Τριγωνομετρική ανισότητα

#1

Να αποδειχθεί η ανισότητα 2sin^2x-xsinx-x^2cosx>0

για $0<x<\pi/2$ .

[Η προέλευση θα αποκαλυφθεί αργότερα.]

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 12:03 am Να αποδειχθεί η ανισότητα για $0<x<\pi/2$ .

[Η προέλευση θα αποκαλυφθεί αργότερα.]

Καλημέρα Γιώργο.

Θα την απαντήσω σαν να ήταν στο φάκελλο Ανάλυση.

Επίσης ισχύει τουλάχιστον για $0<x < \sqrt{6}$ .

Είναι γνωστές για x>0

οι ανισότητες (βγαίνουν και με σχολική ύλη)

$\cos x< 1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}$

$x-\frac{x^{3}}{6}<\sin x< x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{5}}{120}$

Αν τις εφαρμόσουμε τότε η αριστερή παράσταση στην ανισότητα είναι
μεγαλύτερη από

$(\frac{1}{18}-\frac{1}{24}-\frac{1}{120})x^{6}> 0$

#3

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 9:47 am
gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 12:03 am Να αποδειχθεί η ανισότητα για $0<x<\pi/2$ .

[Η προέλευση θα αποκαλυφθεί αργότερα.]
Καλημέρα Γιώργο.

Θα την απαντήσω σαν να ήταν στο φάκελλο Ανάλυση.

Επίσης ισχύει τουλάχιστον για $0<x < \sqrt{6}$ .

Είναι γνωστές για οι ανισότητες (βγαίνουν και με σχολική ύλη)

$\cos x< 1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}$

$x-\frac{x^{3}}{6}<\sin x< x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{5}}{120}$

Αν τις εφαρμόσουμε τότε η αριστερή παράσταση στην ανισότητα είναι
μεγαλύτερη από

$(\frac{1}{18}-\frac{1}{24}-\frac{1}{120})x^{6}> 0$

Σταύρο καλησπέρα, και σ' ευχαριστώ για την ενασχόληση. Οι γνωστές-άγνωστες ανισότητες είναι πράγματι ο εύκολος δρόμος, που προτιμώ όμως να αποφεύγω όταν αυτό είναι δυνατόν ... ιδίως ύστερα από το 'συμβάν' στις περυσινές πανελλαδικές

Θα ήταν ίσως επίσης καλύτερη ιδέα να έβαζα την άσκηση στον Φάκελλο Καθηγητή -- Γενικά ... αλλά μάλλον δεν βγαίνει με 'ανισοτική παραγώγιση' ... οπότε την έβαλα εδώ, υπαινισσόμενος ότι βγαίνει και με (πολύ) παραδοσιακά μέσα, χωρίς Γ' Λυκείου...

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

gbaloglou έγραψε: Τετ Μάιος 29, 2019 4:46 pm
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 9:47 am
gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 12:03 am Να αποδειχθεί η ανισότητα για $0<x<\pi/2$ .

[Η προέλευση θα αποκαλυφθεί αργότερα.]
Καλημέρα Γιώργο.

Θα την απαντήσω σαν να ήταν στο φάκελλο Ανάλυση.

Επίσης ισχύει τουλάχιστον για $0<x < \sqrt{6}$ .

Είναι γνωστές για οι ανισότητες (βγαίνουν και με σχολική ύλη)

$\cos x< 1-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{4}}{24}$

$x-\frac{x^{3}}{6}<\sin x< x-\frac{x^{3}}{6}+\frac{x^{5}}{120}$

Αν τις εφαρμόσουμε τότε η αριστερή παράσταση στην ανισότητα είναι
μεγαλύτερη από

$(\frac{1}{18}-\frac{1}{24}-\frac{1}{120})x^{6}> 0$
Σταύρο καλησπέρα, και σ' ευχαριστώ για την ενασχόληση. Οι γνωστές-άγνωστες ανισότητες είναι πράγματι ο εύκολος δρόμος, που προτιμώ όμως να αποφεύγω όταν αυτό είναι δυνατόν ... ιδίως ύστερα από το 'συμβάν' στις περυσινές πανελλαδικές Θα ήταν ίσως επίσης καλύτερη ιδέα να έβαζα την άσκηση στον Φάκελλο Καθηγητή -- Γενικά ... αλλά μάλλον δεν βγαίνει με 'ανισοτική παραγώγιση' ... οπότε την έβαλα εδώ, υπαινισσόμενος ότι βγαίνει και με (πολύ) παραδοσιακά μέσα, χωρίς Γ' Λυκείου...

Καλησπέρα Γιώργο.
Το ότι οι ανισότητες είναι ''άγνωστες'' οφείλεται καθαρά στους ανθρώπους.
Υπάρχουν κάποιες από αυτές στο σχολικό στις ασκήσεις.
Ότι δεν τους δίνουν σημασία(κάποιοι δεν γνωρίζουν καν ότι υπάρχουν)
είναι θέμα που τουλάχιστον εμένα δεν με απασχολεί.

Εφάρμοσα τις ανισότητες γιατί και εύκολα βγαίνει και σου δίνει και βελτιώσεις της ανισότητας
π.χ
$2sin^2x-xsinx-x^2cosx> (\frac{1}{18}-\frac{1}{24}-\frac{1}{120})x^{6}$

Ημουν σίγουρος ότι είχες άλλη λύση για αυτό έγραψα για τον φάκελο.

Γνωρίζω και άλλη λύση πιο στοιχειώδη.

Αν σε κανα δύο μέρες δεν γραφεί θα την γράψω.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

gbaloglou έγραψε: Τρί Μάιος 28, 2019 12:03 am Να αποδειχθεί η ανισότητα για $0<x<\pi/2$ .

[Η προέλευση θα αποκαλυφθεί αργότερα.]

Τα παρακάτω περιέχουν σοβαρό ΛΑΘΟΣ
Βλέπε στην επόμενη δημοσίευση
Γράφω άλλη λύση.

Βλέποντας την παράσταση

2sin^2x-xsinx-x^2cosx

σαν τριώνυμο του

έχουμε

$-x^2cosx-xsinx+2sin^2x=-\cos x(x-r_{1}(x))(x-r_{2}(x))$ (1)

όπου

$r_{1}(x)=\frac{\tan x}{2}(1-\sqrt{1+8\cos x}),r_{2}(x)=\frac{\tan x}{2}(1+\sqrt{1+8\cos x})$

Είναι για $0<x<\pi/2$

$r_{1}(x)<0$

$r_{2}(x)>\tan x >x$

Ετσι η παράσταση στο (1) είναι θετική.

Συμπλήρωμα.
Η ανισότητα $\tan x >x$ για $0<x<\pi/2$ έχει γεωμετρική απόδειξη
που νομίζω ότι μπορεί να γίνει και στην Γ Γυμνασίου.
Το τριώνυμο νομίζω ότι είναι στην ύλη της Γ Γυμνασίου.
Αρα η απόδειξη μπορεί να θεωρηθεί επιπέδου Γ Γυμνασίου.

#6

Σταύρο υπάρχει ένα μικρό αλλά μοιραίο λάθος, καθώς οι σωστοί τύποι για τις ρίζες του τριωνύμου είναι

$r_{1}(x)=\frac{\tan x}{2}(-1-\sqrt{1+8\cos x}),r_{2}(x)=\frac{\tan x}{2}(-1+\sqrt{1+8\cos x})$

[ΔΕΝ το είδα (το λάθος σου) αρχικά, το βρήκα κατά περιπετειώδη τρόπο που θα αναφέρω αργότερα!]

#7

gbaloglou έγραψε: Σάβ Ιουν 01, 2019 1:46 pm Σταύρο υπάρχει ένα μικρό αλλά μοιραίο λάθος, καθώς οι σωστοί τύποι για τις ρίζες του τριωνύμου είναι

$r_{1}(x)=\frac{\tan x}{2}(-1-\sqrt{1+8\cos x}),r_{2}(x)=\frac{\tan x}{2}(-1+\sqrt{1+8\cos x})$

[ΔΕΝ το είδα (το λάθος σου) αρχικά, το βρήκα κατά περιπετειώδη τρόπο που θα αναφέρω αργότερα!]

Λοιπόν, ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή: η παρούσα συζήτηση οφείλεται σε πρόβλημα του Βασίλη Μαυροφρύδη στο Μαθηματικό Εργαστήρι (ΦΒ), που ζητούσε να αποδειχθεί ότι είναι αύξουσα η $\dfrac{xcosx-sinx}{x-sinx}$ στο $(0, \pi/2)$ , πρόβλημα που μέσω παραγώγισης ανάγεται στην αρνητικότητα της (sinx)x^2-(1-cosx)x-(1-cosx)sinx

και, μέσω δεύτερης παραγώγισης, στην αρνητικότητα της (cosx)x^2+(sinx)x-2sin^2x

... την οποία απέδειξα και με προσεγγίσεις Taylor (ακριβώς όπως ο Σταύρος παραπάνω) και τριωνυμικά με χρήση των παλιών αγαπημένων τύπων $sinx=\dfrac{2tanx/2}{1+tan^2x/2}, cosx=\dfrac{1-tan^2x/2}{1+tan^2x/2}$ (όπως περίπου ο Σταύρος δηλαδή).

ΤΩΡΑ ... επειδή είχα προσπαθήσει ανεπιτυχώς να κάνω ακριβώς αυτό που έκανε ο Σταύρος ... παραξενεύτηκα κάπως και από την δική του επιτυχία και από την επιτυχία της άλλης μεθόδου μου ... και αποφάσισα να ελέγξω και τις δύο προσεκτικά ... και βρήκα λαθάκια και στις δύο!

Ας δούμε κάπως αναλυτικά την προσπάθεια απόδειξης της (cosx)x^2+(sinx)x-2sin^2x<0

:

-- Στην προσέγγιση του Σταύρου απαιτείται η ΙΣΧΥΟΥΣΑ $x<tanx\left(\dfrac{-1+\sqrt{1+8cosx}}{2}\right)$ , που 'ανάγεται' εύκολα ('μέσω' x<tanx

για $0<x<\pi/2$ ) στην ΜΗ ΙΣΧΥΟΥΣΑ $1<\dfrac{-1+\sqrt{1+8cosx}}{2}$ .

-- Στην δική μου προσέγγιση απαιτείται η ΙΣΧΥΟΥΣΑ $u<tanu\left(\dfrac{-(1+tan^2u)+\sqrt{9+2tan^2u-7tan^4u}}{2(1-tan^4u)}\right)$ , όπου u=x/2

, που 'ανάγεται' εύκολα ('μέσω' u<tanu

για $0<u<\pi/4$ ) στην ΜΗ ΙΣΧΥΟΥΣΑ $1<\dfrac{-(1+tan^2u)+\sqrt{9+2tan^2u-7tan^4u}}{2(1-tan^4u)}$ .

Ανάλογα συμβαίνουν και με την (sinx)x^2-(1-cosx)x-(1-cosx)sinx<0

:

-- Σε προσέγγιση ανάλογη αυτής του Σταύρου απαιτείται η ΙΣΧΥΟΥΣΑ $x/2<tanx/2\left(\dfrac{1+\sqrt{5+4cosx}}{4}\right)$ , που 'ανάγεται' εύκολα στην ΜΗ ΙΣΧΥΟΥΣΑ $1<\dfrac{1+\sqrt{5+4cosx}}{4}$ .

-- Σε προσέγγιση ανάλογη της δικής μου απαιτείται η ΙΣΧΥΟΥΣΑ $u<tanu\left(\dfrac{1+tan^2u+\sqrt{9+10tan^2u+tan^4u}}{4(1+tan^2u)}\right)$ , που 'ανάγεται' εύκολα στην ΜΗ ΙΣΧΥΟΥΣΑ $1<\dfrac{1+tan^2u+\sqrt{9+10tan^2u+tan^4u}}{4(1+tan^2u)}$ .

[Η απόδειξη των παραπάνω ισχυουσών ανισοτήτων δεν έχει πλέον και τόση σημασία, και θα ήταν ούτως ή άλλως εκτός φακέλου. Σημειώνω επίσης ότι, όπως προκύπτει από την λύση του Νίκου Ζανταρίδη, η συνάρτηση-πηλίκο του Βασίλη Μαυροφρύδη είναι αύξουσα σε ολόκληρο το $(0, 2\pi)$ .]

Τριγωνομετρική ανισότητα

Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Re: Τριγωνομετρική ανισότητα

Μέλη σε σύνδεση