Teorema del valor medio: $\frac{2}{\pi}<\frac{\sin x}{x}<1$

Question

Necesito demostrar que $\dfrac{2}{\pi}<\dfrac{\sin(x)}{x}<1$ para $0<x<\dfrac{\pi}{2}$ .

Sé que tengo que usar el teorema del valor medio, ¿podría decir que como $f$ es continua en el intervalo (llámese I).

Sabemos que $\exists c\in I$ tal que $f'(c) = \dfrac{f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)-f(0)}{\dfrac{\pi}{2}}$ . Sin embargo, no sé a dónde va esto.

Además, ¿tendría que mostrar $\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin(x)}{x} = 1$ ? ¿Hay alguna forma de hacerlo sin la regla L'H?

Answer 1

Dejemos que $f(x) = \dfrac{\sin x}{x}$ entonces sabemos que $\lim_{x \to 0}f(x) = 1$ (es un límite bastante estándar con una prueba geométrica estándar: ver esta entrada del blog en "Prueba de los límites estándar"). Definamos $f(0) = 1$ para hacer $f(x)$ continua en $[0, \pi/2]$ . Ahora podemos ver que $$f'(x) = \dfrac{x\cos x - \sin x}{x^{2}}$$ Ahora sabemos que si $x \in (0, \pi/2)$ entonces tenemos la desigualdad $x < \tan x$ (véase la prueba geométrica de esto en la entrada del blog referida anteriormente) de modo que $x\cos x < \sin x$ y por lo tanto $f'(x) < 0$ en $(0, \pi/2)$ . Por el teorema del valor medio se deduce que si $x \in (0, \pi/2)$ entonces tenemos $$\frac{f(x) - f(0)}{x} = f'(c_{1}) < 0$$ para que $f(x) < f(0)$ es decir $\dfrac{\sin x}{x} < 1$ . Y de nuevo $$\frac{f(\pi/2) - f(x)}{(\pi/2) - x} = f'(c_{2}) < 0$$ para que $f(\pi/2) < f(x)$ y luego $\dfrac{2}{\pi} < \dfrac{\sin x}{x}$ y hemos terminado.

Answer 2

Voy a demostrar que $\frac{2x}{\pi}<\sin x < x$ para todos $0<x<\frac{\pi}{2}$ .

Prueba:

Primero usaré el hecho de que si las funciones $f,g$ son continuas en $[a,b)$ y diferenciable en $(a,b)$ y satisface $f(a)\leq g(a)$ , $f'(x)\leq g'(x)$ para todos $x\in (a,b)$ entonces $f(x)\leq g(x)$ a todos $x\in [a,b)$ .

Estamos dispuestos a demostrar $\sin x < x$ para todos $x\in [0,\frac{\pi}{2}]$ . Definamos $f(x)=\sin x-x$ . Conseguiremos

$$f(0)=0$$

$$f'(x)=\cos x -1$$

Por lo tanto, $f(x)\leq 0$ para todos $x\in [0,\frac{\pi}{2}]$ . Para demostrar que en lugar de " $\leq$ " hay " $<$ "utilizamos el teorema de Rolle. Supongamos que hay $x_0\in (0,\frac{\pi}{2}]$ para lo cual $f(x_0)=0$ entonces se cumplen todas las condiciones del teorema de Rolle en el intervalo cerrado $[0,\frac{\pi}{2}]$ y por lo tanto debe haber un punto $c\in (0,x_0) $ tal que $f'(c)=0$ . Pero $f'(x)=0$ si $\cos x =1$ que luego $x=\frac{\pi}{2}$ y eso es una contradicción. Deducimos que para todo $x_0\in (0,\frac{\pi}{2}]$ allí $f(x_0)<0$ y por lo tanto tenemos que para todo $x\in (0,\frac{\pi}{2})$ tenemos $\sin x <x$ .

Ahora definimos $g(x)=\frac{2x}{\pi}-\sin x$ . Y tenemos que $g(0)=0$ . Pero en este caso tenemos algún problema:

$$g'(x)=\frac{2}{\pi}-\cos x$$

Cuando $\frac{2}{\pi}-\cos x=0$ tenemos $\cos x= \frac{2}{\pi}$ deducimos que existe otra solución que se obtiene en $(0,\frac{\pi}{2})$ . Si miramos con más atención, veremos que sólo hay una solución para esa ecuación, es decir, la derivada es cero sólo en un punto. Además, observamos que

$$g(\frac{\pi}{2})=\frac{2}{\pi}\frac{\pi}{2}-\sin (\frac{\pi}{2})=1-1=0$$

De nuevo, se cumplen todas las condiciones del teorema de Rolle para $g(x)$ en el cerrado $[0,\frac{\pi}{2}]$ (y en cada subintervalo). Es imposible que para $x_0\in (0,\frac{\pi}{2})$ allí $g(x_0)=0$ . Ahora bien, si $x_1\in (0,\frac{\pi}{2})$ también es imposible tener $g(x_1)>0$ porque a partir de la continuidad de $g(x)$ , $g(x)$ debe tener cero en $(0,\frac{\pi}{2})$ . Por lo tanto, para todos los $x\in (0,\frac{\pi}{2})$ tenemos $g(x)<0$ Por lo tanto $\frac{2x}{\pi}<\sin x$ .