x)-ln (ex) + (e + x)/( ex).
Так як
ln (e + x) + ln (ex) = ln (e 2 -x 2 ) 2 = 2,
то f / (x)> 0 при 0 . Отже, функція f зростає на інтервалі (0, e). Функція f (0) - безперервна. Тому цю точку можна включити в проміжок зростання. Оскільки f (0) = 0 , а f зростає при 0 ВЈ x то f (x)> 0 при 0 Звідси отримуємо рішення задачі 1.
Завдання 1.2 . Довести нерівність tg k a + ctg k a Ві 2 + k 2 cos 2 2a, 0 p /2, k - натуральні. p> Рішення.
Нерівність можна записати у вигляді:
Нехай спочатку 0 p /4 . На цьому інтервалі ctg a> tg a, cos 2a> 0, тому останнє нерівність еквівалентно нерівності ctg k/2 a-tg k/2 a Ві k * cos 2a.
Покладемо f (a) = ctg n a-tg n a-2n * cos 2a, де n = k/2.
Далі, f / (a) = - (N/sin 2 a) ctg n-1 a - (n/cos 2 a) tg n-1 a + 4n * sin 2a = - n ((ctg n-1 a + tg n-1 a) + (ctg n +1 a + Tg n +1 a) - 4sin 2a) ВЈ - N (2-2sin 2a) <0 при 0 p /4 .
Тут, як і в попередній задачі, використаний той факт, що сума взаємно зворотних позитивних чисел більше або дорівнює 2. Таким чином, на інтервалі 0 p /4 функція f убуває. У точці a = p /4 вона неперервна, тому (0 ; p /4] є проміжком убування f. Найменшим значенням функції на цьому проміжку є f ( p /4) = 0. Отже, f (a) Ві 0 при 0 p /4 . Для зазначеного проміжку нерівність доведено. Якщо p /4 p /2 , то 0 < < i> p /2 - a < p /4. Однак нерівність не змінюється при замінений a на p /2 - a. Завдання 2 вирішена.
Завдання 1.3. Що більше e p або p e ? p> Рішення.
Для вирішення завдання досліджуємо питання про існування рішень рівняння з двома невідомими: a b = b a , a> 0, b> 0. Виключимо тривіальний випадок a = b і для визначеності будемо припускати, що a . Зважаючи симетричності входження a і b в рівняння, останнє зауваження не обмежує спільності міркувань. Ясно, що рівняння a b = b a рівно...
