Page 218 - 4371

1000
 1 
7.40 Очевидно (див. задачу 7.10) 2   1   e ,
 1000 
 1000
1  1  1 1 1
звідси  1     , або 1  1 , 1 001  1000  1 ,
e  1000 2 2 e
6 e 1 

1000
тобто 3  6 1 , 1 001  . Легко встановити, що
e
 6 e  1  1000
 4 ; отже 3  6 1 , 1 001  4 .
e
1 1 1
7.41 Розглянемо рівняння:     0;
x  1 x  2 x  n
доведемо, що воно має рівно n 1 різних дійсних коренів і
знайдемо суму цих коренів. Нехай
f   xx  1 x 2  x   n , тоді рівняння може бути запи-
 f  x
сане у виді:  0, або   0xf  , де
f   x

 f     xx 2  x 3    x n    x 1  x 3    x n 
  x 1  x 2    nx   1 .

Оскільки  xf має n різних дійсних коренів: ,1 , 2  n , , то
за теоремою Ролля  xf  має n 1 різних дійсних коренів
x , x , . . . , x , причому  xi  i  , 1 i  , 2 , 1  , n 1. Більше
1 2 n 1  i
як n 1 коренів  xf  мати не може, бо це многочлен сте-
пеня n 1. Якщо у виразі для  xf  розкрити дужки і звес-
ти подібні, одержимо
f    nxx  n 1  a x n 2  a x n 3   a x  a .
n 2 n 3 1 0
Знайдемо коефіцієнт a :
n  2
a     32  n    1 3  n    21    1n 
n 2
n  n  1 n n 2   1
  n   1 2 n  1 2 n    n  1   .
2 2
Тоді, за теоремою Вієта, сума коренів рівняння   0xf 
дорівнює:
218