Demostrar que para $x\in \left( - \frac{\pi} {2},\,\frac{\pi}{2}\right)$ se cumple la siguiente desigualdad $$\tan(x) \arctan(x) \geqslant x^2.$$ He intentado probar esa función $f(x) := \tan(x) \arctan(x) - x^2 \geqslant 0$ usando derivados pero se hace muy lioso y no pude llegar al final. También lo intenté usando desigualdades $\tan(x) \geqslant x$ en la parte positiva del intervalo, pero esta estimación es demasiado débil y da un resultado opuesto, es decir. $x\arctan(x) \leqslant x^2$ .
Respuestas
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Basta con probarlo para $0<x<\pi/2$ . Sea $f(x)=(\tan x)/x$ . Entonces $f$ aumenta en $(0,\pi/2)$ . Para demostrarlo, por ejemplo $f(x)$ tiene coeficientes de Maclaurin no negativos.
Sea $x\in(0,\pi/2)$ y que $y=\arctan x$ . Entonces $x=\tan y\ge y$ como $f(y)=(\tan y)/y\ge1$ . Por lo tanto $g(y)\le g(x)$ es decir $$\frac{\tan y}y\le\frac{\tan x}x$$ o $$\frac{x}{\arctan x}\le\frac{\tan x}x$$ etc.
Michael Rozenberg
Puntos
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Es suficiente para demostrar que $f(x)>0,$ donde
$$f(x)=\arctan{x}-\frac{x^2}{\tan{x}}$$ y $x\in\left(0,\frac{\pi}{2}\right).$
En efecto, por AM-GM $$f'(x)=\frac{1}{1+x^2}-\frac{2x\tan{x}-\frac{x^2}{\cos^2x}}{\tan^2x}=\frac{1}{1+x^2}+\frac{x^2}{\sin^2x}-\frac{2x\cos{x}}{\sin{x}}\geq$$ $$\geq\frac{2x}{\sqrt{1+x^2}\sin{x}}-\frac{2x\cos{x}}{\sin{x}}>\frac{2x}{\sqrt{1+\tan^2x}\sin{x}}-\frac{2x\cos{x}}{\sin{x}}=0.$$ Id est, $$f(x)>\lim_{x\rightarrow0^+}f(x)=0$$ ¡y ya está!
