Page 208 - 4371

e p  1 xx 2   1 p e x 1  2 x   1 ,
або, позначивши x  x  y,
1 2
e py  p  1 pe y     0y .
py
y
py
Маємо    0 , 0    y  pe  pe  p e  e y ; очевидно
    0y при y 0 і     0y при y 0. Таким чином,
y  0 – точка максимуму і   0y при будь-якому y , що
і вимагалось.
7.14 В силу симетрії відносно a, b c , виразів, які вхо-
дять в нерівність, можна вважати, що a  b  c. Розгляне-
мо очевидну нерівність a a b a a c b b c  b a b c a c c b c , або
2 a b c b c a b a b c 2
a b  b c . Домножимо обидві частини нерів-
c 3
ності на a a b c b 2 b c c : a 3 a b b 3 c c 3  a a b c b a b c c a b c , тобто
a b c
c
a a b b c  abc  3 , що і треба було довести.
7.15 Розглянемо функцію   exf  x 1  ln  1  x ; потрі-
бно довести, що f   0x . Зауважимо, що f   00  .
1
x
f   x  e  і, враховуючи, що   00 f  , а також те,
1  x
1
x
що   0xf  при x 0 (бо e  , 1  1),   0xf  при
1 x
1
x  0 ( e x  , 1  1), бачимо, що в точці x 0  xf
1 x
приймає своє найменше значення, яке дорівнює 0. Отже
f   0x , що і вимагалось.
1
3
3

7.16 Очевидно, досить показати, що sin x cos x  x

при 0  x  . При x 0 має місце рівність, так що досить
2
 
2
3
показати, що sin x cos  1  x  3x . Але sin 3 xcos 1 x  
2
 sin3 2 x  sin 4 x cos 2 x  sin3 2 x    cos1 2  x cos 2 x 

2

2
2
2
2
 3 sin x  cos x  2  cos x  2 sin x  cos x  1, і при
208