Page 213 - 4371

Тоді
 1   1   1   1  2 2 3 2 4 2  1n  2
 1   1   1   1 2    
   3 8   15   n  2n  1  23  34 5 n   2n 
 2 n  1  2  n  2
   2.
n  2 n  2
б) Очевидно
2 k 2  3 k 2  k 1  k  2
1   .
k 2  3k k 2  3k k  k  3
Таким чином,
 1     1  1  2  2  33  44 5  1n  2n 
 1   1   1   1 2    
 2     5  9  n 3n  1  24  35 6 n  3n 

 3 n 1  3 n  3
   3 .
n  3 n  3
  
7.27 Задана нерівність x   ,0  рівносильна нерів-
 2 
ності 2 cosx x  sin x  cos x sin x або нерівності
0
tgx  sin x  2x  .
Нехай ( )f x  tgx  sin x  2x . Тоді
1 1 2
2
f    x   cos x    cos x  2 0 , бо
2
2
cos x cos x
1
2
cos x   2 . Отже функція f ( )x  tgx  sin x  2x ви-
2
cos x
  
значена, неперервна і зростає на проміжку 0 ,  . Звідси

 2 
0
0
f ( )x  f (0)  , тобто tgx  sin x  2x  , або
2cos x sin x   
 x   ,0  , що й треба було довести.
1 cos x x  2 
b c
7.28 Нехай  x,  y , тоді b  ax, c  ay і нерів-
a a
ність набуває виду
213