Dowód i supremum dla arctg(x)

[jackie]

Nie wiem jak sobie poradzić z zadaniem:
Udowodnij ze \(\displaystyle{ \frac{x}{x^2+1} \le \arctan(x)}\) dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\) a potem znajdź \(\displaystyle{ \sup \left\{\frac{\arctan(x)}{x} : x>0 \right\}}\) wraz z uzasadnieniem.
Próbowałam pokombinować z rysunkiem, jakie wartości dla jakich x-ów przyjmuje funkcja ale na nic mi się to nie przydało Od czego zacząć i z czego skorzystać?

[JakimPL]

Wiemy, że \(\displaystyle{ \arctg 0 = \frac{0}{0^2+1} = 0}\). Możemy wykorzystać pochodne do sprawdzania, która funkcja jest większa. Sprawdź, czy:

\(\displaystyle{ \left( \frac{x}{x^2+1}\right)'\leqslant \left(\arctg(x)\right)'}\)

[jackie]

Wiemy, że \(\displaystyle{ \arctg 0 = \frac{0}{0^2+1} = 0}\).

Wstyd się przyznać ale nie wiedziałam. Skąd to? Wyszukałam trochę informacji o funkcjach cyklometrycznych i dalej nie wiem..
Wychodzi ze \(\displaystyle{ \frac{1}{x ^{2} + 1 } \le \frac{1}{x ^{2} +1 }}\) Czyli zgadza się.
Jeśli mogę spytać to czemu akurat pochodna? Moge sobie nalozyc pochodna na kazda nierownosc i to nie zmieni mi nigdy wyniku?

[Dasio11]

1. \(\displaystyle{ \arctan}\) jest z definicji funkcją odwrotną do funkcji \(\displaystyle{ \tg}\) obciętej do przedziału \(\displaystyle{ \left( - \frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right).}\)
Dlatego dla dowolnego \(\displaystyle{ y \in \RR}\) zachodzi
\(\displaystyle{ \arctg y = x}\) dla jedynego takiego \(\displaystyle{ x \in \left( -\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right),}\) że \(\displaystyle{ y = \tg x.}\) Dla \(\displaystyle{ y = 0}\) mamy \(\displaystyle{ x = 0,}\) bo \(\displaystyle{ \tg 0 = 0.}\)
Czyli \(\displaystyle{ \arctg 0 = 0.}\)


2. Źle policzyłaś pochodną:

\(\displaystyle{ \left( \frac{x}{1+x^2} \right)' \neq \frac{1}{1+x^2}.}\)


3. Porównywanie pochodnych zamiast funkcji bierze się z takiego oto faktu:

Załóżmy, że funkcje \(\displaystyle{ f : [a, b] \to \RR, \ g : [a, b] \to \RR}\) są różniczkowalne oraz \(\displaystyle{ f(a) = g(a)}\) oraz \(\displaystyle{ f'(x) \le g'(x)}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in [a, b].}\) Wtedy

\(\displaystyle{ f(x) \le g(x)}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in [a, b].}\)

Dowód tego faktu przeprowadza się przy użyciu twierdzenia Lagrange'a.

[JakimPL]

3. Do dowodu można użyć całek; całka jest operatorem monotonicznym, dla \(\displaystyle{ x\geqslant a}\):

\(\displaystyle{ \int\limits_a^x\underbrace{\left(g'(s)-f'(s)\right)}_{\geqslant 0}\mbox{d}s=\int\limits_a^x\left[g(s)-f(s)\right]'\mbox{d}s=g(x)-f(x)-(\underbrace{g(a)-f(a)}_{=0})=g(x)-f(x)}\)

Z monotoniczności \(\displaystyle{ g(x)-f(x)\geqslant 0}\) dla \(\displaystyle{ x\geqslant a}\).

[jackie]

2. No tak, znak pomyliłam i skróciłam niepotrzebnie..
Ma być : \(\displaystyle{ \\ \frac{1-x ^{2} }{(x ^{2}+1 ) ^{2} } \le \frac{1}{x ^{2}+1 }}\)
\(\displaystyle{ \\ \frac{1-x ^{2} }{x ^{2} +1 } \le 1}\)
\(\displaystyle{ \\ 1-x ^{2} \le x ^{2} +1}\)
\(\displaystyle{ \\ 0 \le x ^{2}}\)
Z treści wiemy ze \(\displaystyle{ x \ge 0}\), wiec się zgadza. Teraz jest dobrze?

Rozumiem już chyba 1,3, dzięki wielkie! A co do supremum to ekstremum trzeba znaleźć przy pomocy pochodnych, tak?