Desigualdad con $\arctan$

Question

Intento mostrar que $x \cdot \arctan\left( \frac{1}{x^2} \right)$ es monotónicamente decreciente, pero no puedo resolver esta desigualdad con $\arctan$ . ¿Puede alguien mostrarme cómo hacerlo?

$$ x \in [1, \infty) $$

$$ \arctan\left( \dfrac{1}{x^2} \right) \leq \dfrac{2x^2}{x^4+1} $$

Answer 1

Poniendo $x=1/y$ basta con demostrar que, para $0 < y \leq 1$ \begin{equation*} \arctan(y^2) \leq \frac{2y^2}{1+y^4} \end{equation*} Si dejamos que \begin{equation*} f(y) = \frac{2y^2}{1+y^4} - \arctan(y^2) \end{equation*} entonces \begin{equation*} f'(y) = \frac{2y(1-3y^4)}{(1+y^4)^2} \end{equation*} $f'(y)=0$ cuando $y = 0$ ou $y = 3^{-1/4}$ . En $y=0$ $f(y) = 0$ y en $y = 3^{-1/4}, f(y) > 0$ . También $f(1) = 1-\frac{\pi}{4} > 0$ . Por lo tanto, se deduce que $f(y) > 0$ para $0 < y \leq 1$ .

Answer 2

Es un poco complicado pero aquí vamos...

Necesita demostrar $$\arctan\Bigl(\frac1{x^2}\Bigr)\le\frac{2x^2}{1+x^4}\quad \hbox{for $ x\ge1 $}\ ,$$ es decir, $$\arctan\theta\le\frac{2\theta}{1+\theta^2}\quad\hbox{for $ 0<theta\le1 $}\ .$$ Tenemos $$\eqalign{ \frac d{d\theta}(RHS)&=2\frac{1-\theta^2}{(1+\theta^2)^2}>0\quad \hbox{for $ 0<\theta<1 $}\cr \frac d{d\theta}(LHS)&=\frac1{1+\theta^2}\cr LHS=RHS&=0\quad\hbox{when $ \N -theta=0 $}\ .\cr}$$ A continuación, puede comprobar que

• para $0<\theta\le\frac1{\sqrt3}$ tenemos $\frac d{d\theta}(RHS)\ge\frac d{d\theta}(LHS)$ Así que $RHS>LHS$ ;
• para $\frac1{\sqrt3}<\theta\le1$ tenemos $RHS\ge\frac{\sqrt3}2>\frac\pi4\ge LHS$ .