Page 205 - 4371

m n m  n m
e n  1   .
n n
n
Позначимо, далі,  x  1, тоді друга нерівність запи-
m
1 1x
1
x
шеться у виді e  , або xe  1 0 (  x  ) 1 . Розгляне-
x
мо функцію  xf  xe 1  x .   11 f ;   1xf  x e 1x  0 при
x  1, так що   1xf при x 1, що і вимагалось.
7.10 Використовуючи нерівність Коші, маємо
 1 
1 n 1   
n
 1   n  n  2 1
n  1 1 1       1 .
 n  n  1 n  1 n  1
n n  1
 1   1 
Звідси 1     1    , тобто x n  x n  1 .
 n   n  1
Аналогічно
 1 
1 n 1   
n
 1   n  n 1
n  1 1 1       1 .
 n  n  1 n  1 n  1
n n  1
 1   1 
Тоді 1     1    , тобто y n  y n  1 .
 n   n  1
Нарешті,
n  1 n  1
 1   n 1 1 1 1
z  1          .
n n  1 n  1
 n   n   n   1  y n  1
  1   
 n 1  n  1
Оскільки  y зростаюча послідовність, то  z спадна.
n n
Зауважимо, що оскільки lim x  lim z  e , то x  e  z ,
n
n
n
n
n  n 
тобто, для будь-якого натурального n
n n  1
 1   1 
1     e  1    . (7.3)
 n   n 
205