Matematyka.pl

korzystając z kryterium porównawczego zbadać zbieżnosć podanych szeregów:

\(\displaystyle{ \sum_{n=1}^{ \infty } \sin \frac{\pi}{ 2^{n} }}\)

miodzio1988 pisze:\(\displaystyle{ sinx<x}\)

a skąd wiadomo, że taka nierównosć jest prawdziwa? w moim podręczniku własnie było \(\displaystyle{ \sin x \ge x}\)
dla \(\displaystyle{ x\in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)}\)

z tym że to mnie do niczego nie prowadzi

dla \(\displaystyle{ x>0}\)

36chambers pisze:

miodzio1988 pisze:\(\displaystyle{ sinx<x}\)

a skąd wiadomo, że taka nierównosć jest prawdziwa? w moim podręczniku własnie było \(\displaystyle{ \sin x \ge x}\)
dla \(\displaystyle{ x\in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)}\)

z tym że to mnie do niczego nie prowadzi

a nie pomyliło mi się..

Owszem, Miodzio napisał nierówność w dobrą stronę. Skąd wynika? Graficznie, na wykresach widać ją gołym okiem. Udowodnić można ją poprzez rachunek różniczkowy.

\(\displaystyle{ f(x)=x-sinx}\). Można łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ f'(x) \ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\). Zatem f rośnie na \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\). Ponadto \(\displaystyle{ f(0)=0}\), stąd nierówność \(\displaystyle{ x \ge sinx}\) jest spełniona dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\)

Majeskas pisze:Owszem, Miodzio napisał nierówność w dobrą stronę. Skąd wynika? Graficznie, na wykresach widać ją gołym okiem. Udowodnić można ją poprzez rachunek różniczkowy.

\(\displaystyle{ f(x)=x-sinx}\). Można łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ f'(x) \ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\). Zatem f rośnie na \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\). Ponadto \(\displaystyle{ f(0)=0}\), stąd nierówność \(\displaystyle{ x \ge sinx}\) jest spełniona dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\)

dziękuję za wytłumaczenie

Daje Ci to dużo, bo

\(\displaystyle{ \forall n \in \mathbb{N}_+ \quad 0< \frac{ \pi }{2^{n}} \le \frac{ \pi }{2}}\). Zatem wszystkie wyrazy szeregu są dodatnie (sinus jest dodatni na \(\displaystyle{ \left (0, \frac{ \pi }{2}\right)}\), czyli można korzystać z kryterium porównawczego, a dzięki dodatniości argumentu sinusa, można skorzystać z przytoczonej nierówności i jest z czym porównywać.

Majeskas pisze:Daje Ci to dużo, bo

\(\displaystyle{ \forall n \in \mathbb{N}_+ \quad 0< \frac{ \pi }{2^{n}} \le \frac{ \pi }{2}}\). Zatem wszystkie wyrazy szeregu są dodatnie (sinus jest dodatni na \(\displaystyle{ \left (0, \frac{ \pi }{2}\right)}\), czyli można korzystać z kryterium porównawczego, a dzięki dodatniości argumentu sinusa, można skorzystać z przytoczonej nierówności i jest z czym porównywać.

wiem, już rozwiązałem

Majeskas pisze:Owszem, Miodzio napisał nierówność w dobrą stronę. Skąd wynika? Graficznie, na wykresach widać ją gołym okiem. Udowodnić można ją poprzez rachunek różniczkowy.

\(\displaystyle{ f(x)=x- \sin x}\). Można łatwo pokazać, że \(\displaystyle{ f'(x) \ge 0}\) dla \(\displaystyle{ x>0}\). Zatem f rośnie na \(\displaystyle{ \mathbb{R}_+}\). Ponadto \(\displaystyle{ f(0)=0}\), stąd nierówność \(\displaystyle{ x \ge \sin x}\) jest spełniona dla \(\displaystyle{ x \ge 0}\)

Żeby pokazać, że \(\displaystyle{ f'(x) \ge 0,}\) potrzebujesz znać wzór na pochodną sinusa. Żeby go wyprowadzić, potrzebujesz nierówności \(\displaystyle{ \sin x<x.}\) Dlatego nie tak się tego dowodzi, bo byłoby to zwykłe korzystanie z tezy.

Klasyczny dowód wygląda tak:

Nie zgodzę się z tym, że aby policzyć pochodną sinusa, należy znać nierówność \(\displaystyle{ sinx<x}\). Dowód tej nierówności przez rachunek różniczkowy jest tak samo dobry, jak ten geometryczny. Nie ma tu żadnego skorzystania z tezy. To zupełnie inny przypadek niż np. dowodzenie z reguły de l'Hospitala, że \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{sinx}{x}=1.}\)

A mógłbyś wyprowadzić wzór na pochodną sinusa bez korzystania z tej nierówności?

Mógłbym.

\(\displaystyle{ z \in \mathbb{C}}\)

\(\displaystyle{ sinz= \frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i}}\)

\(\displaystyle{ \left(sinz \right)' = \left(\frac{e^{iz}-e^{-iz}}{2i} \right)'=\frac{ie^{iz}+ie^{-iz}}{2i}=\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{2}=cosz}\)

Rozumiem, że definiujesz sinusa i cosinusa za pomocą szeregu potęgowego liczb zespolonych. Dla tak zdefiniowanych funkcji, udowodniłeś, że jedna jest pochodną drugiej. OK.
Teraz wystarczy pewnie pokazać, że dla liczb rzeczywistych, pokrywają się te definicje funkcji trygonometrycznych. Jak zamierzasz to udowodnić? ;->

Nijak. Definiowanie funkcji trygonometrycznych za pomocą funkcji wykładniczej, czyli tzw. wzorami Eulera jest dobre dla każdej liczby zespolonej (i nie muszę tu nic udowadniać, jest to po prostu jedna z uznanych definicji funkcji trygonometrycznych), więc w szczególności dla rzeczywistej. Pokazałem tak naprawdę więcej niż chciałeś. Cosinus jest pochodną sinusa na całej dziedzinie zespolonej, czyli w szczególności na podzbiorze tej dziedziny - zbiorze liczb rzeczywistych. Myślę, że na tym etapie można już zakończyć to czepialstwo i uznać, że nie jest niczym zdrożnym dowodzenie tej nieszczęsnej nierówności poprzez rachunek różniczkowy.