Ανισότητα με τριγωνομετρικά και λογάριθμο.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Εστω $0<c<\frac{\pi }{2}$

Να δειχθεί ότι για $\left | x \right |< \frac{\pi }{2}$

ισχύει

$\frac{2}{\pi }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)\leq \left | \sin x \right |\leq \frac{1}{c }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)+\frac{1}{c}(\ln \frac{1}{\cos c})\cos x$

Συμπλήρωμα.
Ευχαριστώ τον Λάμπρο Κατσάπα για την επισήμανση του τυπογραφικού.Διορθώθηκε

Λάμπρος Κατσάπας · #2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 01, 2018 6:21 pm
Εστω $0<c<\frac{\pi }{2}$

Να δειχθεί ότι για $\left | x \right |< \frac{\pi }{2}$

ισχύει

$\frac{2}{\pi }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)\leq \left | \sin x \right |\leq \frac{1}{c }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)+\frac{1}{c}(\ln \frac{1}{\cos x})\cos x$

Στη δεξιά μάλλον κάτι έχει ξεφύγει κ.Σταύρο. Ξανακοιτάξτε την. Κάνω την αριστερή.

Και τα δύο μέλη είναι άρτιες συναρτήσεις. Οπότε αρκεί να δούμε τι γίνεται για $x \in[0,\frac{\pi }{2}).$

Από την ανισότητα Jordan ισχύει $\sin x\geq \frac{2x}{\pi }$ για $x \in[0,\frac{\pi }{2}).$ Άρα αρκεί να

δείξουμε ότι $\frac{2x}{\pi }\geq \frac{2}{\pi }(\cos x\ln (\cos x)+x\sin x)$ ή ισοδύναμα

$x\geq \cos x\ln (\cos x)+x\sin x$ ή ισοδύναμα $\cos x\ln (\cos x)+x(\sin x-1)\leq 0$ που ισχύει γιατί

όταν $x \in[0,\frac{\pi }{2})$ είναι $\cos x \in (0,1] \Rightarrow \cos x \ln (\cos x)\leq 0$ (''='' μόνο όταν x=0

)

και $x(\sin x-1)\leq 0$ προφανώς (''='' μόνο όταν x=0

).

Για τη δεξιά έχουμε ότι πάλι αρκεί να δούμε τι γίνεται για $x \in[0,\frac{\pi }{2}).$

Η ανισότητα γράφεται ισοδύναμα: $\cos x (\ln (\cos x)-\ln (\cos c))\geq (c-x) \sin x$ και διαιρώντας με $\cos x >0$

παίρνουμε $\ln (\cos x)-\ln (\cos c)\geq (c-x )\tan x$ . Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: c=x,c>x,c<x.

Για

ισχύει η ισότητα.

Για c>x

διαιρούμε με c-x

και παίρνουμε την ισοδύναμη $-\frac{\ln (\cos c)-\ln (\cos x)}{c-x}\geq \tan x$ (1)

Από το ΘΜΤ στο [x,c]

υπάρχει $\xi$ στο ανοικτό ώστε $\frac{\ln (\cos c)-\ln (\cos x)}{c-x} = -\tan \xi .$

Άρα η (1)

ισοδύναμα γράφεται $\tan \xi \geq \tan x$ που ισχύει αφού $\xi > x$ .

Για c<x

διαιρούμε με c-x

και παίρνουμε την ισοδύναμη $-\frac{\ln (\cos c)-\ln (\cos x)}{c-x}\leq \tan x$ (2)

Από το ΘΜΤ στο [c,x]

υπάρχει $\xi$ στο ανοικτό ώστε $\frac{\ln (\cos c)-\ln (\cos x)}{c-x} = -\tan \xi .$

Άρα η (2)

ισοδύναμα γράφεται $\tan \xi \leq \tan x$ που ισχύει αφού $\xi < x$ .

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

Ας δώσω και την δική μου εκδοχή.

Είναι σαφές ότι πρέπει να αποδειχθεί ότι

Για $0\leq x< \frac{\pi }{2}$ ισχύει

$\frac{2}{\pi }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)\leq \sin x \leq \frac{1}{c }(\cos x\ln \cos x+x\sin x)+\frac{1}{c}(\ln \frac{1}{\cos c})\cos x$

Επειδή ο λογάριθμος θέλουμε να φύγει παραγωγίζοντας διαιρούμε με $\ cos x$ οπότε αρκεί να δειχθεί ότι

Για $0\leq x< \frac{\pi }{2}$ ισχύει

$\frac{2}{\pi }(\ln \cos x+x \tan x)\leq \tan x \leq \frac{1}{c }(\ln \cos x+x\tan x)+\frac{1}{c}(\ln \frac{1}{\cos c})$

Θεωρώντας την $g(x)=\tan x-\frac{1}{c}(\ln \cos x+x\tan x)$

παίρνουμε $g'(x)=\dfrac{c-x}{c(\cos x)^{2}}$

Για $c=\frac{\pi }{2}$ προκύπτει άμεσα η αριστερή.

Η δεξιά προκύπτει από το γεγονός ότι η

παίρνει μέγιστη τιμή στο

Η ανισότητα έχει άμεση σχέση με την ανισότητα στο

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... =9&t=55530

Μάλιστα μπορεί να προκύψει από αυτήν παίρνοντας $p\rightarrow 1$

Ανισότητα με τριγωνομετρικά και λογάριθμο.

Ανισότητα με τριγωνομετρικά και λογάριθμο.

Re: Ανισότητα με τριγωνομετρικά και λογάριθμο.

Re: Ανισότητα με τριγωνομετρικά και λογάριθμο.

Μέλη σε σύνδεση