Page 226 - 4371

чає, що sin n 0 при n  . Але тоді cos n 1. Розгля-
немо
1
sin n sin  n 1 1  sin  n 1 cos  cos  n 1 sin 1.
1
0
1
При n  sin  n 1 cos  , а cos  n 1 sin  sin 1, то-
му sin n  sin 1, що суперечить тому, що sin n 0 .
8.5 Доведемо твердження індукцією по n . При n 1 ма-
2
ємо a  a  a  a , звідки a  1. Крім того,
1 1 2 1 1
2
1  1  1 1
a  a  a 2   a     ,
2 1 1 1
4  2  4 2
1
тобто a  при n  2 . Нехай твердження доведене для
n
n
деякого n , доведемо його для числа n 1. Оскільки функ-
 1  1
2
ція  xf  x  x зростає на відрізку 0 , і a  , то
  n
  2 n
 1  1 1 1 1 1
a  f    fa        ,
n  1 n 2 2
 n  n n n  1 n  n  1 n  1
що і потрібно було довести.
8.6 Покладемо x  k! y , тоді
k k
k !y   k 1   k ! 1 y   k 2 !y ,
k k  1 k  2
звідки легко одержати
1
y  y   y  y , k  4.
k k  1 k  1 k  2
k
Використовуючи цю рівність при k  , 5 , 4  , m , одержуємо
m
 1
y  y  , m  4 .
m m 1 
! m
Сумуючи ці рівності при m  , 5 , 4  n , , приходимо до ре-
зультату
n  1 m
x n  n!  .
m 2 m!

226