wykazanie nierówności

[manduka]

Mamy \(\displaystyle{ \frac{d^2}{dx^2}\frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}=\frac{4\sin^3x}{9\cos^{7/3}x}>0}\) .

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}}\) jest wypukłą, więc jej iloraz różnicowy
\(\displaystyle{ \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sin x}{x\cos^{1/3}x}}\) rośnie.

Teza wynika z faktu, że \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0_+}\frac{\sin x}{x\cos^{1/3}x}=1}\) .

Czy mógłbyś mi wyjaśnić dlaczego liczymy drugą pochodną funkcji \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}}\) ? Jakoś nie widzę związku z funkcją w pierwszym poście.

[timon92]

udowodnimy stępioną nierówność \(\displaystyle{ \frac{1}{x^3} - \frac{\cos x }{\sin^3x} \ge 0}\)

najpierw banalny lemacik, którego dowód zostawię bez komentarza: \(\displaystyle{ 1>t>\sqrt{\frac 12} \implies t^4>2t^2-1>0}\)

weźmy teraz \(\displaystyle{ 0<x<\frac \pi 2}\) i zauważmy, że założenia lematu są spełnione dla \(\displaystyle{ t=\cos \frac x2}\)

otrzymujemy \(\displaystyle{ \cos^4 \frac x2 > 2\cos^2 \frac x2 - 1 = \cos x \implies \cos \frac x2 > (\cos x)^{1/4}}\)

przez banalną indukcję dowodzimy, że dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots}\) mamy \(\displaystyle{ \cos \frac{x}{2^n} > (\cos x)^{1/4^n}}\)

po wymnożeniu takich nierówności stronami dla \(\displaystyle{ n=1,2,3,\ldots,k}\) dostajemy

\(\displaystyle{ \cos \frac x2 \cos \frac x4 \ldots \cos \frac x {2^k} > (\cos x)^{1/4+1/16+\ldots+1/4^k}}\)

domnażamy teraz przez \(\displaystyle{ 2^k \sin \frac x{2^k}}\) i zwijamy lewą stronę korzystając ze wzoru na sinus kąta podwojonego

\(\displaystyle{ \sin x > 2^k \sin \frac{x}{2^k} (\cos x)^{1/4+1/16+\ldots+1/4^k}}\)

bierzemy granicę przy \(\displaystyle{ k\to \infty}\)

\(\displaystyle{ \sin x \ge x (\cos x)^{1/3}}\)

podnosimy do trzeciej potęgi

\(\displaystyle{ (\sin x)^3 \ge x^3 \cos x}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^3} \ge \frac{\cos x }{\sin^3x}}\)

\(\displaystyle{ \frac{1}{x^3} - \frac{\cos x }{\sin^3x} \ge 0}\)

[a4karo]

Ładne.

-- 27 gru 2017, o 14:20 --

Mamy \(\displaystyle{ \frac{d^2}{dx^2}\frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}=\frac{4\sin^3x}{9\cos^{7/3}x}>0}\) .

Funkcja \(\displaystyle{ f(x)=\frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}}\) jest wypukłą, więc jej iloraz różnicowy
\(\displaystyle{ \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{\sin x}{x\cos^{1/3}x}}\) rośnie.

Teza wynika z faktu, że \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0_+}\frac{\sin x}{x\cos^{1/3}x}=1}\) .

Czy mógłbyś mi wyjaśnić dlaczego liczymy drugą pochodną funkcji \(\displaystyle{ \frac{\sin x}{\cos^{1/3}x}}\) ? Jakoś nie widzę związku z funkcją w pierwszym poście.

Drugą pochodną liczę, żeby wykazać wypukłość tej funkcji.. Czasem dowody zaczynają się od czegoś, co pozornie nie ma zawiązku, a potem nagle wychodzi to, co trzeba. Tu akurat związek jest dość widoczny - podnieś do trzeciej potęgi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{\sin x}{x\cos^{1/3}x}>1}\)

[janusz47]

\(\displaystyle{ f(x):= \frac{1}{x^3} - \frac{\cos(x)}{\sin^3(x) } = \frac{\sin^3(x)- x^3\cos(x)}{x^3\sin^3(x)}}\)

Funkcja

\(\displaystyle{ \sin^3(x)> 0}\)

gdy

\(\displaystyle{ x\in \left(0, \frac{\pi}{2}\right)}\) .

Więc funkcja \(\displaystyle{ f(x) >0}\)

gdy funkcja

\(\displaystyle{ g(x) = \frac{\sin^3(x) - x^3\cos(x)}{x^3} >0}\)

w przedziale \(\displaystyle{ \left( 0, \frac{\pi}{2}\right)}\) .

\(\displaystyle{ \lim _{x\to 0^{+}} g(x) = \lim_{x \to 0^{+}} \frac{\sin^3(x) - x^3 \cos(x)}{x^3} = 1 - 1= 0}\)

\(\displaystyle{ \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}} g(x) = \lim_{x \to \frac{\pi}{2}^{-}} \frac{ \sin^3(x) - x^3\cos(x) }{x^3}= \frac{1}{\frac{\pi^3}{8}}- 0 = \frac{8}{\pi^3}> 0}\)

Pochodna rzędu I

\(\displaystyle{ g'(x) = \left[\frac{\sin^3(x) -x^3\cos(x)}{x^3}\right ]' = \left[ \frac{\sin^3(x)}{x^3}- \cos(x)\right]' = \frac{3\sin^2(x)\cdot \cos(x)\cdot x^3-\sin^3(x)\cdot 3x^2}{x^6} + \sin(x) = \frac{x^2\sin(x)[ x^4 + 3\sin(x)(\cos(x)- \sin(x))]}{x^6} >0}\)

Funkcja \(\displaystyle{ g}\) jest funkcją rosnącą w przedziale \(\displaystyle{ \left (0, \frac{\pi}{2}\right )}\) przyjmującą wartości dodatnie, co oznacza, że funkcja

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{\sin^3(x)- x^3\cos(x)}{x^3\sin^3(x)}= \frac{g}{\sin^3(x)}>0}\)

c.b.d.o.

a4karo nie rozumiem Pańskiego dowodu.

Dlaczego zaczyna Pan dowód od Wolfram Alpha - obliczenia pochodnej rzędu II - kształtu (wypukłości) krzywej?

Jaki sens ma liczenie z definicji pochodnej w zerze?

Potem Pan pisze, że teza wynika z faktu, że \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{ \sin(x)}{x\cos^{1/3}(x)}=1}\) .

To wszystko jest dla mnie niezrozumiałe. Proszę o wyjaśnienie.

[a4karo]

To, że ta funkcja rośnie jest prawdą, ale poniższa nierówność

\(\displaystyle{ \frac{x^2\sin(x)[ x^4 + 3\sin(x)({\red x}\cos(x)- \sin(x))]}{x^6} >0}\)

wymaga uzasadnienia. Skorygowałem błąd na czerwono, bo ten cały nawias jest ujemny.

a4karo nie rozumiem Pańskiego dowodu.

To jest stwierdzenie faktu.

Dlaczego zaczyna Pan dowód od Wolfram Alpha - obliczenia pochodnej rzędu II - kształtu krzywej?

Bo potrzebuję tej informacji w dalszej części dowodu.

Jaki sens ma liczenie z definicji pochodnej w zerze?

Nie wiem, pewnie nie ma. Ale też nigdzie jej nie liczę (choć ta granica, którą liczę poniżej to istotnie pochodna w zerze).

Potem Pan pisze, że teza wynika z faktu, że \(\displaystyle{ \lim_{x\to 0^{+}}\frac{ \sin(x)}{x\cos^{1/3}(x)}=1}\).

Bo skoro funkcja rośnie, a w zerze dąży do jedynki, to znaczy, że stale jest od tej jedynki większa. A to jest równoważne tezie, którą mamy pokazać.

[PoweredDragon]

A ja zadam nieco inne pytanie w tej sytuacji.
Wiem czym jest wypukłość funkcji i iloraz różnicowy.
Jak się zatem nazywa to twierdzenie:

Jeśli funkcja jest wypukła to jej iloraz różnicowy \(\displaystyle{ \frac{f(x)-f(0)}{x-0}}\) jest funkcją rosnącą.

Widzę związek z definicją wypukłości opartą o styczną (kąt nachylenia rośnie dla funkcji wypukłej, więc i tangens [kąta nachylenia stycznej] do osi rośnie, a stąd i pochodna; iloraz różnicowy rośnie), ale czy to nie wymaga pewnego dowodu?

[a4karo]

Się nie nazywa. Jest to jedna z równoważnych definicji wypukłości, zwykle (o ile w ogóle) podawana jako ćwiczenie w monografiach dot. funkcji wypukłych. A szkoda, bo własność jest potężna. Dla przykładu dowód nierówności Bernoulliego:

Dla \(\displaystyle{ 0\neq x>-1}\) funkcja \(\displaystyle{ h(t)=(1+x)^t}\) jest wypukła (jak każda wykładnicza).
Zatem dla \(\displaystyle{ t>1}\) mamy
\(\displaystyle{ \frac{h(t)-h(0)}{t-0}>\frac{h(1)-h(0)}{1-0}}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac{(1+x)^t-1}{t}>x}\)
a to jest właśnie nierówność Bernoulliego. (Potrafisz napisać analogiczne przypadki \(\displaystyle{ 0<t<1}\) i \(\displaystyle{ t<0}\) )

[janusz47]

a4karo

Brakuje mi w Pańskim dowodzie wyjaśnienia, dlaczego wziął Pan do badania funkcję akurat postaci:

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{\sin(x)}{\sqrt[3]{\cos(x)}}}\)

Jaki sens ma liczenie pochodnej w zerze?

"Nie wiem pewnie nie ma, ale nigdzie jej nie liczę, (choć ta granica, którą liczę poniżej to istotnie pochodna w zerze)."

No więc chyba ma.

[a4karo]

a4karo

Brakuje mi w Pańskim dowodzie wyjaśnienia, dlaczego wziął Pan do badania funkcję akurat postaci:

\(\displaystyle{ f(x) = \frac{\sin(x)}{\sqrt[3]{\cos(x)}}}\)

Bo jestem Wielkim Czarownikiem i takich rzeczy w kapeluszu mam mnóstwo...

A tak naprawdę kiedyś robiłem takie sztuczki przy pisaniu serii prac o średnich Seifferta.

[janusz47]

To gratuluję tych czarodziejskich sztuczek z kapelusza.