Mostrar que $\frac{x}{3!}-\frac{x^3}{5!}+\frac{x^5}{7!}-\cdots\leq \frac{1}{\pi}$.

Question

Mi problema es mostrar que $$\frac{x}{3!}-\frac{x^3}{5!}+\frac{x^5}{7!}-\cdots\leq \frac{1}{\pi}$$ para todos los $x\in\Bbb R$.

Yo estaba pensando en primer lugar encontrar el máximo y, a continuación, mostrar que sus menos de $1/\pi$. Pero es difícil encontrarlo. Entiendo que la serie es igual a $$f(x)=\frac{x-\sin x}{x^2}.$$ A continuación, $$f'(x)=\frac{1-\cos x}{x^2}-\frac{2(x-\sin x)}{x^3}=0$$ si y sólo si $$2\sin x=x(1+\cos x),$$ que soy incapaz de resolver, además de con las soluciones obvias $x=0$$x=\pi$. Pero si $x=\pi$ es el máximo, entonces se nos hace debido a $f(\pi)=1/\pi$.

Answer 1

El uso de $f(x)=\frac{x-\sin(x)}{x^2}$, la desigualdad es equivalente a: $$ \frac{x-\sin(x)}{x^2}≤\frac{1}{\pi}\iff x\left(1-\frac{x}{\pi}\right)≤\sin(x) $$ Por lo tanto, definir $g(x):=x\left(1-\frac{x}{\pi}\right)$.

Tenga en cuenta que$g(x)=g(\pi-x)$$\sin(x)=\sin(\pi-x)$. Por lo tanto, es suficiente (por simetría) para demostrar la desigualdad de la $x\in\left(-\infty;\frac{\pi}{2}\right]$.

En primer lugar, vamos a comprobar por $x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$:

Tenemos $g(0)=\sin(0)=0$, lo que es suficiente para demostrar que los $g'(x)≤\sin'(x)$$x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$. Ahora: $g'(x)=1-\frac{2x}{\pi}$$\sin'(x)=\cos(x)$. Por lo que queda por demostrar: $$ 1-\frac{2x}{\pi}≤\cos(x) $$ Desde $\cos''(x)=-\cos(x)≤0\space\forall x\in\left[0;\frac{\pi}{2}\right]$, $\cos(x)$ es cóncava en el intervalo. Como $g'(0)=\cos(0)=1$ y $g'\left(\frac{\pi}{2}\right)=\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$, $g'(x)$ conecta dos puntos en la gráfica de $\cos(x)$, y junto con la concavidad, esto implica la desigualdad anterior.

En segundo lugar, vamos a comprobar por $x\in\left(-\infty;0\right]$:

Por el mismo argumento como el anterior, solo tenemos que mostrar, que en este intervalo de $g'(x)≥\sin'(x)\iff 1-\frac{2x}{\pi}≥\cos(x)$ mantiene. Esto es cierto porque las $1-\frac{2x}{\pi}≥1≥\cos(x)$ todos los $x\in\left(-\infty;0\right]$

Por lo que la desigualdad de hecho es cierto.

Answer 2

Tenga en cuenta que $f$ es impar. Por lo tanto, basta con mirar el intervalo de $[0, \infty)$.

Lema: Para $x$ > $\pi$, tenemos $$\sin(x) > \frac{(\pi^2-x^2)x}{\pi^2+x^2}.$$

Prueba: Ver aquí.

Así, por $x > \pi$, tenemos

$$ \frac{1}x - \frac{\sin(x)}{x^2} < \frac{1}x + \frac{\pi^2-x^2}{x(\pi^2+x^2)} := g(x).$$

Para $x > \pi$ (o incluso $x > 0$), el lado derecho es monótonamente decreciente. Por lo tanto, podemos concluir que para $x \in (\pi, \infty),$ tenemos $$f(x) < g(\pi) = \frac{1}{\pi}.$$

Ahora vamos a buscar el máximo de $f$$[0, \pi]$. En primer lugar, comprobamos los extremos, $$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = 0$$ and $f(\pi) = \frac{1}{\pi}$.

Ahora nos encontramos todos los extremas en nuestro intervalo deseado. Tomando la derivada y la configuración es igual a $0$ da $$2\sin(x)-x \cos(x) - x = -2 \cos(x/2)(x \cos(x/2)-2\sin(x/2)) = 0.$$ The only root of the first factor in our interval is at $x = \pi$. Now we consider $$x \cos(x/2)-2\sin(x/2) = \sqrt{x^2+4}\sin(x/2-\tan^{-1}(2/x)) = 0.$$ The roots of $\el pecado(\theta)$ are at multiples of $\pi$. Note that $$(x/2-\tan^{-1}(x/2))' = \frac{x^2+8}{2x^2+8}$$ so this function is strictly increasing for $x \ge 0$. Furthermore, $$\lim_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{x}2- \tan^{-1}(2/x) = - \frac{\pi}2$$ and $$\frac{\pi}2 - \tan^{-1}(\pi/2) \approx 1$$ so $$\sin(x/2-\tan^{-1}(2/x))$$ has no zeroes in this interval. Thus, the global maximum is at $x = \pi$ which givse $f(\pi) = \frac{1}{\pi}$ como se desee.

Answer 3

Que es o.k. para la obtención de la solución que conseguir max y que min uso de la derivada segunda prueba: si $f^"(a)<0$ $a$ max y si $f^"(a)>0$ $a$ min.