Page 216 - 4371

1
1  1   2
  f   x   1x k  0 , що означає, що графік функції
k  k 
опуклий. Отже, для будь-яких додатних x , x
1 2
1  x  x 
 f   fx   fx  1 2  . Підставивши сюди
2 1 2  2 
k
x  n  , 1 x  n  1, маємо n 1  k n 1  2 k n .
1 2
7.34 Доведемо, що для будь-якого натурального n 2
2 n
справедлива нерівність   ! n . Дійсно, маємо
n
n
n! n  1(!   2  n  )( n( n  )1   )1  1( n  )( 2 n  )1  ( n )1  n ,
оскільки 1 n  n 1  n і k( n  k  )1  ( n  k)( k  )1  n  n
n
при k , 2  , n 1. Отже,   ! 2 n , тобто
n
2 2013
2013  !  2013 .
7.35 Поділимо кожне з даних чисел на число
2013
 2014 
2012
2013
2012  2013 і порівняємо одержані числа   і
 2013 
2012 2013 2013
 2013  2014  1 
  . Подамо ці числа у виді:    1    ,
 2012  2013  2013
2012 2012
 2013  1 
   1    . В задачі 7.10 доведено, що по-
 2012  2012
n
 1 
слідовність  x де x   1  зростаюча, тому
n n
 n 
2013 2012
 1   1 
1     1    , а це означає, що
 2013   2012 
2014 2013  2012 2012  2013 2013  2013 2012 .
7.36 Методом математичної індукції доведемо, що
n 3n   !3n . При n  3 , 2 , 1 нерівність має місце. Нехай

k 3k   !3k , доведемо, що  k  1  3 k  1   3 k  1  !. Ліву час-
тину нерівності подамо у виді:
216