Demostrar utilizando cálculos o de lo contrario la siguiente desigualdad

Question

Demostrar que $$ \frac {2}{\pi -2}\ \le\ \frac {\sin x-x\cos x}{x-\sin x}\

Mi intento: $$ f'(x)=\frac{ x\sin x(x-\sin x)-(1-\cos x)(\sin x-x\cos x)}{(x-\sin x)^2}=\frac{ x^2\sin x-(1-\cos x)x-\sin x(1-\cos x)}{(x-\sin x)^2}$ $

Después de esto no ha podido conseguir avances.

Answer 1

Vamos $$f(x) = \frac{\sin x - x \cos x}{x - \sin x}$$ Ahora, observe que:

$$f\Big(\frac{\pi}{2}\Big) = \frac{2}{2-\pi}$$

Y cuando tratamos de calcular el $f(0)$, estamos en problemas (se puede ver por qué?) Vamos, entonces, a evaluar: $$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{\sin x - x \cos x}{x - \sin x}$$ La aplicación de la regla de L'Hospital tres veces nos da: $$\lim_{x \rightarrow 0} f(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac{2\cos x - x \sin x}{\cos x} = 2$$ Por lo tanto, podemos asumir que $f(x)$ "empieza" a $2$ y en los "extremos" a $\frac{2}{2-\pi}$. Ahora vamos a echar un vistazo a $f'(x)$, que parece que han evaluado correctamente: $$f'(x) = \frac{x^2\sin x−(1−\cos x)x−\sin x(1−\cos x)}{(x−\sin x)^2}$$ Ahora bien, dado que la igualdad debe mantener y que $f(x)$ comienza y termina en los valores dados nos previosly determinado, es derivado debe ser $<0,\forall x$ en el intervalo dado (porque $\frac{2}{2-\pi} < 2$) . Puesto que el denominador es siempre positivo, podemos mirar el signo del numerador: $$g(x) = x^2\sin x−(1−\cos x)x−\sin x(1−\cos x)$$ Esto puede ser reescrita como: $$g(x) = x^2 \sin x - (1-\cos x)(x+\sin x)$$ Ahora, ff $g(x) < 0$ en el intervalo, que se hacen: la derivada es siempre negativo, por lo tanto la función es estrictamente decreciente, la satisfacción de entonces, la igualdad. La gráfica de $g(x)$ se muestra a continuación:

Así que podemos ver que es, de hecho, negativo. Por lo tanto, $f$ es estrictamente decrasing en el intervalo. Se inicia en $2$, que el valor máximo, y termina y $\frac{2}{2-\pi}$, que es el mínimo, por lo tanto el inequeality está satisfecho.

Nota: Como alphacapture dicho ahora en los comentarios, se puede demostrar que los $f'$ es negativa en el intervalo mediante series de Taylor. Yo, personalmente, dado que el gráfico es quickier y más instructivo, sin embargo se requiere de herramientas computacionales.

Answer 2

Si podemos demostrar que $f$ es la disminución en el $(0,\frac{\pi}{2}]$, entonces es fácil para finalizar la comprobación de los extremos.

Para mostrar que $f$ es decreciente en ese intervalo de tiempo, es suficiente para demostrar que $f'$ es negativo en este intervalo. Se calcula $$f'(x)=\frac{ x^2\sin x-(1-\cos x)x-\sin x(1-\cos x)}{(x-\sin x)^2}$$ que es negativo si y sólo si el numerador es negativo.

Para mayor comodidad, vamos a reescribir el numerador como $$x^2\sin x-(1-\cos x)(x+\sin x).$$

Podemos obligado el numerador por el uso que el hecho de que la serie de Taylor para el seno y el coseno son la alternancia de la serie, y por lo tanto se truncar nos da los límites.

Para $x\in(0,\frac{\pi}{2}]$, tenemos $$x^2\sin x\le x^2(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!})$$ $$(1-\cos x)(x+\sin x)\ge(1-(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}))(x+(x-\frac{x^3}{3!}))$$ donde para la segunda desigualdad utilizamos que ambos factores en el lado derecho son positivos en este intervalo. Por lo tanto, \begin{align*} &x^2\sin x-(1-\cos x)(x+\sin x)\\ \le &x^2(x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}) - (1-(1-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\frac{x^8}{8!}))(x+(x-\frac{x^3}{3!}))\\ =&-\frac{x^7((x^2-30)^2+108)}{725760} \end{align*} y podemos ver que el lado derecho es siempre negativa en el intervalo.

(¿Cómo puedo saber a qué distancia se expanda cada una de las series de Taylor? Ensayo y error. Puede haber alguna manera para ver que tan lejos para expandir cada una con el hecho de que se la serie de Taylor para el numerador de $f'(x)$$O(x^7)$, pero no veo cómo en el momento.)

Answer 3

Lo hice usando fuerza bruta $$f'(x)=\frac{\sin x\left(x-\frac{1-\cos x}{2\sin x}(1+\sqrt{5+4\cos x})\right)\left(x-\frac{1-\cos x}{2\sin x}(1-\sqrt{5+4\cos x})\right)}{(x-\sin x)^2}=\frac{\sin x\left(x-\tan \frac{x}{2}(1+\sqrt{5+4\cos x})\right)\left(x-\tan \frac{x}{2}(1-\sqrt{5+4\cos x})\right)}{(x-\sin x)^2}$ $

Que %#% $ #%

$$g(x)=x-\tan \frac{x}{2}\left(1+\sqrt{5+4\cos x}\right)$$

$$g'(x)=1-\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}\left(1+\sqrt{5+4\cos x}\right)-\tan \frac{x}{2}.\frac{-4\sin x}{2\sqrt{5+4\cos x}}$$

$$=1-\frac{1+\sqrt{5+4\cos x}}{1+\cos x}+\frac{2(1-\cos x)}{\sqrt{5+4\cos x}}$$

$$=\frac{\cos x\left(\sqrt{5+4\cos x}-4\right)-2\cos^2x-3}{(1+\cos x)\sqrt{5+4\cos x}}0$. es decir $g(x)<g>Del mismo modo, que $g(x)

$$h(x)=x-\tan \frac{x}{2}\left(1-\sqrt{5+4\cos x}\right)$$

$$h'(x)=1-\frac{1}{2}\sec^2\frac{x}{2}\left(1-\sqrt{5+4\cos x}\right)-\tan \frac{x}{2}.(-1)\frac{-4\sin x}{2\sqrt{5+4\cos x}}$$

$$=1-\frac{1-\sqrt{5+4\cos x}}{1+\cos x}-\frac{2(1-\cos x)}{\sqrt{5+4\cos x}}$$

$$=\frac{\cos x\left(\sqrt{5+4\cos x}+4\right)+2\cos^2x+8}{(1+\cos x)\sqrt{5+4\cos x}}>0$ es una función creciente. Así que, si $h(x)$, entonces el $x>0$. es decir $h(x)>h(0)$

Por lo tanto puede concluirse que $h(x)>0$ $ y hemos terminados.

</g>