Demostrar la desigualdad

Question

Probar:

PS

Aquí está mi respuesta, pero quiero una manera diferente de probarlo.

\begin{aligned} \int_0^{+\infty} {\sin x \over x}dx&=\lim_{x \to +\infty} \int_0^x {\sin t \over t} dt\\ &=\lim_{n\to +\infty} \int_0^{n\pi} {\sin t \over t} dt\\ &=\sum_{i=1}^{+\infty} \int_{(i-1)\pi}^{i\pi } {\sin t \over t} dt \end{alineado}

deje que$$\int_0^{+\infty} {\sin x \over x}dx<\int_0^\pi {\sin x \over x}dx$ luego$a_n=\int_{(n-1)\pi}^{n\pi } \mid {\sin t \over t} \mid dt$ $ sea fácil de probar$$\sum (-1)^n a_n=\sum_{i=1}^{+\infty} \int_{(i-1)\pi}^{i\pi } {\sin t \over t} dt$ converge

S t$\sum (-1)^n a_n$

st$\mid r_0\mid=\mid S-S_0\mid<a_1$ $ st$$\mid\sum (-1)^n a_n\mid<\int_0^\pi {\sin x \over x}dx$ $

Answer 1

Para cada$x\geqslant0$, considere$$I(x)=\int_0^x\frac{\sin t}t\mathrm dt,$$ then the variations of $ I (x)$ are given by the sign of $ \ sin (x)$, that is, the function $ I$ increases on $ [0, \ pi] $ then decreases on $ [\ pi, 2 \ pi]$, ..., then increases on each $ [2n \ pi, (2n +1) \ pi]$ then decreases on each $ [(2n +1) \ pi, (2n +2) \ pi]$. Thus, everything becomes obvious once one can show that the sequence $$x_n=(-1)^n\int_{n\pi}^{(n+1)\pi}\frac{\sin t}t\mathrm dt,$$ is decreasing. But $$x_n=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{n\pi+t}\mathrm dt,$$ hence the conclusion follows, for example, $$\int_0^\infty\frac{\sin t}t\mathrm dt=\lim_{x\to\infty}I(x)=\sum_{n\geqslant0}(-1)^nx_n\lt x_0=\int_0^\pi\frac{\sin t}t\mathrm dt.$ $ Edit: otra presentación de la misma idea: tenga en cuenta que$$\int_0^\infty\frac{\sin t}t\mathrm dt=\int_0^\pi S(t)\sin t\, \mathrm dt,\qquad S(t)=\sum_{n\geqslant0}\frac{(-1)^n}{n\pi+t}.$ $ The series $ S (t)$ is alternating hence (it converges and), for every $ t$ in $ (0, \ pi)$, $$S(t)\lt\frac1t.$$ In particular, $$\int_0^\pi S(t)\sin t\, \mathrm dt\lt\int_0^\pi\frac1t\sin t\, \mathrm dt.$ $

Answer 2

área de sinx/x de 0 a pi es más que el área de la función de pi a 2pi . y así sucesivamente , en la zona entre 2pi a 3pi es menor que el área de pi a 2pi .así que : si el nombre de ellos para s1 , s2 , s3 , s4 ,...

s1 = área entre 0 a pi

s2=área entre el pi tp 2pi ...

s1>s2>s3>s4>s5>...

integral de 0 a npi = s1-s2 +s3 -s4+ s5 -s6 ...=s1 - s2-s3 +s4-s5 ...)

(s2-s3 +s4-s5 ...) >0

s1>s1-s2-s3 +s4-s5...)

Answer 3

No utilizando la serie no es fácil, ya que el interior de la razón por la que esta desigualdad es verdadera es debido a las propiedades de los suplentes de la serie con una disminución de plazo ->0, sin embargo uno podría tratar de demostrar que:

Para cada N>1 : $\int_\pi^{N{\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt <0 $ el uso de la inducción.

Primer caso: n es impar (es decir, sin(t) < 0 en $]N\pi,(N+1)\pi[$ ) es obvio ya que añadir un término negativo.

Para tratar el caso : n es par, usted tiene que utilizar una inducción sobre todo en el periodo anterior (con dos es suficiente) y escribir :

$\int_\pi^{(N+1){\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt = \int_\pi^{(N-1){\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt + \int_{(N-1)\pi}^{N{\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt + \int_{N\pi}^{(N+1){\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt $

El plazo que va de 1 a N-1 <0 con la hipótesis , y todo lo que tiene que demostrar es que la suma de los otros dos términos es <0, lo cual no es muy complicado de usar el cambio de variable $t= u+ N*\pi$

Ahora se puede afirmar que: $\int_\pi^{N{\pi}}\frac{\sin t}t\mathrm dt <0$ para cada N>1, por lo que sabiendo que la integral tiene un límite se puede escribir N->+∞ y se obtiene :

$\int_\pi^{+∞}\frac{\sin t}t\mathrm dt <0$ que es el resultado de la