Huygens

Tolaso J Kos · #1

Έστω $0 \leq \alpha < \frac{\pi}{2}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \sin \alpha + \tan \alpha \geq 3\alpha}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 13, 2020 12:17 pm
Έστω $0 \leq \alpha < \frac{\pi}{2}$ . Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{2 \sin \alpha + \tan \alpha \geq 3\alpha}$

Σχολικό παράγραφος 2.6 σελίδα 140 (καινούργιο)
Β ομάδα άσκηση 8ii).
Και σίγουρα έχει ξανασυζητηθεί εδώ.

#3

Είναι εδώ μεταξύ άλλων

άλλος τρόπος
Αν $\displaystyle f(x)=2\sin x+\tan x$ , τότε $\displaystyle {f}'(x)=2\cos x+1+{{\tan }^{2}}x$ και $\displaystyle {{f}'}'(x)=-2\sin x+2\tan x+2{{\tan }^{3}}x\ge 0$
άρα είναι κυρτή και είναι πάνω από την εφαπτομένη στο $\displaystyle (0,0)$ που είναι η $\displaystyle y=3x$

Tolaso J Kos · #4

Να συνεχίσουμε;

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{3} \left ( 2\sin \alpha + \tan \alpha \right ) > \alpha > \frac{3\sin \alpha}{2 +\cos \alpha} \quad , \quad \alpha \in \left ( 0, \frac{\pi}{2} \right )}$
Ουσιαστικά μένει να δειχθεί η δεύτερη ανισότητα.

Tolaso J Kos · #5

Υπάρχει και αυτή:

$\displaystyle{2 \sinh x + \tanh x \geq 3x \quad, \quad x \geq 0}$

Tolaso J Kos · #6

Επαναφορά για τις δύο τελευταίες.

#7

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:19 pm
Υπάρχει και αυτή:

$\displaystyle{2 \sinh x + \tanh x \geq 3x \quad, \quad x \geq 0}$

Για $x\ge 0$ η $f(x)= 2 \sinh x + \tanh x - 3x$ ικανοποιεί

$f'(x)= 2\cosh x + \dfrac {1}{\cosh ^2x}-3 = 2a+ \dfrac {1}{a ^2}-3= a+a+ \dfrac {1}{a ^2}-3\ge 3\sqrt {a\cdot a \cdot \dfrac {1}{a ^2}}-3=0$ .

Άρα

αύξουσα, οπότε $f(x)\ge f(0)=0$ , όπως θέλαμε.

#8

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:04 pm
Να συνεχίσουμε;

Να δειχθεί ότι:

$\displaystyle{\frac{1}{3} \left ( 2\sin \alpha + \tan \alpha \right ) > \alpha > \frac{3\sin \alpha}{2 +\cos \alpha} \quad , \quad \alpha \in \left ( 0, \frac{\pi}{2} \right )}$

Για να κλείνει. Αν και η αριστερή έχει αποδειχθεί, άλλος τρόπος είναι με την ίδια μέθοδο του προηγούμενο ποστ. Συγκεκριμένα, η $f(x) = 2\sin x + \tan x -3x$ στο εν λόγω διάστημα ικανοποιεί

$f'(x) = 2\cos x + \dfrac {1}{\cos ^2 x} - 3 = \cos x + \cos x + \dfrac {1}{\cos ^2 x} - 3 \ge \sqrt {\cos x \cdot \cos x \cdot \dfrac {1}{\cos ^2 x} }-3=0$ , '
άρα αύξουσα και λοιπά.

Για την δεξιά ανισότητα εξετάζουμε την $g(x) =x(2+\cos x) -3\sin x$ . Άρα $g'(x)=2-x\sin x - 2\cos x,\, g''(x)=\sin x -x\cos x$ . Το τελευταίο είναι θετικό από την ισοδύναμη σχέση $\tan x \ge x$ . Οπότε

αύξουσα και άρα $g'(x)\ge g'(0)= 0$ , οπότε

αύξουσα, $g(x)\ge g(0)=0$ , όπως θέλαμε.

#9

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 07, 2020 10:04 pm
$\displaystyle{\frac{1}{3} \left ( 2\sin \alpha + \tan \alpha \right ) > \alpha > \frac{3\sin \alpha}{2 +\cos \alpha} \quad , \quad \alpha \in \left ( 0, \frac{\pi}{2} \right )}$ Ουσιαστικά μένει να δειχθεί η δεύτερη ανισότητα.

Θέλουμε $\displaystyle \alpha > \frac{{3\sin \alpha }}{{2 + \cos \alpha }}\quad {\mkern 1mu} ,\quad {\mkern 1mu} \alpha \in \left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)$
Ισοδύναμα : $\displaystyle 2a + a\cos a > 3\sin a \Leftrightarrow 3\sin a - a\cos a < 2a$
Θεωρούμε την $\displaystyle f(x) = 3\sin x - x\cos x,\,\,\,x \in \left[ {0,\frac{\pi }{2}} \right)$
Τότε
$\displaystyle \begin{array}{l} f'(x) = 3\cos x - \cos x + x\sin x = 2\cos x + x\sin x > 0\\ f''(x) = - 2\sin x + \sin x + x\cos x = x\cos x - \sin x = \cos x(x - \tan x) < 0 \end{array}$ .
Άρα είναι κοίλη

Επειδή $\displaystyle f(0) = 0,f'(0) = 2$ , η εφαπτομένη στο $\displaystyle (0,0)$ είναι η $\displaystyle y = 2x$
Επομένως $\displaystyle f(x) \le 2x$ και η ισότητα μόνο για $\displaystyle x = 0$ , άρα $\displaystyle f(x) < 2x$

Huygens

Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Re: Huygens

Μέλη σε σύνδεση