cómo demostrar estrictamente $\sin x<x$ para $0<x<\frac{\pi}{2}$

Question

$$\sin x<x\,(0<x<\frac{\pi}{2})$$ En la mayoría de los libros de texto, la demostración de esta desigualdad se basa en la ilustración geométrica (dibujar una circunferencia, comparar la longitud del arco y la cuerda), pero creo que la demostración estricta debería basarse en el razonamiento del análisis sin la ilustración geométrica. ¿Quién puede demostrarlo? Muchas gracias.

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ps :

1. Por la diferenciación, la monotonicidad y la fórmula de Taylor, todas son erróneas, porque $(\sin x)'=\cos x$ debe utilizar $\lim_{x \to 0}\frac{\sin x}{x}=1$ y esta fórmula debe utilizar $\sin x< x$ . Esto es un círculo vicioso.

2. Si utilizamos las series de Taylor de $\sin x$ para definir $\sin x$ , demostrar estrictamente $\sin x<x$ es muy fácil, pero ¿cómo podemos obtener el significado geométrico de $\sin x$ ?

Answer 1

Definir la función $f(x)=x-\sin x.$ Observe que $f(0)=0$ y $f'(x)=1-\cos x \geq 0$ . La derivada es igual a $0$ sólo en puntos aislados, por lo que la función aumenta en el intervalo $[0, \infty)$ . Es decir, para todos los $x>0$ tenemos $f(x)>f(0)=0$ . Así, $x>\sin x$ para todos $x>0$ .

Answer 2

Definir la función $f$ como $$f(x) = \int_0^x\frac{1}{\sqrt(1 - t^2)} dt$$

como la función inversa de la función seno. Utilizando el análisis estándar (por ejemplo, la regla de L'Hospital), y sin apelar a ningún conocimiento a priori de las propiedades de $\sin x$ y $\cos x$ se puede derivar fácilmente el límite buscado.

(1) $f(0) = 0$ implica $\sin 0 = 0$ desde $f(x)$ es la función inversa de $\sin x$ ;

(2) $\frac{df(x)}{dx} = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ se deduce del teorema fundamental del cálculo;

(3) $\frac{d\sin x}{dx} = \sqrt{1 - \sin^2 x}$ utilizando (2) junto con la relación entre las derivadas de las funciones inversas;

(4) $\lim_{x\to 0} \sin x/x = \lim_{x\to 0} d \sin x/dx$ se desprende de la regla de L'Hospital;

(5) Utilizando (1)-(4), $\lim_{x\to 0} \sin x/x =\lim_{x\to 0} \frac{d \sin x}{dx} = \lim_{x\to 0} \sqrt {1 - \sin^2 x} = 1$

lo que completa la prueba.

¡Y esta demostración no apelaba a ningún conocimiento previo de la función seno y ni siquiera mencionaba la función coseno!

Esta es probablemente la prueba más sencilla y rigurosa que existe.

Answer 3

Supongamos, para algunos $\epsilon$ lo suficientemente pequeño, tenemos $\sin(\epsilon)\le\epsilon$ . (Me ocuparé de esta afirmación más adelante).

Teorema: Suponiendo la afirmación anterior, tenemos $\sin(a\epsilon)\le a\epsilon$ para todos $a\ge1$ .

Sólo tenemos que probarlo para $a\epsilon\le1$ porque sabemos que $\sin 1\le1$ (porque $\sin$ es siempre menor que 1). Procedemos por inducción. Sabemos (asumiendo la afirmación anterior) que es cierto para $a=1$ . Ahora, supongamos que es cierto para $a$ ; tenemos que probarlo para $a+1$ .

Tenga en cuenta que, para $0<a\epsilon<1$ tenemos: $$0<\cos(a\epsilon)\le1,\ 0<\sin(\epsilon)\le\epsilon$$ y $$0<\sin(a\epsilon)\le a\epsilon,\ 0<\cos(\epsilon)\le1$$ (Las desigualdades con el seno se desprenden de la hipótesis y de la hipótesis de inducción).

Multiplicándolos juntos, tenemos: $$\cos(a\epsilon)\sin(\epsilon)\le\epsilon$$ $$\sin(a\epsilon)\cos(\epsilon)\le a\epsilon$$ (Necesitábamos saber que eran positivos, porque así sabemos que no tenemos que cambiar la desigualdad).

Sumándolos: $$\cos(a\epsilon)\sin(\epsilon)+\sin(a\epsilon)\cos(\epsilon)\le(a+1)\epsilon$$ $$\sin((a+1)\epsilon)\le(a+1)\epsilon$$ donde utilicé la fórmula de la suma para el seno en la última línea. QED.

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Ahora, aquí voy a tener que usar algo de bosquejo. Recordemos cómo, con los radianes, $\sin \epsilon\approx\epsilon$ cuando $\epsilon$ es pequeño. Así, si dejamos que $\epsilon$ sea un número infinitesimal (ya te he dicho que voy a tener que usar algo de esbozo), básicamente tenemos $\sin\epsilon=\epsilon$ . Ahora, porque $\epsilon$ es infinitesimal, todo número real $x$ es un múltiplo del mismo. Así que, utilizando el teorema anterior, ahora tenemos $\sin x\le x$ para todos los positivos $x$ . (Un boceto) QED.

Si algo de este comentario es incoherente, pido disculpas; estoy muy cansado.

Answer 4

Podemos definir $\sin x$ como series de potencia. Aplicando los conocimientos de las series de potencias, obtener la derivada de $\sin x$ y entonces demostraremos fácilmente la desigualdad. Concluyendo la geometría de $\sin x$ , por favor, remítase a este .

Answer 5

Tal vez puedas demostrar el hecho encontrando el área bajo la curva de cada función.

Suponiendo que $\epsilon$ sea un valor muy pequeño y casi nulo, el área de $ \sin (x) en el intervalo deseado es aproximadamente es

$A1=\int_{0+\epsilon }^{\pi/2 - \epsilon }\sin(x)dx = cos(0+\epsilon )-cos(\pi/2 - \epsilon ) \approx cos(0)-\sin(\epsilon )\approx 1$

El área bajo la línea $y=x$ para el mismo intervalo es:

$A2=\int_{0+\epsilon }^{\pi/2 - \epsilon} x dx = \frac{1}{2}(\pi/2-\epsilon )^2 - \epsilon ^2) \approx1.23$

Como A1 < A2, podemos decir que:

$\sin x<x\,(0<x<\frac{\pi}{2})$