Page 215 - 4371

n n n n
n!
7.29 Очевидно n! n 1  . Звідси    n!   nn!   1 ,
n
тобто   n 1    n 1  ! . Добувши корінь степеня  nn  1 з
n!
n
обох частин цієї нерівності, одержуємо n !  n  1  n ! 1 .
ln  x  1
7.30 Розглянемо функцію   xf , x  1.
ln x
ln x ln  x  1

ln
x  1 x x ln x  x 1   x  1
 f   x   , 0 x  1 .
2
2
ln x x  x 1 ln x
Отже, функція  xf спадає на проміжку  ,1  , тому при
ln  n  1 ln n
n  2  , що можна записати і так:
ln n ln  n  1
log n 1  log n.
n n 1
ln x
7.31 Легко довести, що функції f   x і
x  1
ln x 2 2
g   x спадні при x  e . Тому при n  e маємо
x  1
lnn ln  n  1 n n 1  lnn ln  n  1 n n 1 
  n   n 1  ,   n   n  1 .
n  1 n n  1 n
n 1  n n  1
Отже,  n  1  n   n  1 , тобто,
2014 2012  2013 2013  2012 2014 .
 1  1
1
7.32 Використаємо очевидну нерівність ln    .
 k  k
n  1  n 1
Тоді   1ln    ; але
k 1  k  k 1 k
n  1  n k  1 n
 ln 1   ln   ln  k 1  ln k  ln  n  1 .

k  1  k  k  1 k k  1
n 1
m
Отже,  n 1ln    , або n 1ln  m . Тобто, n 1  e .
k 1 k
7.33 Розглянемо функцію   xf  k x . При x 0

215