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Uno puede escribir: $$ \frac{1}{\sqrt{1 + \bronceado^21}} = \cos1 = 1 - 2\sin^2\frac{1}{2} > \frac{17639}{32768}, $$ porque $$ \sin\frac{1}{2} < \frac{1}{2} - \frac{1}{2^3\cdot3!} + \frac{1}{2^5\cdot5!} = \frac{1920 - 80 + 1}{3840} < \frac{1845}{3840} = \frac{123}{256}. $$ Por otro lado, el uso de Arquímedes del límite inferior, $\pi > 3\tfrac{10}{71}$: $$ \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\sin^{-1}1\right)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\frac{\pi}{2}\right)^2}} < \frac{1}{\sqrt{1 + \left(\frac{223}{142}\right)^2}} = \frac{142}{\sqrt{69893}} < \frac{142}{\sqrt{69696}} = \frac{142}{264} = \frac{71}{132}. $$ Así, uno puede demostrar que $\tan1 < \sin^{-1}1$ demostrando que: $$ \frac{17639}{32768} > \frac{71}{132}, $$ que se simplifica a $33 \times 17639 > 71 \times 8192$, $582087 > 581632$ - lo cual es cierto.
Intento calcular $\tan 1
$\tan x =x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+\frac{62x^9}{2835}+o(x^9)$
$|\tan x-x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+\frac{62x^9}{2835}|
Entonces: $\tan 1
Edita: Parece que sólo necesita cuatro términos por @Ian recordando
$\tan x =x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+\frac{17x^7}{315}+\frac{62\xi^9}{2835},\xi\in[0,1]$
$\tan 1
$\arcsin(1)=\frac{\pi}{2}$ , mientras que de la de Weierstrass producto para la función coseno tenemos
$$ \tan(1) = \sum_{n\geq 0}\frac{8}{(2n+1)^2 \pi^2-4 }=2\sum_{n\geq 0}\left[\frac{1}{(2n+1)\pi-2}-\frac{1}{(2n+1)\pi+2}\right]$$
de tal manera que una efectiva representación integral de la $\tan(1)$ a través de una casi-Gaussiano integral es
$$\tan(1)=\int_{\mathbb{R}}\frac{\sinh(2x)}{\sinh(\pi x)}\,dx.$$
Como una alternativa, por la expansión de $\frac{8}{(2n+1)^2\pi^2-4}$ como una serie geométrica obtenemos
$$ \tan(1) = 2 \sum_{m\geq 1}\frac{(4^m-1)\zeta(2m)}{\pi^{2m}} $$
que es equivalente a la anterior representación integral a través de $\zeta(2m)=\frac{1}{(2m-1)!}\int_{0}^{+\infty}\frac{z^{2m-1}}{e^z-1}\,dz$.
Con el fin de demostrar que el $\tan(1)<\frac{\pi}{2}$ es suficiente para demostrar que $\tan\left(\frac{1}{2}\right)<\frac{\pi}{2+\sqrt{\pi^2+4}}$, desde $\tan(2z)=\frac{2\tan z}{1-\tan^2 z}$. $\tan\left(\frac{1}{2}\right)$ tiene un rápido convergente la serie representación
$$ \tan\left(\tfrac12\right)=4\sum_{m\geq 1}\frac{\zeta(2m)}{\pi^{2m}}\left(1-\frac{1}{4^m}\right) $$
que permite al estado
$$ \tan\left(\tfrac12\right) < 4\sum_{m= 1}^{3}\frac{\zeta(2m)}{\pi^{2m}}\left(1-\frac{1}{4^m}\right)+4\,\zeta(8)\sum_{m \geq 4}\frac{1}{\pi^{2m}}\left(1-\frac{1}{4^m}\right)$$
o
$$ \tan\left(\tfrac12\right)<\frac{131}{240}+\frac{\pi ^2 \left(85 \pi^2-21\right)}{50400 \left(\pi^2-1\right) \left(4 \pi^2-1\right)}$$
(esto es muy precisa). La prueba ha terminado por explotar $\frac{227}{23}<\pi^2<\frac{79}{8}$, lo que sigue a partir del estudio de la Beuker-como las integrales
$$ \iint_{(0,1)^2}\frac{x^m(1-x)^m y^n (1-y)^n}{1-xy}\,dx\,dy.$$
Un enfoque alternativo. El Shafer-Fink desigualdad da que para cualquier $x\in(0,3/2)$ $$ \tan(x) < \frac{3x+2x\sqrt{9-3x^2}}{9-4x^2} $$ sostiene, así, por la duplicación de la fórmula para la tangente de la función de la nitidez de la desigualdad $$ \tan(x) < \frac{4 x\left(9-x^2\right) \left(3+\sqrt{36-3 x^2}\right)}{324-117 x^2+7 x^4-6 x^2 \sqrt{36-3 x^2}} $$ tiene demasiado. Esto le da $$ \tan(1) < \frac{32 \left(3+\sqrt{33}\right)}{214-6 \sqrt{33}}=\frac{4}{697} \left(105+29 \sqrt{33}\right) $$ por lo que es suficiente para mostrar que el $\pi>\frac{32(3+\sqrt{33})}{107-3\sqrt{33}}$, que es bastante floja la desigualdad.
Aquí hay otro método. La única desventaja es que requiere el cálculo de $e^{-1}$ en forma decimal, pero sólo dos dígitos son necesarios, por lo que este puede ser hecho a mano fácilmente. No requiere el uso de grandes fracciones o recordar la serie de $\tan(x)$.
Como en otras respuestas, queremos encontrar una cota superior para $\sin(1)$ y un límite inferior para $\cos(1)$, de modo que podemos ver que $\tan(1) < \frac{\pi}{2} = \sin^{-1}(1)$. A partir de allí, dada la monotonía de $\sin^{-1}(x)$, el resultado sigue fácilmente.
$\sin(1)$ puede ser ampliada como
$$ \sin(1) = \frac{1}{2}\left[ \sin(1) + \sinh(1) \right] + \frac{1}{2} \left[ \sin(1) - \sinh(1) \right] $$
La primera mitad representa a los términos positivos en la serie de Maclaurin para $\sin$, y el segundo término representa los términos negativos. En la segunda mitad, sólo mantener el primer término:
$$ \frac{1}{2} \left[ \sin(1) - \sinh(1) \right] = - \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(4n+3)!} \le -\frac{1}{6} $$
Conectando en la primera ecuación y resolviendo $\sin(1)$ anterior, obtenemos
$$ \begin{align} \sin(1) &\le \sinh(1) - \frac{1}{3} \\ &= \frac{e-e^{-1}}{2} - \frac{1}{3} \\ &\le \frac{2.72 - 0.36}{2} - 0.333 \\ &= 0.847 \end{align} $$
Ahora, considere la serie de Maclaurin para $\cos(1)$. Los términos se alternan, y la disminución de la magnitud, por lo que para un límite inferior, podemos terminar después de cualquier término negativo. Mantener los primeros cuatro términos:
$$ \begin{align} \cos(1) & \ge 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{24} - \frac{1}{720} \\ & \ge 1 - \frac{1}{2} + \left( \frac{1}{24} - \frac{1}{600} \right) \\ & = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{25} \\ &= 1 - 0.5 + 0.04 \\ & = 0.54 \end{align} $$
Esto nos da $$ \tan(1) \le \frac{0.847}{0.54} < 1.57 < \frac{\pi}{2} = \sin^{-1}(1) $$
Por supuesto, me hubiera llevado un tiempo muy largo para llegar a esto sin el uso de una calculadora para la exploración.
Wolfy dice que la solución al $\tan(x)=\arcsin(x)$ $x = 0.999906012412670 \dots$ por lo que parece poco probable a mí que sería una manera fácil de comparar dos valores sin realmente la computación les.
