Page 212 - 4371

ln x
e
f  x  при x спадає. Таким чином, якщо n 3, то
x
1 1
ln n ln 3 n
3
 , звідси ln n n  ln 3 , тобто n  3 3 .
n 3
n
Якщо m , то розглянемо функцію    xxg ln x , x  0.
g  x  1 ln x і   0xg  при ex  1 . Отже, на цьому про-
ln m ln n
міжку  xg зростає, тому mln m nln n . Звідси  ,
n m
n
n
n
тобто m  m n , отже min  m , m n  n m . Але m  n n , а
n
за доведеним вище n  3 3 , що і завершує доведення.
7.25 Нерівність очевидним чином виконується, якщо
x  y , чи одне з чисел x або y дорівнює нулю, а також
при   0 і   1. Поділивши нерівність на праву частину,
запишемо її в еквівалентній формі:
1 
 x   y 
    1      1.
 
 y   x 
x
Позначимо  a і розглянемо функцію
y


   aaf 1     1   a .
Дослідимо цю функцію при a  0 :
 f    a 1  a    1  a  1  ,
або   af   1   1 aa   1 .

Рівняння f    0a має єдиний корінь a  1, причому
 f   0a при a  1,0  і   0af  при a  ,1  , отже, в
точці a  1 функція приймає своє найменше значення, яке
дорівнює:   11 f . Таким чином,   1af при всякому
a  0 , що і потрібно було довести.
7.26 а) Перетворимо кожний множник добутку:
1 k 2  2 k 1  k  1 2
1   .
k 2  2k k 2  2k k  k  2
212