La desigualdad Relativa a $\arctan$ función

Question

Cómo puedo probar que para cualquier $x$$y$$\mathbb{R}^n$, $$ \left|\frac{2}{\pi}\arctan(|x|)\frac{x}{|x|}- \frac{2}{\pi}\arctan(|y|)\frac{y}{|y|}\right| < M|x-y|$$ for some $M > 0$.

He probado con el hecho de que derivado de la $\arctan$ función es siempre menor que igual a $1$.

Answer 1

Tenemos $\frac{x}{|x|} \arctan |x| = \arctan x$$x\in\mathbb{R}$. Además, $\arctan' x = \frac{1}{1+x^2} \leq 1$.

A partir de $0 < \frac{2}{\pi} \frac{1}{1+x^2} \leq \frac{2}{\pi}$, su desigualdad mediante la integración de$x$$y$.

(y, de hecho,$M= \frac{2}{\pi}$)

Answer 2

Denotar $$ f(x)=\frac{2}{\pi}\frac{\arctan|x|}{|x|} x $$ a continuación, por el valor medio teorema para funciones con valores vectoriales tenemos $$ |f(x)-f(y)|\leq \left(\sup\limits_{z\in[x,y]}\Vert(Df)(z)\Vert\right)|x-y| $$ donde $Df$ es una matriz de Jacobi $f$. Se sigue para mostrar que esta supremum es siempre finito e independiente de la elección de $x,y\in\mathbb{R}^n$.

Tenga en cuenta que $$ (Df)(z)_{ij}=\frac{\partial}{\partial z_j}\left(\frac{2}{\pi}\frac{\arctan|z|}{|z|} z_i\right)= \left(\frac{1}{1+|z|^2}-\frac{\arctan|z|}{|z|}\right)\frac{z_i z_j}{|z|^2}+\frac{\arctan|z|}{|z|}\delta_{i,j} $$ Este valor está acotado por una constante $C_{i,j}$ independiente de $z$ debido a que las funciones de $$ \frac{1}{1+|z|^2}\qquad\frac{\arctan|z|}{|z|}\qquad\frac{z_i z_j}{|z|^2} $$ son acotados. Por lo tanto todos los elementos de la matriz $(Df)(z)$ están delimitadas por una constante $C=\max C_{i,j}$, y esta constante es independiente de vectores $z$. Por lo tanto el operador de la norma $\Vert (Df)(z)\Vert$ de la matriz $(Df)(z)$ también está delimitada por otra constante $M$ independiente de vectores $z$. Finalmente, $$ |f(x)-f(y)|\leq \left(\sup\limits_{z\in[x,y]}\Vert(Df)(z)\Vert\right)|x-y|\leq M|x-y| $$

Answer 3

El siguiente argumento no utiliza cálculo multivariable:

Para $r\geq0$ puesto $r':=\arctan r$. Mirando el gráfico de $\arctan$ uno inmediatamente se ve que $r'\leq r$$|r'-s'|\leq|r-s|$.

Basta considerar las dos dimensiones de la situación. Dados los dos puntos de $$x=(r,0)\ ,\quad y=s(\cos\theta,\sin\theta)$$ con $r\geq0$, $s\geq0$ consideramos que la "escalada" de los puntos de $$x':=(r',0)\ ,\qquad y':=s'(\cos\theta,\sin\theta)\ .$$ In terms of $x'$, $s'$ your "new distance" $\delta(x,y)$ satisface $$\eqalign{\Bigl({\pi\over2}\delta(x,y)\Bigr)^2=|x'-y'|^2&=r'^2+s'^2-2r's'\cos\theta\cr &=(r'-s')^2+2r's'(1-\cos\theta)\cr &\leq(r-s)^2+2rs(1-\cos\theta)\cr &=|x-y|^2\ .\cr}$$ Esto demuestra $$\delta(x,y)\leq{2\over\pi}|x-y|\ .$$ Dejar $x=0$, $y\to0$ uno fácilmente se comprueba que esta desigualdad es la mejor posible.