Пусть $s_1=nb_1$, $s_2=\dfrac{n(n-1)}{2}b_2$, $\ldots$, $s_k=C_n^kb_k$, $\ldots$, $s_n=b_n$. Рассмотрим многочлен
$$
P(x)=x^n-s_1x^{n-1}+\ldots+(-1)^{n-1}s_{n-1}x+(-1)^ns_n.\tag1
$$
Поскольку
$$
P(x)=(x-a_1)(x-a_2)\ldots(x-a_n),\tag2
$$
$P(x)$ имеет $n$ различных положительных корней $a_1$, $a_2$, $\ldots$, $a_n$.
а) Продифференцируем его $n-2$ раз, после чего поделим на $n(n-1)\ldots\cdot 4\cdot 3$. Мы получим квадратный трёхчлен
$$
x^2-\dfrac2ns_1x+\dfrac2{n(n-1)}s_2,\tag3
$$
имеющий различные положительные корни (между двумя корнями многочлена всегда есть корень его производной — см. рисунок). Значит, у многочлена (3) положительный дискриминант $D=\dfrac{s_1^2}{n^2}-\dfrac{2s_2}{n(n-1)}$, откуда $\dfrac{s_1}{n}\gt\sqrt{\dfrac{s_2}{\dfrac{n(n-1)}2}}$, т. е. $b_1\gt\sqrt{b_2}$.
б) Продифференцируем теперь многочлен $P(x)$ $n-k-1$ раз ($k=2$, $\ldots$, $n-1$). Получим многочлен
$$
\begin{gather*}
n(n-1)\ldots(k+2)x^{k+1}-(n-1)\ldots(k+1)s_1x^k+\ldots\\
\ldots+(-1)^{k-1}s_{k-1}\cdot\dfrac{(n-k+1)!}2x^2+(-1)^ks_k\,(n-k)!\,x+(-1)^{k+1}s_{k+1}\,(n-k-1)!,\tag4
\end{gather*}
$$
имеющий $k+1$ различных положительных корней. Поэтому многочлен
$$
\begin{gather*}
(-1)^{k+1}(n-k-1)!\,s_{k+1}y^{k+1}+(-1)^k(n-k)!\,s_ky^k+{}\\
{}+(-1)^{k-1}\dfrac{(n-k+1)!}2s_{k-1}y^{k-1}+\ldots+1,\tag{4′}
\end{gather*}
$$
получающийся из многочлена (4) заменой $y=\dfrac1x$, также имеет $k+1$ различных положительных корней. Продифференцируем теперь $k-1$ раз многочлен (4′). Получим квадратный трёхчлен
$$
\begin{gather*}
(-1)^{k+1}(n-k-1)!\dfrac{(k+1)!}2s_{k+1}y^2+(-1)^k(n-k)!\,k!\,s_ky+(-1)^{k-1}\dfrac{(n-k+1)!}2(k-1)!\,s_{k-1},
\end{gather*}
$$
имеющий два различных положительных корня. Разделим его на $(-1)^{k-1}(n-k-1)!\,(k-1)!$; получим трёхчлен
$$
\dfrac{k(k+1)}2s_{k+1}y^2-k(n-k)s_ky+\dfrac{(n-k+1)(n-k)}2s_{k-1}.
$$
Дискриминант его положителен, так что $$
k(n-k)s_k^2-(k+1)(n-k+1)s_{k-1}s_{k+1}\gt0
$$
или $$
\dfrac{s_k^2}{\left(C_n^k\right)^2}-\dfrac{(k+1)(n-k+1)}{k(n-k)}\dfrac{s_{k-1}s_k+1}{\left(C_n^k\right)^2}\gt0,
$$
т. е.
$$
\left(\dfrac{s_k}{C_n^k}\right)^2-\dfrac{s_{k-1}}{C_n^{k-1}}\cdot\dfrac{s_{k+1}}{C_n^{k+1}}\gt0
$$
$\Big($поскольку $\dfrac{n-k}{k+1}C_n^k=C_n^{k+1}$ и $\dfrac k{n-k+1}C_n^k=C_n^{k-1}\Big)$. Таким образом,
$$
b_k^2\gt b_{k-1}b_{k+1}\quad(k=2{,}~\ldots{,}~n-1).
$$
Неравенство б) называется неравенством Ньютона.
в) Будем доказывать в) по индукции. Базой индукции ($k=1$) служит неравенство а). Предположим теперь, что неравенство в) выполняется для $i=2$, 3, $\ldots$, $k-1$, в частности что $$
\sqrt[\scriptstyle k-1~]{b_{k-1}}\gt\sqrt[\scriptstyle k~]{b_k}
$$
и докажем его для $i=k$.
Перепишем неравенство из пункта б) в виде
$$
b_{k-1}\lt\dfrac{b_k^2}{b_{k+1}}.
$$
Последние два неравенства дают
$$
b_k^{k-1}\lt b_{k-1}^k\lt\dfrac{b_k^{2k}}{b_{k+1}^k}
$$
т. е.
$$
b_{k+1}^k\lt b_k^{k+1},
$$
что и требовалось доказать.
