В предыдущем параграфе мы вывели две формулы, с помощью которых можно рассчитывать сумму уплаченных процентов по кредиту, погашаемому в соответствии с аннуитетной или дифференцированной схемой. Оказывается, что с точки зрения этого показателя (размер суммы уплаченных процентов) аннуитетная схема для заёмщика всегда менее выгодна, чем дифференцированная.

Собственно, весь настоящий параграф посвящён доказательству этого соотношения. Если вы не очень хорошо разбираетесь в математике, то можете его пропустить.

Утверждение
Если промежутки времения между датами внесения платежей по кредиту одинаковы, то справедливо неравенство

\[\tag{14.1} I_{\text{a}} \ge I_{\text{d}}\]

Доказательство
Величину I_a можно представить в виде суммы

\[I_{\text{a}} = \sum_{k=1}^n (A - D_k),\]

где D_k — часть платежа A, которая идёт на погашение основного долга. Используя формулу (10.2), преобразуем эту сумму к следующему виду:

\[I_{\text{a}} = \sum_{k=1}^n \left( A - \frac{A}{(1+i)^{\tau(n-k+1)}} \right) = A \sum_{k=1}^n \left( 1 - \frac{1}{(1+i)^{\tau k}} \right)\]

Введём для краткости следующее обозначение:

\[\nu = \frac{1}{(1+i)^\tau}\]

Тогда

\[I_{\text{a}} = A \sum_{k=1}^n (1 - \nu^k)\]

Наконец, если мы выразим A с использованием формулы (9.2), то окончательно получим:

\[I_{\text{a}} = \frac{((1+i)^\tau-1)S_0}{1 - \nu^n} \sum_{k=1}^n (1-\nu^k) = ((1+i)^\tau-1) S_0 \sum_{k=1}^n \frac{1-\nu^k}{1-\nu^n}\]

Рассмотрим произвольное слагаемое под знаком суммы в последнем равенстве. Если использовать формулу суммы геометрической прогрессии, то его можно преобразовать следующим образом:

\[\frac{1-\nu^k}{1-\nu^n} = \frac{\dfrac{1-\nu^k}{1-\nu}}{\dfrac{1-\nu^n}{1-\nu}} = \frac{1+\nu+...+\nu^{k-1}}{1+\nu+...+\nu^{n-1}}\]

Значит, для I_a справедливо представление:

\[I_{\text{a}} = ((1+i)^\tau-1) S_0 \sum_{k=1}^n \frac{1+\nu+...+\nu^{k-1}}{1+\nu+...+\nu^{n-1}}\]

Рассмотрим теперь величину I_d. Как следует из формулы (11.2), она равна сумме

\[\begin{align}
I_{\text{d}} &= \sum_{k=1}^n I_{k,\text{d}} = \sum_{k=1}^n \left( (n-k+1) \frac{((1+i)^\tau-1) S_0}{n} \right) \\
&= \sum_{k=1}^n \frac{n-k+1}{n} ((1+i)^\tau-1) S_0\\ &= ((1+i)^\tau-1) S_0 \sum_{k=1}^n \frac{k}{n}
\end{align}\]

Далее мы докажем, что для произвольного числа k ≤ n выполняется неравенство

\[\tag{14.2} \frac{1+\nu+...+\nu^{k-1}}{1+\nu+...+\nu^{n-1}} \ge \frac{k}{n}\]

Из него и из полученных выше выражений для I_a и I_d будет следовать справедливость доказываемого утверждения (14.1).

Для доказательства (14.2) введём функцию

\[f(x) = \frac{1+x+...+x^{k-1}}{1+x+...+x^{n-1}}\]

Для начала докажем, что она является убывающей на отрезке [0,1]. Для этого рассмотрим обратную функцию:

\[g(x) = \frac{1+x+...+x^{n-1}}{1+x+...+x^{k-1}} = 1 + \frac{\sum_{m=k}^{n-1}x^m}{1+x+...+x^{k-1}}\]

Каждая из функций

\[\frac{x^m}{1+x+...+x^{k-1}}, k \le m \le n\]

является возрастающей, в чём нетрудно убедиться непосредственным дифференцированием (производная положительна на рассматриваемом отрезке). Значит, функция g(x) также является возрастающей, как сумма константы и набора возрастающих функций. Следовательно, функция f(x), обратная к g(x), является убывающей на отрезке [0,1].

Далее, так как f(1) = k/n, то

\[f(x) \ge \frac{k}{n}, x \in [0, 1]\]

Так как при любом i и τ выполняется неравенство 0 < ν ≤ 1, то тем самым доказывается соотношение (14.2) и вместе с ним неравенство (14.1).