Page 209 - 4371

x  0 знову маємо рівність. Диференціюючи далі аналогі-
чним чином до тих пір, поки в правій частині не з’явить-
ся 0, одержимо нерівність
2
5


 8 sin 2 x 8 sin x cos x  24 sin x cos x  0 .
Скорочуючи на sin , одержуємо
x
3

24 cos  5 x  8 cos x  16 cos x 0, що очевидно, вірно, оскі-
льки cos  5 x  cos  3 x  cos x на розглядуваному проміжку.
7.17 Покладемо a 1  a  a   a . Тоді a  0 і
n1 1 2 n n  1
нерівність, яку потрібно довести, приймає вид:
1 a 1 a  1 a 1 a 
1 2 n n  1  n n  1 .
a a  a a
1 2 n n  1
Застосовуючи нерівність між середнім арифметичним і се-
реднім геометричним, одержимо для кожного
i  , 2 , 1  ,n , n 1:
1 a  a   a  a   a  n n a  a a  a .
i 1 i 1 i 1 n 1 1 i 1 i 1 n 1
Перемноживши ці нерівності, одержимо
1 a 1 a  1 a 1 a  n n  1 a a  a a ,
1 2 n n  1 1 2 n n  1
що еквівалентно тому, що доводиться.
7.18 Нехай   xxh  ln x   1 x   1ln  x ,
2
g   xx  2  1 x  .   2xg  2 x  1 . Якщо 0  x , y  1 2 , то
із нерівності  xg  g  y випливає, що x  y , звідки слідує
x
h   hx   y , оскільки   1xh  ln x 1 ln 1 x  ln  0,
1 x
x 1
бо  1 при 0  x  .
1 x 2
7.19 Запишемо нерівність в еквівалентній формі:
x 3 x 3
tgx  x  і розглянемо функцію   tgxxf   x  ; тре-
3 3
  
ба, очевидно, довести, що    ,0 xxf   ,0  . Маємо:
 2 

209