Matematyka.pl

Uzasadnić nierówność \(\displaystyle{ x > \sin x > \frac{2}{ \pi } }\) dla \(\displaystyle{ 0 < x < \frac{ \pi }{2}}\).

Nierówność \(x>\sin x\) wynika z tego, że sinus jest funkcją wklęsłą w przedziale \(\left[0,\pi\right]\). Istotnie, prosta \(y=x\) jest styczna do sinusoidy. Druga nierówność jest ewidentnie fałszywa albowiem sinus w zerze zmierza do zera.

Raczej powinno być: \(\displaystyle{ x>\sin x>\frac{2}{\pi}\red{x}}\).

Pierwsza nierówność tak idzie z Lagrange'a. Niech \(\displaystyle{ \frac{\pi}{2}>x>0}\). Z twierdzenia Lagrange'a o wartości średniej dla funkcji \(\displaystyle{ \sin t}\) istnieje taki punkt \(\displaystyle{ \xi \in (0,x)}\), że
\(\displaystyle{ \sin x-\sin 0=(x-0)\cdot \cos \xi }\), a ponieważ \(\displaystyle{ \xi \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\), więc
\(\displaystyle{ \cos \xi <1}\) i \(\displaystyle{ \sin x=x\cos \xi<x}\).

Poprawiona druga nierówność moim zdaniem w ogóle nie idzie z Lagrange'a, za to z wklęsłości sinusa już owszem. Można też sobie określić funkcję pomocniczą
\(\displaystyle{ g(x)=\sin x-\frac{2}{\pi}x}\). Jej pochodna wynosi \(\displaystyle{ \cos x-\frac{2}{\pi}}\) i jest dodatnia w przedziale \(\displaystyle{ \left(0, \arccos\left(\frac{2}{\pi}\right)\right)}\) oraz ujemna w przedziale \(\displaystyle{ \left(\arccos\left(\frac{2}{\pi}\right), \frac{\pi}{2}\right)}\), wszak cosinus maleje w pierwszej ćwiartce. Czyli \(\displaystyle{ g}\) jest rosnąca w pierwszym z przedziałów i malejąca w drugim, ponadto \(\displaystyle{ g(0)=g\left(\frac{\pi}{2}\right)=0}\), stąd istotnie \(\displaystyle{ g(x)>0}\) dla \(\displaystyle{ 0<x<\frac{\pi}{2}}\).

Tak, chodziło mi o tą poprawioną nierównośc, przepraszam.

Premislav pisze: ↑10 lis 2019, o 13:38 Raczej powinno być: \(\displaystyle{ x>\sin x>\frac{2}{\pi}\red{x}}\).

Prosta o równaniu \(y=\dfrac{2}{\pi}x\) przechodzi przez punkty \((0,0)\) oraz \(\left(\dfrac{\pi}{2},1\right)\) i jest sieczną sinusa w tych punktach, więc druga nierówność też wynika z wklęsłości sinusa w przedziale \([0,\pi]\).

A z wypukłosci idzie tak: ponieważ sunus jest wklesly, jego iloraz różnicowy \(\frac{\sin x} {x} \) maleje i wystarczy wyliczyć wartość na prawym końcu przedziału

Inny sposób

Można uwzględnić funkcję \(\displaystyle{ \phi(x) = \sin(x) - \frac{2x}{\pi} }\) i zastosować Twierdzenie Rolle'a dla \(\displaystyle{ 0 < x < \frac{\pi}{2}. }\)