную формулу (3) с той, которая получается для $b_{n}$ из уравнения $(23 ; 6)$, то вследствие соотношения $\left|\lambda^{n}-\lambda\right|=\rho_{n-1}^{-1}$ $(n=2,3, \ldots$ ) с помощью равенства $(23 ; 7)$ полной индукцией получим неравенство $\left|b_{n}\right| \leqslant c_{n}$, т. е. $\varphi(\zeta) \prec \Phi(\zeta)$. Поэтому достаточно доказать сходимость $\Phi(\zeta)$. Определим еще один степенной ряд
\[
\psi(\zeta)=\sum_{n=1}^{\infty} \gamma_{n} \zeta^{n}=\zeta+\sum_{n=2}^{\infty} \gamma_{n} \zeta^{n}
\]

в котором $\gamma_{1}=1$, функциональным уравнением
\[
\psi(\zeta)=\zeta+\psi^{2}(\zeta)+\psi^{3}(\zeta)+\ldots=\zeta+\frac{\psi^{2}}{1-\psi}
\]

или рекуррентной формулой
\[
\gamma_{n}=\sum_{\mathfrak{3}_{n}} \gamma_{n_{1}} \gamma_{n_{2}} \ldots \gamma_{n_{r}} \quad(n=2,3, \ldots) .
\]

Согласно уже использованному при выводе уравнения $(23 ; 9)$ заключению, ряд $\psi(\zeta)$ сходится в окрестности $\zeta=0$. Поэтому существует такая положительная постоянная $\gamma$, что
\[
0<\gamma_{n}<\gamma^{n} \quad(n=1,2, \ldots) .
\]

Если, наконец, мы образуем последовательность чисел $\delta_{1}, \delta_{2}, \ldots$, которые рекуррентно определяются формулами
\[
\delta_{1}=1, \quad \delta_{n}=\rho_{n-1} \max _{z_{n}}\left(\delta_{n_{1}} \delta_{n_{2}} \ldots \delta_{n_{r}}\right) \quad(n=2,3, \ldots),
\]

то получим оценку
\[
c_{n} \leqslant \gamma_{n} \delta_{n} \quad(n=1,2, \ldots) ;
\]

докажем ее полной индукцией. Для $n=1$ формула тривиальна. Если считать ее доказанной при $n=1,2, \ldots, k-1$, причем $n=k>1$, то из соотношений (3), (5) и (6) следует оценка
\[
\begin{array}{c}
c_{n} \leqslant \rho_{n-1} \sum_{\mathfrak{z}^{n}}\left(\gamma_{n_{1}} \delta_{n_{1}}\right) \ldots\left(\gamma_{n_{r}} \delta_{n_{r}}\right) \leqslant \\
\leqslant \rho_{n-1} \max _{\mathfrak{z}_{n}}\left(\delta_{n_{1}} \ldots \delta_{n_{r}}\right) \sum_{\mathfrak{z}_{n}} \gamma_{n_{1}} \ldots \gamma_{n_{r}}=\delta_{n} \gamma_{n},
\end{array}
\]

и наше утверждение доказано.
Если мы сумеем показать, что для последовательности $\delta_{n}$, определенной формулами (5), справедливо неравенство
\[
\delta_{n}>\delta^{n} \quad(n=1,2, \ldots)
\]

при соответствующем числе $\delta>0$, то из неравенств (4) и (6) будет следовать оценка $c_{n}<(\gamma \delta)^{n}$, доказывающая сходимость рядов $\Phi(\zeta)$ и $\varphi(\zeta)$ в круге $|\zeta|<(\gamma \delta)^{-1}$. Таким образом, доказательство сходимости приводится к доказательству неравенства (7) для последовательности $\delta_{n}$. Докажем теперь вместо неравенства (7) более точную оценку
\[
\delta_{n} \leqslant N_{2}^{n-1} n^{-2
u} \quad(n=1,2, \ldots)
\]

при
\[
N_{1}=2^{2
u+1}, \quad N_{2}=8^{
u} N_{1}=2^{5
u+1},
\]

причем $
u$ есть положительное число, введенное неравенством (1). Для последующего доказательства методом индукции существенно, что при переходе от неравенства (7) к неравенству (8) добавлен множитель $n^{-2
u}$. Если неравенство (8) доказано, то при $\delta=N_{2}$ неравенство (7) выполняется и ряд $\varphi(\zeta)$ сходится.

Чтобы подготовить доказательство неравенства (8), докажем еще одну оценку. Пусть $p$ и $q$ – целые числа, и пусть $p>q>0$, тогда
\[
\begin{array}{c}
\rho_{p-q}^{-1}=\left|\lambda^{p-q}-1\right|=\left|\lambda^{p}-\lambda^{q}\right|= \\
=\left|\left(\lambda^{p}-1\right)-\left(\lambda^{q}-1\right)\right| \leqslant \rho_{p}^{-1}+\rho_{q}^{-1} \leqslant \frac{2}{\min \left(\rho_{p}, \rho_{q}\right)},
\end{array}
\]

откуда с помощью неравенства (2) получаем неравенство
\[
\min \left(\rho_{p}, \rho_{q}\right) \leqslant 2 \rho_{p-q} \leqslant 2^{
u+1}(p-q)^{
u} .
\]

Пусть $r$ также целое число и пусть $r>p$, тогда справедливо неравенство
\[
\min \left(\rho_{r}, \rho_{p}\right) \leqslant 2^{
u+1}(r-p)^{
u},
\]

и, следовательно,
\[
\min \left(\rho_{r}, \rho_{p}, \rho_{q}\right) \leqslant 2^{
u+1} \min \left[(r-p)^{
u},(p-q)^{
u}\right] .
\]

С помощью последнего неравенства докажем теперь, что для любых $\sigma+1$ цельх чисел $m_{0}, m_{1}, \ldots, m_{\sigma}$, удовлетроряющих усповиям $m_{0}>$ $>m_{1}>\ldots>m_{\sigma}>0$ и $\sigma \geqslant 0$, выполняется соотношение
\[
\rho_{m_{0}} \rho_{m_{1}} \ldots \rho_{m_{\sigma}}<N_{1}^{\sigma+1}\left[m_{0} \prod_{k=1}^{\sigma}\left(m_{k-1}-m_{k}\right)\right]^{
u},
\]

где $N_{1}$ – число, определенное в (9). Для $\sigma=0$ произведение следует считать равным единице, тогда в силу условия (2) утверждение верно. Предположим, что неравенство (12) верно для $\sigma=k-1$, и докажем его справедливость для $\sigma=k>0$. Пусть $\rho_{m_{\tau}}$ наименьшее из $\sigma+1$ чисел $\rho_{m_{0}}, \ldots, \rho_{m_{\sigma}}$. Будем различать три случая: $0<\tau<\sigma, \tau=0$ и $\tau=\sigma$. Если $0<\tau<\sigma$, т. е. если $k>1$, то из неравенства (11) следует оценка
\[
\begin{array}{c}
\rho_{m_{\tau}}=\min \left(\rho_{m_{\tau-1}}, \rho_{m_{\tau}}, \rho_{m_{\tau+1}}\right) \leqslant \\
\leqslant 2^{
u+1} \min \left[\left(m_{\tau-1}-m_{\tau}\right)^{
u}, \quad\left(m_{\tau}-m_{\tau+1}\right)^{
u}\right] .
\end{array}
\]

Полагая для сокращения $m_{\tau-1}-m_{\tau}=a, m_{\tau}-m_{\tau+1}=b$, получим
\[
\min (a, b) \leqslant \frac{2}{a^{-1}+b^{-1}}=\frac{2 a b}{a+b},
\]

и, следовательно,
\[
\begin{array}{c}
\rho_{m_{\tau}} \leqslant 2^{
u+1}[\min (a, b)]^{
u} \leqslant 2^{2
u+1}\left(\frac{a b}{a+b}\right)^{
u}= \\
=N_{1}\left(m_{\tau-1}-m_{\tau}\right)^{
u}\left(m_{\tau}-m_{\tau+1}\right)^{
u}\left(m_{\tau-1}-m_{\tau+1}\right)^{-
u} .
\end{array}
\]

Если положить
\[
A=\left[m_{0} \prod_{k=1}^{\sigma}\left(m_{k-1}-m_{k}\right)\right]^{
u},
\]

то по индукционному предположению получим
\[
\begin{array}{c}
\rho_{m_{0}} \rho_{m_{1}} \ldots \rho_{m_{\sigma}}<\rho_{m_{\tau}} N_{1}^{\sigma} A \times \\
\times\left(m_{\tau-1}-m_{\tau+1}\right)^{
u}\left(m_{\tau-1}-m_{\tau}\right)^{-
u}\left(m_{\tau}-m_{\tau+1}\right)^{-
u} \leqslant N_{1}^{\sigma+1} A,
\end{array}
\]
т. е. неравенство (12) в этом случае справедливо. Но если $\tau=0$ или $\tau=\sigma$, то из неравенства (10) следуют оценки
\[
\begin{array}{l}
\rho_{m_{0}}<N_{1}\left(m_{0}-m_{1}\right)^{
u} \quad(\tau=0), \\
\rho_{m_{\sigma}}<N_{1}\left(m_{\sigma-1}-m_{\sigma}\right)^{
u} \quad(\tau=\sigma),
\end{array}
\]

и отсюда по индукционному предноложению
\[
\begin{array}{c}
\rho_{m_{0}} \rho_{m_{1}} \ldots \rho_{m_{\sigma}}<\rho_{m_{0}} N_{1}^{\sigma} A m_{1}^{
u} m_{0}^{-
u}\left(m_{0}-m_{1}\right)^{-
u}< \\
<N_{1}^{\sigma+1} A\left(\frac{m_{1}}{m_{0}}\right)^{
u}<N_{1}^{\sigma+1} A(\tau=0), \\
\rho_{m_{0}} \rho_{m_{1}} \ldots \sigma_{m_{\sigma}}<\rho_{m_{\sigma}} N_{1}^{\sigma} A\left(m_{\sigma-1}-m_{\sigma}\right)^{-
u}<N_{1}^{\sigma+1} A \quad(\tau=\sigma),
\end{array}
\]

поэтому неравенство (12) доказано полностью.
Вернемся теперь к доказательству неравенства (8), которое запишем в виде $\delta_{n} \leqslant \omega_{n}$ при $\omega_{n}=N_{2}^{n-1} n^{-2
u}(n=1,2, \ldots)$. Тогда для любых двух натуральных чисел $m, n$ вследствие равенств (9) получим оценку
$\omega_{m} \omega_{n} \omega_{m+n}^{-1}=N_{2}^{-1}(m+n)^{2
u}(m n)^{-2
u}=N_{2}^{-1}\left(m^{-1}+n^{-1}\right)^{2
u} \leqslant N_{2}^{-1} 2^{2
u}<1$, следовательно,
\[
\omega_{m} \omega_{n}<\omega_{m+n} .
\]

Доказательство неравенства (8) также проводится методом полной индукции. Для $n=1$ утверждение вследствие $\delta_{1}=\omega_{1}=1$ тривиально. Предположим, что неравенство (8) верно для $n=1, \ldots, k-1$, и докажем теперь, что оно верно для $n=k>1$. По определению $\delta_{n}$ [соотношения (5)], существуют натуральные числа $g_{1}, g_{2}, \ldots, g_{\alpha}$, для которых
\[
g_{1}+g_{2}+\ldots+g_{\alpha}=n, \quad \alpha>1,
\]

так что
\[
\delta_{n}=\rho_{n-1} \delta_{g_{1}} \delta_{g_{2}} \ldots \delta_{g_{\alpha}} .
\]

При этом можно провести нумерацию в порядке убывания: $n>g_{1} \geqslant$ $\geqslant g_{2} \geqslant \ldots \geqslant g_{\alpha}>0$. В случае если $g_{1} \leqslant \frac{n}{2}$, мы будем применять равенство (15) в том виде, в котором оно написано. Но если $g_{1}>\frac{n}{2}$, следовательно также $g_{1}>1$, то можно даже утверждать в соответствии с равенством (14), что $\frac{n}{2}>g_{2} \geqslant g_{3} \geqslant \ldots \geqslant g_{\alpha}>0$; в этом случае мы будем применять равенство (15), предварительно заменив $n$ на $g_{1}$. Это даст нам разложение
\[
\begin{array}{c}
\delta_{g_{1}}=\rho_{g_{1}-1} \delta_{h_{1}} \delta_{h_{2}} \ldots \delta_{h_{\beta}} \\
\text { при } n>h_{1}+h_{2}+\ldots+h_{\beta}=g_{1}>h_{1} \geqslant h_{2} \geqslant \ldots \geqslant h_{\beta}>0 .
\end{array}
\]

В случае $h_{1} \leqslant \frac{n}{2}$ мы на этом оборвем процесс. В противном случае, если $h_{1}>\frac{n}{2}$, тогда опять $h_{1}>1, \frac{n}{2}>h_{2} \geqslant h_{3} \geqslant \ldots \geqslant h_{\beta}>0$ и тогда мы разложим с помощью того же самого процесса $\delta_{h_{1}}$. Так как $n>g_{1}>h_{1}>\ldots>0$, то процесс закончится после конечного числа шагов $r$. Изменим обозначения, полагая $n_{0}=n, n_{1}=g_{1}, n_{2}=h_{1}, \ldots$ Тогда по построению
\[
n=n_{0}>n_{1}>n_{2}>\ldots>n_{r}>\frac{n}{2} \geqslant 1, \quad r \geqslant 0,
\]

и мы получим последовательными заменами разложение
\[
\delta_{n}=\prod_{l=0}^{r}\left(\rho_{n_{l}-1} \Delta_{l}\right), \quad \Delta_{l}=\delta_{k_{1}} \delta_{k_{2}} \ldots \delta_{k_{\gamma}},
\]

причем для натуральных чисел $k_{1}, k_{2}, \ldots, k_{\gamma}$ и $\gamma$, зависящих также от $l$, выполняются условия
\[
\begin{array}{c}
\frac{n}{2} \geqslant k_{1} \geqslant k_{2} \geqslant \ldots \geqslant k_{\gamma}>0, \\
k_{1}+k_{2}+\ldots+k_{\gamma}=\left\{\begin{array}{cc}
n_{l}-n_{l+1} & (l=0, \ldots, r-1) \\
n_{r} & (l=r) .
\end{array}\right.
\end{array}
\]

Из неравенства (13) и из индукционного предположения для $l=$ $=0, \ldots, r-1$ получим оценку
\[
\begin{aligned}
\Delta_{l} & \leqslant \omega_{k_{1}} \omega_{k_{2}} \ldots \omega_{k_{\gamma}} \leqslant \omega_{k_{1}+k_{2}+\ldots+k_{\gamma}}= \\
& =\omega_{n_{l}-n_{l+1}}=N_{2}^{n_{l}-n_{l+1}-1}\left(n_{l}-n_{l+1}\right)^{-2
u} .
\end{aligned}
\]

Выражение $\Delta_{r}$ можно оценить более точно с помощью неравенства
\[
\Delta_{r} \leqslant \prod_{q=1}^{\gamma}\left(N_{2}^{k_{q}-1} k_{q}^{-2
u}\right)=N_{2}^{n_{r}-\gamma} \prod_{q=1}^{\gamma} k_{q}^{-2
u},
\]

причем на этот раз $k_{1}+k_{2}+\ldots+k_{\gamma}=n_{r}$. Если применить неравенство (12) при $\sigma=r$ и $m_{l}=n_{l}-1(l=0, \ldots, r)$ и положить $\gamma=s$, то из соотношений (16), (17) и (18) получится неравенство
\[
\left.\begin{array}{c}
\delta_{n}<N_{1}^{r+1}\left(n \prod_{p=1}^{r}\left(n_{p-1}-n_{p}\right)\right)^{
u} \times \\
\times \prod_{p=1}^{r}\left(N_{2}^{n_{p-1}-n_{p}-1}\left(n_{p-1}-n_{p}\right)^{-2
u}\right) N_{2}^{n_{r}-s} \prod_{q=1}^{s} k_{q}^{-2
u}= \\
=N_{1}^{r+1} N_{2}^{n-r-s} n^{
u}\left(\prod_{p=1}^{r}\left(n_{p-1}-n_{p}\right) \prod_{q=1}^{s} k_{q}^{2}\right)^{-
u^{\prime}} \cdot
\end{array}\right\}
\]

Если обозначить, кроме того,
\[
\begin{array}{rlrl}
r+s=t, & x_{p}=n_{p-1}-n_{p} & (p=1, \ldots, r), \\
y_{q}=k_{q} & (q=1, \ldots, s),
\end{array}
\]

TO
\[
\left.\begin{array}{c}
\left(x_{1}+\ldots+x_{r}\right)+\left(y_{1}+\ldots+y_{s}\right)=n>1, \\
y_{1}+\ldots+y_{s}>\frac{n}{2}, \quad y_{q} \leqslant \frac{n}{2} \quad(q=1, \ldots, s),
\end{array}\right\}
\]

причем в случае $r=0$ величина $x_{p}$ не будет совсем входить в соотношения. Из обоих последних неравенств (20) следует, что $s \geqslant 2$, следовательно, $t \geqslant r+2 \geqslant 2$.

Мы покажем ниже, что при условиях (20) для $t$ натуральных чисел $x_{p}, y_{q}$ всегда справедливо неравенство
\[
\prod_{p=1}^{r} x_{p} \prod_{q=1}^{s} y_{q}^{2} \geqslant\left(\frac{n}{2 t-2}\right)^{3} .
\]

Так как, кроме того, $N_{1}^{r+1} \leqslant N_{1}^{t-1}$ и $2 t-2 \leqslant 2^{t-1}$, то из неравенств (19) и (21) следует оценка
\[
\delta_{n}<N_{1}^{t-1} N_{2}^{n-t} n^{
u}\left(2^{1-t} n\right)^{-3
u}=N_{2}^{n-1} n^{-2
u}=\omega_{n},
\]

которую и нужно было доказать.
Останется еще доказать утверждение (21) при добавочном условии (20). Для $n \leqslant 2 t-2$ утверждение (21) тривиально; поэтому пусть $n>2 t-2$. Если положить $g=[n / 2]$, то
\[
1 \leqslant t-1 \leqslant g \leqslant g+r
\]

Введем натуральное число $r+\left(y_{1}+\ldots+y_{s}\right)=\eta$, тогда из неравенств (20) следует оценка $g+r+1 \leqslant \eta \leqslant n$, так что в целом получим
\[
2 \leqslant t \leqslant g+1 \leqslant g+r+1 \leqslant \eta \leqslant n .
\]

Заметим также, что для нечетных $n$ будет даже строго $t>2$, и потому $g>1, n>4$. Для нечетных $n$ из неравенств (20) получается более точно $y_{q}<\frac{n}{2}$, следовательно,
\[
\begin{array}{c}
y_{1}+y_{2}<n, \quad\left(x_{1}+\ldots+x_{r}\right)+\left(y_{3}+\ldots+y_{s}\right)>0, \\
t-2=r+s-2>0 .
\end{array}
\]

Используя величины $g, \eta$, из неравенств (20) получим соотношения
\[
\left.\begin{array}{c}
x_{1}+\ldots+x_{r}=n-\eta+r, \quad y_{1}+\ldots+y_{s}=\eta-r, \\
y_{q} \leqslant g \quad(q=1, \ldots, s) .
\end{array}\right\}
\]

Теперь оценим прежде всего снизу произведения
\[
x=\prod_{p=1}^{r} x_{p}, \quad y=\prod_{q=1}^{s} y_{q}
\]

при условиях (23) и при фиксированном $\eta$. Очевидно, что произведение $x_{1} x_{2}$ двух натуральных чисел $x_{1}, x_{2}$ с заданной суммой $x_{1}+x_{2}=a>1$ имеет при $x_{1}=1, x_{2}=a-1$ минимум, так что всегда $x_{1} x_{2} \geqslant a-1$. Отсюда по индукции следует, что в случае $r>0$ произведение $r$ натуральных чисел $x_{1}, \ldots, x_{r}$ с заданной суммой $a \geqslant r$ при $x_{p}=1$ ( $p=$ $=1, \ldots, r-1), x_{r}=a-r+1$ имеет минимум $a-r+1$. Из соотношений (23) следует
\[
x \geqslant n-\eta+1,
\]

и притом это, очевидно, справедливо также при $r=0$, так как тогда $n=\eta$ и $x=1$. Для оценки $y$ примем во внимание условия $y_{q} \leqslant g$. Если $\eta-t+1 \leqslant g$, то $y$ минимально для фиксированного $\eta$ при $y_{q}=1$ $(q=1, \ldots, s-1), y_{s}=\eta-t+1$, и тогда
\[
y \geqslant \eta-t+1 \quad(\eta-t+1 \leqslant g) .
\]

В остальных случаях, когда $\eta-t+1>g$, оценку можно провести лучше. Рассмотрение, аналогичное проведенному, показывает, что в этих случаях $y$ достигает своего минимума при $y_{q}=1(q=1, \ldots, s-2)$, $y_{s-1}=\eta-t-g+2, y_{s}=g$. Условие $y_{s-1} \leqslant g$ действительно при этом выполняется; так как для четных $n$ получается $\eta \leqslant n=2 g, t \geqslant 2$, для нечетных $n$ получается $\eta \leqslant n=2 g+1, t \geqslant 3$, то всегда $\eta-t-g+2 \leqslant g$. При этом получается неравенство
\[
y \geqslant g(\eta-t-g+2)(\eta-t+1>g) .
\]

Соединяя оценки для $x$ и $y$, найдем
\[
x y^{2} \geqslant\left\{\begin{array}{ll}
(n-\eta+1)(\eta-t+1)^{2} & (\eta \leqslant g+t-1), \\
(n-\eta+1)(\eta-t-g+2)^{2} g^{2} & (\eta \geqslant g+t-1) .
\end{array}\right.
\]

Так как вследствие неравенств ( 22 ), во всяком случае, $t \leqslant g+1 \leqslant \eta \leqslant n$, то правые части неравенств (24) при заданных условиях являются положительными функциями целочисленного переменного $\eta$. Чтобы определить их минимум, оценим снизу многочлен
\[
P(z)=(z-a)^{\rho}(b-z)^{\sigma} \quad(\rho>0, \sigma>0)
\]

с действительными $a$ и $b$, предполагая $a<z_{1}<z_{2}<b$ в интервале $z_{1} \leqslant z \leqslant z_{2}$. Для $a<z<b$
\[
P(z)>0, \quad-\frac{d^{2} \ln P(z)}{d z^{2}}=\rho(z-a)^{-2}+\sigma(b-z)^{-2}>0,
\]

следовательно, $\ln P^{-1}$ является выпуклой функцией, и потому
\[
P(z) \geqslant \min \left[P\left(z_{1}\right), P\left(z_{2}\right)\right] \quad\left(z_{1} \leqslant z \leqslant z_{2}\right) .
\]

Эту оценку мы применим при $z=\eta$ к правым частям неравенств (24). В первом случае выберем $z_{1}=g+1, z_{2}=g+t-1, P(z)=(n-z+$ $+1)(z-t+1)^{2}$, тогда получим
\[
\begin{array}{c}
(n-\eta+1)(\eta-t+1)^{2} \geqslant \\
\geqslant \min \left[(n-g)(g-t+2)^{2},(n-g-t+2) g^{2}\right] .
\end{array}
\]

Вследствие неравенств $0 \leqslant t-2 \leqslant g-1$ имеем тогда
\[
\begin{array}{l}
(n-g-t+2) g^{2}-(n-g)(g-t+2)^{2}= \\
\quad=(t-2)[(2 n-3 g) g-(n-g)(t-2)] \geqslant \\
\quad \geqslant(t-2)[(2 n-3 g) g-(n-g)(g-1)]= \\
=(t-2)[g+(n-2 g)(g+1)] \geqslant t-2 \geqslant 0 .
\end{array}
\]

Поэтому
\[
\begin{array}{c}
(n-\eta+1)(\eta-t+1)^{2} \geqslant(n-g)(g-t+2)^{2} \\
(g+1 \leqslant \eta \leqslant g+t-1) .
\end{array}
\]

В случае справедливости второго неравенства (24) выберем
\[
z_{1}=g+t-1, \quad z_{2}=n, \quad P(z)=(n-z+1)(z-t-g+2)^{2}
\]

и получим
\[
\begin{array}{c}
P\left(z_{1}\right)=n-g-t+2, \quad P\left(z_{2}\right)=(n-g-t+2)^{2} \geqslant P\left(z_{1}\right), \\
(n-\eta+1)(\eta-t-g+2)^{2} g^{2} \geqslant(n-g-t+2) g^{2} \\
(g+t-1 \leqslant \eta \leqslant n) .
\end{array}
\]

Поэтому, принимая во внимание соотношение (25), в обоих случаях получим
\[
x y^{2} \geqslant(n-g)(g-t+2)^{2} .
\]

Наконец, чтобы отсюда получить соотношение (21), положим $t=$ $=z+1$ и оценим снизу выражение
\[
(t-1)(g-t+2)=z(g+1-z) .
\]

Из неравенств (22) следует, что $1 \leqslant z \leqslant g$, и потому $z(g+1-z) \geqslant g$. Для четных $n=2 g$ отсюда получаем
\[
(n-g)(g-t+2)^{2}=g(g+1-z)^{2} \geqslant g^{3} z^{-2} \geqslant\left(\frac{n}{2 z}\right)^{3} .
\]

Для нечетных $n=2 g+1$ по одному из ранее сделанных замечаний $t \geqslant 3$, следовательно, $z \geqslant 2$ и $n \geqslant 5$. Тогда в этом случае
\[
\begin{array}{c}
(n-g)(g-t+2)^{2}=(g+1)(g+1-z)^{2} \geqslant \\
\geqslant(g+1) g^{2} z^{-2}>\left(g+\frac{1}{2}\right) g^{2} z^{-2}= \\
=\left(\frac{n}{2 z}\right)^{3} z\left(1-\frac{1}{n}\right)^{2} \geqslant\left(\frac{n}{2 z}\right)^{3} 2\left(1-\frac{1}{5}\right)^{2}>\left(\frac{n}{2 z}\right)^{3} .
\end{array}
\]

Из соотношений (26), (27) и (28) следует утверждение (21). Впрочем, из оценок очевидно, что в соотношении (21) равенство имеет место только для случая $n=2$. Было бы, конечно, желательно данное нами длинное доказательство заменить более коротким.