Неравенство

[Гост]

За х принадлежи от 0 до п/2. (п/2)x<=sinx<=x

[Knowledge Greedy]

Малка корекция в условието на задачата, иначе никой няма да може да я реши.

Ако [tex]x\in \left ( 0;\frac{\pi }{ 2}\right)[/tex], то [tex]\frac{ 2}{ \pi }x<sinx<x[/tex].

Да докажем първо дясното неравенство.
Образуваме функцията [tex]R(x)=sinx-x[/tex], с дефиниционно множество интервала [tex]D=\left [ 0;\frac{\pi}{2} \right ][/tex]
Тъй като [tex]R'(x)=cosx-1<0[/tex] във вътрешността на [tex]D[/tex], следва че [tex]R(x)[/tex] е намаляваща, непрекъсната функция, с най голяма стойност [tex]0[/tex] при [tex]x=0[/tex]. Т.е. [tex]\forall x[/tex] [tex]\Rightarrow sinx-x<0[/tex] - което трябваше да докажем,
за вътрешните точки на [tex]D[/tex] (иначе [tex]sinx\le x[/tex], за [tex]x\in D[/tex]).

Разглеждаме лявото неравенство.
Нека функцията [tex]L(x)=sinx-\frac{ 2}{\pi }x[/tex], е с дефиниционно множество интервала [tex]D=\left [ 0;\frac{\pi}{2} \right ][/tex]
Производната и [tex]L'(x)=cosx-\frac{ 2}{\pi }[/tex] се анулира за [tex]x=\alpha[/tex] от вътрешността на [tex]D[/tex]. (Защо има такова [tex]\alpha[/tex] ?)

Ясно е, че при [tex]0\le x<\alpha[/tex] [tex]\Rightarrow cosx>cos\alpha =\frac{ 2}{\pi }[/tex], следователно [tex]L(x)[/tex] е растяща, а когато [tex]\alpha\le x\le \frac{\pi }{ 2}[/tex] - следва, че [tex]L(x)[/tex] е намаляваща.
Да оценим [tex]L(\alpha )[/tex], която се явява локален и абсолютен максимум на [tex]L(x)[/tex] в [tex]D[/tex].

Поради непрекъснатостта на [tex]L(x)[/tex] и поради фактите [tex]L(0)=0[/tex] и [tex]L\left ( \frac{\pi }{ 2} \right )=0[/tex] следва, че [tex]L(\alpha )>0[/tex]
[tex]\Rightarrow sinx-\frac{2 }{ \pi}x>0[/tex] - което трябваше да докажем.Ето и подкрепата на техниката:

Двойното неравенство на.PNG (15.23 KiB) Прегледано 140 пъти