Первое решение.Если одно из этих чисел (например, $n$) равно 1, то неравенство принимает вид $|m-1|>\frac{1}{m}$ и выполнено при любом $m\geqslant 2$. Далее без ограничения общности будем считать, что $m>n\geqslant 2$. Тогда $m\geqslant n+1$, поэтому $$\sqrt[n]{m}-\sqrt[m]{n}>\sqrt[n]{n+1}-\sqrt[n]{n}\text{и} \frac{1}{n(n+1)}\geqslant \frac{1}{mn}. $$ Следовательно, достаточно доказать неравенство $\sqrt[n]{n+1}-\sqrt[n]{n}>\frac{1}{n(n+1)}$ для всех $n\geqslant 2$. Используя тождество $$a^n-b^n=(a-b)(a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-1}+b^{n-1}),$$ в котором положим $a=\sqrt[n]{n+1}$ и $b=\sqrt[n]{n}$, а также учитывая неравенство $a>b$, получаем \begin{align*} \sqrt[n]{n+1}-\sqrt[n]{n}&=\frac{1}{a^{n-1}+a^{n-2}b+\ldots+ab^{n-2}+b^{n-1}}>\

\frac{1}{na^{n-1}}&=\frac{1}{n(n+1)^{\frac{n-1}{n}}}>\frac{1}{n(n+1)}. \end{align*} Второе решение. Докажем сначала вспомогательное утверждение: если производная $f'(x)$ функции $f(x)$ положительна и возрастает на отрезке $[a;b]$, то $f(b)-f(a) > f'(a)(b-a)$. Действительно, в этом случае касательная в точке $a$ к графику функции $y=f(x)$ лежит ниже этого графика, и поэтому пересекает отрезок между точками $(b,f(a))$ и $(b,f(b))$ в некоторой точке $(b,y_0)$, $f(a) < y_0 < f(b)$. Следовательно, $f(b)-f(a) > y_0-f(a)=f'(a)(b-a)$.

Пусть, для определенности, $m>n$, тогда $\sqrt[n]{m}>\sqrt[m]{n}$. Применим доказанное выше утверждение к функции $f(x)=e^x$ (ее производная равна $f'(x)=e^x$) на отрезке $\left[\frac{\ln n}{m};\frac{\ln m}{n}\right]$: \begin{align*} &m^{\frac1n}-n^{\frac1m}=e^{\frac{\ln m}{n}}-e^{\frac{\ln n}{m}} > \ > &e^{\frac{\ln n}{m}}\Bigl(\frac{\ln m}{n}-\frac{\ln n}{m}\Bigr)\geqslant \frac{m\ln m-n\ln n}{mn}. \end{align*} Применяя еще раз это же утверждение к функции $g(x)=x\ln x$ (тогда $g'(x)=\ln x+1$) на отрезке $[n;m]$, получаем $$m\ln m-n\ln n> (\ln n+1)(m-n)\geqslant m-n\geqslant 1.$$ Отсюда следует требуемое неравенство.

Ответ задачи отсутствует