Ellos me están pidiendo para demostrar $$\sin(x) > x - \frac{x^3}{3!},\; \text{for} \, x \, \in \, \mathbb{R}_{+}^{*}.$$ yo no entendía cómo abordar este tipo de problema, así que aquí es cómo he intentado:
$\sin(x) + x -\frac{x^3}{6} > 0 \\$
entonces me calcula la derivada de la función para determinar los puntos críticos. Así:
$\left(\sin(x) + x -\frac{x^3}{6}\right)' = \cos(x) -1 + \frac{x^2}{2} \\ $
Los puntos críticos:
$\cos(x) -1 + \frac{x^2}{2} = 0 \\ $
Parece que x = 0 es un punto crítico.
Desde $\left(\cos(x) -1 + \frac{x^2}{2}\right)' = -\sin(x) + x \\ $
y $-\sin(0) + 0 = 0 \\$
La función no tiene ningún local de mínimos y máximos. Puesto que la derivada de la función es positiva, la función es estrictamente creciente por lo que el valor más bajo es de f(0).
Desde f(0) = 0 y 0 > 0 he demostrado que los $ \sin(x) + x -\frac{x^3}{6} > 0$. No estoy seguro de si esta solución es correcta. Y, en general, ¿cómo hacer frente a este tipo de problemas?
Respuestas
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Un método estándar es para que deje $f(x)=\sin x-\left(x-\frac{x^3}{3!}\right)$, y para mostrar que $f(x)\gt 0$ si $x\gt 0$.
Tenga en cuenta que $f(0)=0$. Vamos a ser terminado si podemos demostrar que $f(x)$ es creciente en el intervalo $(0,\infty)$.
Tenga en cuenta que $f'(x)=\cos x-1+\frac{x^2}{2!}$. Vamos a ser terminado si podemos demostrar que $f'(x)\gt 0$ en el intervalo de $(0,\infty)$.
Tenga en cuenta que $f'(0)=0$. Vamos a ser terminado si podemos demostrar que $f'(x)$ es el aumento en el $(0,\infty)$.
Así que vamos a estar terminado si podemos probar que $f''(x)\gt 0$ en el intervalo de $(0,\infty)$.
Tenemos $f''(x)=-\sin x+x$. Desde $f''(0)=0$, vamos a ser terminado si podemos demostrar que $f'''(x)\ge 0$$(0,\infty)$, con igualdad sólo en puntos aislados. Esto es cierto.
O otra cosa para el último paso se puede utilizar el geométricamente hecho evidente de que $\frac{\sin x}{x}\lt 1$ si $x\gt 0$.
Observación: es más atractivo para integrar de diferenciar, pero hemos utilizado el enfoque anterior debido a que la diferenciación viene antes de la integración en la mayoría de los cursos de análisis matemático.
Para el enfoque de integración, vamos a $x$ ser positivo. Desde $\sin t\lt t$$(0,x)$,$\int_0^x (t-\sin t)\,dt\gt 0$. Integrar. Llegamos $\cos x+\frac{x^2}{2}-1\gt 0$ (Valor medio Teorema para las integrales), por lo $\cos t+\frac{t^2}{2}-1\gt 0$ si $t\gt 0$.
Integrar de$0$$x$. Llegamos $\sin x+\frac{x^3}{3!}-x\gt 0$, o, equivalentemente,$\sin x\gt x-\frac{x^3}{3!}$. Más agradable, por mucho.
Usted sólo tiene que probar su desigualdad al $x\in(0,\pi)$, ya que de lo contrario el lado derecho está por debajo de $-1$. Considerar que para cualquier $x\in(0,\pi/2)$, $$ \sin^2 x < x^2 \tag{1}$$ por la concavidad de la función seno. Mediante el establecimiento de $x=y/2$, $(1)$ da: $$ \forall y\in(0,\pi),\qquad \frac{1-\cos y}{2}<\frac{y^2}{4}\tag{2}, $$ así: $$ \cos y > 1-\frac{y^2}{2} \tag{3} $$ para cualquier $y\in(0,\pi)$. Mediante la integración de $(3)$ con respecto al $y$ $(0,x)$ tenemos nuestra desigualdad.
Tomar una disminución de la secuencia de los números reales positivos $a_n$ tal que $a_n\to 0$.
Ahora, considere la secuencia de $b_k=\sum_{n=1}^k (-1)^{n-1}a_n$. La alternancia de la serie criterio nos garantiza que converge a algunos $b$.
Tenga en cuenta que $b_1=a_1$, $b_2=b_1-a_2\in(0,b_1)$, $b_3=b_2+a_3\in(b_2,b_1)$, etc. Por lo que el límite de $b$ es menor que los términos de $b_{2k+1}$ y mayor que $b_{2k}$.
Entonces, si $x<\sqrt 6$, $$\sin x=\sum_{n=1}^\infty(-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}>\sum_{n=1}^2(-1)^{n-1} \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=x-\frac{x^3}{3!}$$
Si $x\geq\sqrt 6$, la función de $f(x)=x-x^3/6$ es decreciente y $f(\sqrt 6)=0$, lo $f(x)<0$$x>\sqrt 6$. Desde $\sin x>0$$0<x<\pi$,$\sin x>f(x)$$0<x<\pi$. (Tenga en cuenta que $\sqrt 6<\pi$).
Por último, para los $x\geq \pi$, $\sin x\geq -1$ y $f(x)<f(\pi)<f(3)=3-4.5<-1$.
(Esto empezó como un comentario, pero es demasiado grande así que lo hice en una respuesta).
Ese método es muy general, de hecho. Funcionará si usted no hace los cálculos con el suficiente cuidado.
Alguien es lo que sugiere el uso de un polinomio de Taylor. Creo que con un enfoque así, la única cosa que se puede probar fácilmente y es más débil que el que usted está buscando. Por ejemplo, para demostrar que no existe un $\delta >0$ tal que $$\tag{1}\sin x \ge \frac{1}{2}\left(x-\frac{x^3}{3!}\right), \qquad \forall x\in [0, \delta),$$ usted puede notar que $$\frac{\sin x}{x-\frac{x^3}{3!}} = 1 +O(x^4), $$ de modo que existe una constante $C>0$ de manera tal que en un barrio de $x=0$ uno tiene $$\frac{\sin x}{x-\frac{x^3}{3!}}\ge 1 - Cx^4$$ y el lado derecho es más grande que $\frac{1}{2}$$x\le \delta=\left( \frac{1}{2C}\right)^{\frac{1}{4}}$.
Tenga en cuenta que este valor de $\delta$ está totalmente desprovisto de significado, es tan sólo un pequeño número que, en principio, puede ser muy pequeño. También, en la fórmula (1) se tiene un factor multiplicativo de a $\frac{1}{2}$ en el lado derecho. Todos los que hacen de este resultado de manera más débil que el que usted está tratando de probar; sin embargo, esta prueba es muy rápido y, a veces, usted realmente no necesita la plena potencia de la desigualdad.
Su solución es correcta. No hay ningún problema o fallo en su solución. Si usted sabe algo acerca de las funciones trigonométricas convergentes de la serie Sin(x) se puede escribir como x-x^3/6+x^5/5!.... que es >x-x^3/6. Para un principiante el método de la tuya es la primera a la huelga y los llevará a su resultado, pero si sabemos que las funciones trigonométricas convergentes de la serie podemos concluir también
