Page 211 - 4371

7.21 Маємо:
1 3 2n 1  2n 1  2   2n 5
       
! 3 ! 4   2n ! n 1   2n ! n 1   2n !
  2 5   1  1

       5  
 2
n 1   1n    !2! n   n 1   !1n  n 1   !2n 
 1 1 1   1 1 1 
  2          5         
 ! 2 ! 3   !1n    ! 3 ! 4   !2n  
 5  17 1
  2 e 2  5  e    3 e 5 , 8  3 7 , 2  4 , 0  ,
 2  2 2
що і вимагалось.
7.22 Згідно з нерівністю Коші
2 x  3 y x  x  3 y  3 y  3 y 2 3
3
  5     yx 3  5 xy ,
5 5
тобто, 2 x  3 y  5 xy . Нерівність доведено.
5
3
7.23 Для доведення розглянемо функцію
ln x 1 ln x
f   x , x  0.  xf   ; рівняння   0xf  має
x x 2
e
єдиний корінь x  , причому f    0x при x  ,0  e і
 f   0x при  ,ex    . Таким чином, при x  функція
e
приймає своє найбільше значення, тобто  xf  f  e при
e
всіх x  0, причому рівність досягається тільки при x  .
ln x ln e
e
x
e
x
Отже,   eln x  xln e  ln x  ln e  x  e ,
x e
що і вимагалось. До речі, розглянувши ту ж функцію, лег-
ко одержати, що при будь-якому натуральному
n  3 n1 n 1  n n .
n
n
7.24 Нехай спочатку m  . Доведемо, що n  3 3 для
будь-якого натурального n ; при n  , 1 2 нерівність легко
перевіряється. Як доведено в задачі 7.23, функція

211