Με διάφορους τρόπους

#1

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sin x + \tan x \ge 2x,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$

Δεκτή οποιαδήποτε λύση

#2

exdx έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 13, 2022 11:53 am
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sin x + \tan x\ge 2x,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$

Δεκτή οποιαδήποτε λύση

Καλημέρα Γιώργη!

Έστω $\displaystyle f(x)= \sin x + \tan x ,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$ Είναι $\displaystyle f'(x) = \cos x + \frac{1}{{{{\cos }^2}x}}$ και η εφαπτομένη της C_f

στο

έχει εξίσωση $\boxed{y=2x}$

$\displaystyle f''(x) = \sin x\left( {\frac{{2 - {{\cos }^3}x}}{{{{\cos }^3}x}}} \right) > 0$ για κάθε $x \in \left( {0,\dfrac{\pi }{2}} \right)$ που σημαίνει ότι η C_f

βρίσκεται πάνω από την

εφαπτομένη της στο O(0,0)

(εξαιρουμένου του σημείου επαφής), άρα $\displaystyle \sin x + \tan x\ge 2x,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$

#3

Αλλιώς, $\displaystyle g(x) = \sin x + \tan x - 2x$ για $\displaystyle x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$ με

$\displaystyle g'(x) = \frac{{{{\cos }^3}x - 2{{\cos }^2}x + 1}}{{{{\cos }^2}x}} = \frac{{(\cos x - 1)({{\cos }^2}x - \cos x - 1)}}{{{{\cos }^2}x}} \ge 0$ (η πρώτη παρένθεση

είναι αρνητική ή

ενώ η δεύτερη αρνητική στο πεδίο ορισμού της). Άρα η

παρουσιάζει ελάχιστο στο

και το ζητούμενο έπεται.

Tolaso J Kos · #4

Δείτε και αυτό...

#5

Ευχαριστώ το Γιώργο για τις λύσεις .
Αποστόλη , αυτή είναι πιο ισχυρή βέβαια.

Γίνεται και μια Γεωμετρική

#6

exdx έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 13, 2022 11:53 am
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sin x + \tan x \ge 2x,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$

Στο $\left[ {0,\frac{\pi }{2}}\right )$ η $f(x) = \sin x + \tan x -2x$ ικανοποιεί

$f'(x) = \cos x + \dfrac {1}{\cos ^2 x} -2 \ge \cos ^2x + \dfrac {1}{\cos ^2 x} -2= a^2 + \dfrac {1}{a^2} -2 \ge 2-2=0$ ,

Άρα είναι αύξουσα. Και λοιπά.

#7

: trig1.png (28.76 KiB) Προβλήθηκε 636 φορές

Εργαζόμαστε στον τριγωνομετρικό κύκλο .
Η $\displaystyle ZH$ είναι η διάμεσος του τραπεζίου και το $\displaystyle DT$ είναι εφαπτόμενο τμήμα , οπότε $\displaystyle DT=TB$ .
Για $\displaystyle x=0$ ισχύει ως ισότητα .‘Εστω ότι $\displaystyle x>0$ . Τότε :
$\displaystyle \sin x+\tan x=DE+CB=2ZH=2(ZA+AH)$
Όμως
$\displaystyle A{{Z}^{2}}=Z{{T}^{2}}-A{{T}^{2}}>Z{{T}^{2}}-Z{{C}^{2}}=Z{{T}^{2}}-Z{{D}^{2}}=D{{T}^{2}}=T{{B}^{2}}$
Άρα:
$\displaystyle AZ>TB\Rightarrow 2(ZA+AH)>2(TB+AH)=4TB$
και $\displaystyle 4TB=4\tan \frac{x}{2}>4\frac{x}{2}=2x$
Επομένως $\displaystyle \sin x+\tan x>2x$

Γίνεται και διαφορετικά

#8

: trig2.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 591 φορές

Θέλουμε για $\displaystyle x>0$ , $\displaystyle \sin x+\tan x>2x$
Επειδή $\displaystyle \tan x>x$ , αρκεί $\displaystyle \sin x+\tan x>4\tan \frac{x}{2}$
Όμως , από το σχήμα : $\displaystyle \sin x+\tan x>4\tan \frac{x}{2}\Leftrightarrow \frac{c}{a}+\frac{c}{b}>4\frac{m}{b}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)$
Από το (απαγορευμένο) θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου είναι :
$\displaystyle \begin{array}{l} \frac{m}{k} = \frac{b}{a} \Rightarrow \frac{m}{{k + m}} = \frac{b}{{a + b}} \Rightarrow m = \frac{{bc}}{{a + b}}\\ (1) \Leftrightarrow \frac{c}{a} + \frac{c}{b} > 4\frac{m}{b} \Leftrightarrow c\left( {\frac{{a + b}}{{ab}}} \right) > \frac{4}{b}\left( {\frac{{bc}}{{a + b}}} \right) \Leftrightarrow \\ \Leftrightarrow \frac{{a + b}}{{ab}} > \frac{4}{{a + b}} \Leftrightarrow {(a + b)^2} > 4ab \Leftrightarrow {(a - b)^2} > 0 \end{array}$
η οποία ισχύει .

Εφαρμογή:
Δείξετε ότι $\displaystyle \ln (\cos x)+\cos x+{{x}^{2}}\le 1,\,\,\,x\in \left( -\frac{\pi }{2},\frac{\pi }{2} \right)$

#9

exdx έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 13, 2022 11:53 am
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle \sin x + \tan x \ge 2x,\,\,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$

Δεκτή οποιαδήποτε λύση

Θεωρώ γνωστό ότι $\boxed{\frac{x}{2} \le \tan \frac{x}{2}, x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)}}$ (1)

(αποδεικνύεται εύκολα)

Η αποδεικτέα σχέση γράφεται: $\displaystyle 2x \le \dfrac{{2\tan \dfrac{x}{2}}}{{1 + {{\tan }^2}\dfrac{x}{2}}} + \dfrac{{2\tan \dfrac{x}{2}}}{{1 - {{\tan }^2}\dfrac{x}{2}}} = \dfrac{{4\tan \dfrac{x}{2}}}{{1 - {{\tan }^4}\dfrac{x}{2}}}$

Αρκεί λοιπόν να αποδειχθεί ότι $\boxed{\dfrac{x}{2} \le \dfrac{{\tan \dfrac{x}{2}}}{{1 - {{\tan }^4}\dfrac{x}{2}}}}$ (2)

$\displaystyle 0 \le \frac{x}{2} < \frac{\pi }{4} \Rightarrow 1 - {\tan ^4}\frac{x}{2} > 0,$ απ' όπου $\boxed{1 \le \frac{1}{{1 - {{\tan }^4}\dfrac{x}{2}}}}$ (3)

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των (1)

και

προκύπτει η αποδεικτέα σχέση (2)

.

KARKAR · #10

: Τριγωνομετρικές διαφορές.png (10.93 KiB) Προβλήθηκε 555 φορές

Η αποδειχθείσα λέει ότι για $x \in (0,\dfrac{\pi}{2})$ , το $\sin x$ , είναι πιο κοντά στο

, απ' ότι η $\tan x$ .

Δηλαδή : $\dfrac{\tan x-x}{x-\sin x}> 1$ . Στην πραγματικότητα ισχύει κάτι πολύ ισχυρότερο , δηλαδή :

$\dfrac{\tan x-x}{x-\sin x}>2$ . Αυτό είναι άσκηση (

, σελ.

) του σχολικού βιβλίου .

#11

Η άσκηση αυτή είναι λυμένη εδώ

#12

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 15, 2022 1:14 pm
$\dfrac{\tan x-x}{x-\sin x}>2$ .

Ας δούμε και μία ανορθόδοξη αλλά απλή μέθοδο την οποία δεν έχω δει πουθενά αλλά η οποία λειτουργεί άριστα σε ακρότατα συναρτήσεων που δίνονται ως πηλίκα. Είχα πολλές φορές αφορμή να την χρησιμοποιήσω στο φόρουμ αλλά δεν βρήκα την ευκαιρία.

Η μέθοδος είναι εκτός ύλης αλλά το θεώρημα του οποίου θα γίνει χρήση, μπορεί εύκολα να αποδειχθεί με τα Σχολικά Μαθηματικά (και υπάρχει σε όλους τους Απειροστικούς).

Θα γίνει χρήση του Θεωρήματος Μέσης τιμής του Cauchy που λέει ότι για f,g

συνεχείς στο $[a,\,b]$ και παραγωγίσιμες στο $(a,\, b)$ με πουθενά μηδενιζόμενο

, έχουμε για κάποιο $\xi \in (a,\,b)$

$\dfrac {f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}= \dfrac {f'(\xi)}{g'(\xi)}$

Eδώ με $f(x)=\tan x-x,\, g(x)=x-\sin x$ , και $b=x,\, a=0$ έχουμε

$\dfrac{\tan x-x}{x-\sin x} = \dfrac { \dfrac {1}{\cos ^2 x} -1}{1-\cos x} = \dfrac {1+ \cos x }{\cos ^2 x}$ .

Αυτό ήδη βελτιώνει το αποδεικτέο αφού, όπως θα δούμε, στο εν λόγω διάστημα είναι $\dfrac {1+ \cos x }{\cos ^2 x}>2$ . Yπάρχουν πολλοί τρόποι να το δούμε. Π.χ. ένας χωρίς παραγώγους είναι

$\dfrac {1+ \cos x }{\cos ^2 x}= \dfrac {2 \cos ^2 \dfrac {x}{2} }{\cos ^2 x} = 2 \left ( \dfrac {\cos \dfrac {x}{2} }{\cos x} \right )^2 >2$ (διότι $\cos \dfrac {x}{2} > \cos x$ καθώς η συνάρτηση είναι φθίνουσα).

Με διάφορους τρόπους

Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Re: Με διάφορους τρόπους

Μέλη σε σύνδεση