Да се докаже, че sinx + tgx > 2x

[jennifer]

Да се докаже, че:

sinx + tgx > 2x при x[tex]\in[/tex] (0; [tex]\frac{\pi }{2}[/tex])

Благодаря ви много предварително. Ще се радвам и на обяснения.

[inveidar]

Нека [tex]f(x)=sinx + tgx - 2x[/tex] при [tex]x\in[/tex] [tex](0; \frac{\pi }{2}[/tex])

[tex]f^{'}(x)=cosx+\frac{1}{ cos^{2}x}-2<0[/tex](Защо?), т.е функцията е намаляваща. Сега като пресметнем [tex]\lim_{x \rightarrow \frac{\pi }{ 2} }f(x)=+\infty[/tex] е ясно, че [tex]f(x)>0[/tex] за всяко [tex]x\in[/tex] [tex](0; \frac{\pi }{2}[/tex]).

[pipi langstrump]

[tex]f^{'}(x)=cosx+\frac{1}{ cos^{2}x}-2<0[/tex](Защо?),

Защо?
x--> pi/2, f'--> +inf

[jennifer]

Големи благодарности!!

[inveidar]

[tex]f^{'}(x)=cosx+\frac{1}{ cos^{2}x}-2<0[/tex](Защо?)

Защото съм спал, когато съм го писал!!! Изобщо не е вярно!

[inveidar]

[tex]f^{'}(x)=cosx+\frac{1}{ cos^{2}x}-2=\frac{(cos^{2}x-1)^{2}+cos^{3}x(1-cosx)}{cos^{2}x } >0[/tex] в посочения интервал, т.е функцията е растяща!!!. Сега като пресметнем [tex]f(0)=0[/tex] е ясно, че [tex]f(x)>0[/tex] за всяко [tex]x\in[/tex] [tex](0; \frac{\pi }{2}[/tex]).

[mkmarinov]

[tex]sinx+tgx \ge 2 \frac{2}{\frac{1}{tgx}+\frac{1}{sinx}}=\frac{4sinx}{1+cosx}=\frac{8\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{2sin^2\frac{x}{2}}=4cotg\frac{x}{2}[/tex]
Остава да се докаже, че [tex]cotg\frac{x}{2} \ge \frac{x}{2}[/tex], [tex]\frac{x}{2}-cotg\frac{x}{2}<0[/tex]. Това е растяща функция за интервала, неравенството е изпълнено и в двата му краища => неравенството от условието е доказано.

[inveidar]

[tex]sinx+tgx \ge 2 \frac{2}{\frac{1}{tgx}+\frac{1}{sinx}}=\frac{4sinx}{1+cosx}=\frac{8\sin\frac{x}{2}\cos\frac{x}{2}}{2sin^2\frac{x}{2}}=4cotg\frac{x}{2}[/tex]
Остава да се докаже, че [tex]cotg\frac{x}{2} \ge \frac{x}{2}[/tex], [tex]\frac{x}{2}-cotg\frac{x}{2}<0[/tex]. Това е растяща функция за интервала, неравенството е изпълнено и в двата му краища => неравенството от условието е доказано.

След като е растяща функция в интервала е необходимо неравенството да е изпълнено само в левия край. Казвам го, за да не остане някой с погрешното мнение, че трябва винаги да се проверява и в двата края.

[mkmarinov]

Всъщност само десният, защото неравенството е със знак по-малко...

[inveidar]

Всъщност само десният, защото неравенството е със знак по-малко...

Правилно! Моя грешка.

[prodanov]

Да се докаже, че:

sinx + tgx > 2x при x[tex]\in[/tex] (0; [tex]\frac{\pi }{2}[/tex])

Благодаря ви много предварително. Ще се радвам и на обяснения.

[tex]\frac{2t}{1+t^2} + \frac{2t}{1-t^2} > 2x\\
\frac{2t}{1-t^4}>x\\
f(t)=xt^4 + 2t - x >0 \vspace{}\forall t \in (0,1)\\
f'(t)=4xt^3 + 2\\
t_0=-\sqrt[3]{\frac1{2x}}\\
f(t)_{min \in (0,1)} = \lim_{t\to0}f(t);\\[/tex]
тъй като при t=0, x=0 и f(t) = 0. То горната граница > 0, щото функцията расте в (-\sqrt[3]{\frac1{2x}}, +\infty).

Така не става ли?

[mkmarinov]

Не. Wronger than wrong.