mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 05, 2022 9:55 pm**

Αποδείξτε ότι
α) $\displaystyle \cos x \ge 1 - \frac{{{x^2}}}{2}$ , για κάθε $\displaystyle x\in R$
β) $\displaystyle \sin (\tan x)\ge x$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left[ 0,\frac{\pi }{4} \right]$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 05, 2022 10:43 pm**

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 05, 2022 9:55 pm
Αποδείξτε ότι
α) $\displaystyle \cos x \ge 1 - \frac{{{x^2}}}{2}$ , για κάθε $\displaystyle x\in R$
β) $\displaystyle \sin (\tan x)\ge x$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left[ 0,\frac{\pi }{4} \right]$

α) Είναι,

$|\sin \dfrac{x}{2}| \leq |\dfrac{x}{2}|$ , άρα

$|2 \sin \dfrac{x}{2} \cdot \cos \dfrac{x}{2}| \leq 2|\dfrac{x}{2} \cdot \cos \dfrac{x}{2} |$ , άρα

$|\sin x| \leq |x \cdot \cos \dfrac{x}{2}|,$ άρα

$|\dfrac{\sin x}{x}| \leq |\cos \dfrac{x}{2}|,$ άρα

$\dfrac{\sin^2x}{x^2} \leq \cos^2 \dfrac{x}{2},$ άρα

$\dfrac{\sin^2x}{x^2} \leq \dfrac{1+\cos x}{2},$ άρα

$\dfrac{(1-\cos x)(1+\cos x)}{x^2} \leq \dfrac{1+\cos x}{2}$ , και αφού $\cos x+1 \geq 0$ (αν $\cos x=-1$ , τότε $x=(2k+1)\pi$ με $k \in \mathbb{Z}$ και αρκεί

$-1 \geq 1-\dfrac{x^2}{2}$ , δηλαδή $x^2 \geq 4$ . Αν ήταν x^2<4,

τότε

, οπότε $\dfrac{-2}{\pi}<2k+1<\dfrac{2}{\pi},$ άτοπο) έχουμε,

$\dfrac{1+\cos x}{x^2} \leq \dfrac{1}{2}$ , άρα

$\cos x \geq 1-\dfrac{x^2}{2}$ , όπως θέλαμε

β) Αν $f(x)=\sin(\tan x)-x$ , αρκεί να δείξουμε ότι η

είναι γνησίως αύξουσα στο $[0,\dfrac{\pi}{4}]$ , καθώς τότε θα ήταν

$f(x) \geq f(0)=0,$

για κάθε $x \in [0,\dfrac{\pi}{4}]$ .

Είναι,

$f'(x)=\dfrac{\cos(\tan x)}{\cos^2x}-1$ , άρα αρκεί

$\cos (\tan x) \geq \cos ^2 x$ . Από το α) ερώτημα, είναι

$\cos (\tan x) \geq 1-\dfrac{\tan ^2 x}{2},$

άρα αρκεί να δείξουμε ότι

$1-\dfrac{\tan ^2 x}{2} \geq \cos ^2 x,$

και αφού $\tan^2 x=\dfrac{\sin^2 x}{\cos^2 x}=\dfrac{1-\cos^2x}{\cos^2x},$ αρκεί να δείξουμε ότι

$1-\dfrac{1-\cos^2x}{2\cos^2x} \geq \cos ^2x,$

που γράφεται ως

$(2\cos ^2x-1)(\cos^2x-1) \leq 0$ ,

που ισχύει καθώς $\cos ^2x-1 \leq 0$ και $2 \cos^2x-1 \geq 2\cos^2 \dfrac{\pi}{4}-1=0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 05, 2022 11:32 pm**

exdx έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 05, 2022 9:55 pm
Αποδείξτε ότι
α) $\displaystyle \cos x \ge 1 - \frac{{{x^2}}}{2}$ , για κάθε $\displaystyle x\in R$
β) $\displaystyle \sin (\tan x)\ge x$ , για κάθε $\displaystyle x\in \left[ 0,\frac{\pi }{4} \right]$

Γράφω λύση της α). Του Ορέστη ήταν χωρίς Απειροστικό, οπότε πλεονεκτεί, αλλά ας δούμε μία με Απειροστικό.

Αρκεί για x>0

καθώς τα δύο μέλη δεν αλλάζουν τιμή αν θέσουμε όπου

το

.

Για $t\ge 0$ ως γνωστόν ισχύει $\sin t \le t$ . Ολοκληρώνουμε από

έως

, οπότε $-\cos x +1 \le \dfrac {1}{2} x^2$ , που ισοδυναμεί με την ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 06, 2022 6:35 pm**

Καλησπέρα! Παραθέτω ακόμη έναν τρόπο για το α) ερώτημα με χρήση διαφορικού λογισμού.
Προφανώς για $\small x=0$ , η προς απόδειξη ανισότητα ισχύει. Με εφαρμογή του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα $\small [0,x]$ για τη συνάρτηση $\small f(x)=cosx+\frac{x^2}{2}, x\in \mathbb{R}$ προκύπτει ότι $\small \exists \xi \in (0,x)$ τέτοιο ώστε $\small f'(\xi )=\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ και αφού $\small x\neq 0$ θα έχω ότι $\small xf'(\xi )=f(x)-f(0)$ και εφόσον $\small x>0$ θα ισχύει $\small x>sinx$ κατά τα γνωστά. Όμως $\small f'(x)=x-sinx>0$ λόγω του προηγούμενου

.Επομένως $\small f$ γνήσια αύξουσα στο διάστημα $\small (0,+\infty)$ , και ως εκ τούτου, $\small f(x)>f(0)\Leftrightarrow f(x)-f(0)>0$ δηλαδή $\small cosx>1-\frac{x^2}{2}$ , $\small \forall x\neq 0$ . Τελικά $\small cosx\geq 1-\frac{x^2}{2}, \forall x\in \mathbb{R}$ $\small \blacksquare$ . Με ανάλογο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε την ανισότητα για $\small x<0$ αλλά όπως προανέφερε ο κ. Λάμπρου δουλεύοντας για τη μία περίπτωση είμαστε καλυμμένοι καθώς τα δύο μέλη δεν αλλάζουν τιμή αν θέσουμε όπου $\small x$ το $\small -x$ (η συνάρτηση είναι άρτια).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 07, 2022 7:34 am**

Μια παρατήρηση : Για το πολυωνυμικό ανάπτυγμα του $\cos x$ , είναι γνωστό ότι :

$\cos x=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\dfrac{x^8}{8!}-\dfrac{x^{10}}{10!}+ ...$ Θα μπορούσαμε άραγε

να δείξουμε , ότι για x>0

, είναι : $\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\dfrac{x^8}{8!}-\dfrac{x^{10}}{10!}+ ...>0$

χωρίς χρήση του παραπάνω αναπτύγματος ;

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 07, 2022 8:39 pm**

Μία με Αναλυτική για το (α), λογικά είναι γνωστή:

$\dfrac{x^2}{2}+cosx>\dfrac{z^2}{2}+cosx=1.$

: cos-ineq.png (6.81 KiB) Προβλήθηκε 1009 φορές

mathematica.gr

Τριγωνομετρική ανισότητα

Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα