Pri takomto type úloh sa nám celkom ponúka to dokázať sporom – budeme predpokladať, že nerovností typu $>$ je v danej postupnosti iba konečný počet. Jediný predpoklad, ktorý v úlohe máme, je, že sa jedná o postupnosť kladných čísel, preto jediný spor, ktorý môžeme dostať je, že v postupnosti (v prípade platnosti opačného tvrdenia k zadaniu) budú nekladné čísla.

Ak je iba konečný počet nerovností $>$, potom určite existuje nejaká, ktorá je „najďalej“ – t. j. existuje také $k$, že pre všetky $n>k$ platí $$\label{zaklad} a_n+1\le a_{n-1}(1+\tfrac{1}{n}). \tag{1}$$ Dokážeme, že potom existuje také $l$, že $a_{l} \le 0$. Odteraz, keď budeme niečo hovoriť o premennej $n$, tak budeme hovoriť iba o tých $n$, ktoré sú väčšie ako $k$.

Keď niečo chceme dokázať, často sa nám oplatí – ak nám to daná úloha ponúka – uvažovať najhorší možný prípad, aký pre nás môže nastať. Ak dokážeme, že tvrdenie je splnené pre najhorší prípad a zároveň že daný prípad je naozaj najhorší v zmysle platnosti nášho tvrdenia ¹, tak sme vyhrali.

Intuitívne, najhorší prípad, aký môže nastať, je, keď pre všetky $n$ nastáva v nerovnosti (1) rovnosť. Pretože potom jednotlivé $a_i$ budú „najväčšie možné“, a teda sa najviac budú brániť nekladnosti. Toto samozrejme musíme dokázať nejako poriadne, lebo intuícia môže často klamať. Ukážeme to nasledovne:

Nech $B={b_i}{i=k}^\infty$ a $C={c_i}^\infty$ sú také postupnosti, že $b_k=c_k>0$ a pre obe postupnosti platí (1), avšak pre postupnosť $B$ sú všetky nerovnosti dosahované s rovnosťou. Ukážeme, že potom $\forall n>k$ platí $c_n\le b_n$. Opäť sporom, predpokladajme, že existuje také $m$, pre ktoré $c_m > b_m$ a nech toto $m$ je najmenšie možné s danou vlastnosťou (kombinácia sporu a extremálneho princípu je opäť veľmi silný a spoľahlivý dôkazový postup). Potom, vďaka (1) môžeme písať: $$c_{m-1}(1+\tfrac{1}{m})-1\ge c_m > b_m = b_{m-1}(1+\tfrac{1}{m})-1.$$ Keď sa pozrieme na krajné strany série nerovností, tak po použití jednoduchých ekvivalentných úprav dostávame $c_{m-1}>b_{m-1}$, čo je spor s tým, že $m$ bolo najmenšie číslo s platnosťou danej nerovnosti.

Stačí nám teda ukážať, že v postupnosti $B$ existuje nekladné číslo. Vyjadrime si teraz člen $b_n$ len pomocou $b_k$: ² $$\begin{aligned} b_n &= b_{n-1}\frac{n+1}{n}-1=\left(b_{n-2}\frac{n}{n-1}-1\right)\frac{n+1}{n}-1=b_{n-2}\frac{n+1}{n-1}-\frac{n+1}{n}-\frac{n+1}{n+1}=\&=\left(b_{n-3}\frac{n-1}{n-2}-1\right)\frac{n+1}{n-1}-\frac{n+1}{n}-\frac{n+1}{n+1}=b_{n-3}\frac{n+1}{n-2}-\frac{n+1}{n-1}-\frac{n+1}{n}-\frac{n+1}{n+1}= \dots \ \dots &= b_k\frac{n+1}{k+1}-\sum_{i=k+2}^{n+1} \frac{n+1}{i}.\end{aligned}$$

Sledujme teraz rozdiel $b_{n}$ a $b_{n-1}$: $$\begin{aligned} b_n-b_{n-1}&=b_k\frac{n+1}{k+1}-\sum_{i=k+2}^{n+1} \frac{n+1}{i} -b_k\frac{n}{k+1}+\sum_{i=k+2}^{n} \frac{n}{i} = \frac{b_k}{k+1}-1-\sum_{i=k+2}^{n} \frac{1}{i}=\frac{b_k}{k+1}-1+\sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{i}-\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}.\end{aligned}$$

Postupnosť $S={\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}}{i=1}^\infty$ sa nazýva harmonický rad a existuje nespočetné množstvo elegantných, aj neelegantných dôkazov, že táto postupnosť diverguje, t. j., intuitívne povedané, že členy postupnosti $S$ rastú s rastúcim $n$ nad všetky medze až do samého neba. Trochu formálnejšie: $\underset{n \xrightarrow{}\infty}{lim} \sum > c$.}^{n} \frac{1}{i}= +\infty$, alebo, kto nevie čo je limita, tak pre všetky $c \in \mathbb{R}$ existuje také $n_0 \in \mathbb{N}$, že pre všetky $n>n_0$: $\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i

My si ukážeme jeden z nich (asi najznámejší). ³ Myšlienku si ukážeme na ôsmom člene postupnosti: $$\begin{aligned} &1+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{5}+\tfrac{1}{6}+\tfrac{1}{7}+\tfrac{1}{8}>\&1+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{4}+\tfrac{1}{8}+\tfrac{1}{8}+\tfrac{1}{8}+\tfrac{1}{8}=1+1/2+1/2+1/2=\tfrac{3+2}{2}. \end{aligned}$$ Vo všeobecnosti (ľahko možno uvidieť): $$1+\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{3}+\dots+\tfrac{1}{2^m}>\tfrac{m+2}{2}.$$ Keďže postupnosť $S$ je rastúca, tak touto hodnotou sú ohraničené aj všetky ďalšie členy $S$ po nasledujúcu mocninu dvojky. Vidíme teda, že postupnosť rastie nad všetky medze.

Vrátiac sa späť k našej úlohe, ukázali sme, že rozdiel $b_n-b_{n-1}=\frac{b_k}{k+1}-1+\sum_{i=1}^{k+1} \frac{1}{i}-\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$ (kde prvé tri členy sú iba konštanta) bude klesať a klesať, až raz bude určite záporný a aj potom bude stále len klesať a klesať. To je ale rozdiel dvoch po sebe idúcich členov postupnosti $B$. Teda postupnosť $B$, bez ohľadu na veľkosť $b_0$, raz padne pod nulu. Teda aj postupnosť $C$, čo je len posunutá postupnosť $A$, raz padne pod nulu, čo je spor s tým, že naša postupnosť je nezáporná. A to je koniec.