Page 217 - 4371

k 3
3
k 1  3 k 1  k k 3 k 1  k 1  k k 3   k 3 3 k 3
k 1
    k 1  k .
k k 3 k k 3  k 
k k 3k
 k 1   1   k 1 3
Оскільки     1   e, то    e  21.
 k   k   k 
Тому, за принципом математичної індукції
3
3
k   1  3 k  1  21 k   1 k 3k  21 k  1   !3k .
3
Але  k  1  3 k 1 3 k 2 3 k  3 при k 3, що досить
21
просто перевірити. Отже,
 3 k  1
 k  1  3 k 1 3 k 2 3 k 3   3!3k   k 1  !, що і по-
трібно було довести. Таким чином, 100 300  300 !
36 1 36 dx
7.37 Легко встановити, що   1   11 і
n 1  n 1 x
27 1 27 dx 1 1 36 1 27 1
  3    12 , тому    .
3 3 3 3
n 1  n 1 x n 1 n n 1 n
1 1 1
7.38 Нехай 1   .. .   A . Неважко пе-
3 3 3
2 3 125
125 125
dx 1 dx
реконатись, що A  1 3   A  . Але 3   36 , отже,
1 x 5 1 x
1 1
A  1 36 A  , тобто 36  A  37 , що означає, що
5 5
  36A .

7.39 Як і в попередній задачі, легко одержати нерівність
1000000
dx 1
x  1   x  . Звідси, враховуючи, що
1 x 1000
1000000
dx
  1998 , одержуємо 1998 , 001 x  1999. Таким
1 x
чином,   1998x .

217