Pruebe $ \left | \sin (x) - x + \frac {x^3}{3!} \right | < \frac {4}{15}$

Question

Pruebe $ \left | \sin (x) - x + \dfrac {x^3}{3!} \right | < \dfrac {4}{15}$ $ \forall x \in [-2,2]$

Por la fórmula de Maclaurin y el resto de Lagrange tenemos $ \sin (x) = x - \dfrac {x^3}{3!} + \dfrac { \sin ( \xi )}{5!}x^5$ para algunos $0< \xi <2$

subiendo esto en nosotros conseguimos $ \left | \dfrac { \sin ( \xi )}{5!}x^5 \right | \leq \left | \dfrac {x^5}{5!} \right | \leq \dfrac {2^5}{5!} = \dfrac {4}{15}$ pero la pregunta tiene $<$ en lugar de $ \leq $ - ¿dónde he hecho mal?

edición: pensando en el $ \cos ( \xi )$ debería estar allí en lugar de $ \sin ( \xi )$

Answer 1

Utilice la forma exacta de la fórmula de Taylor: $$ \sin x - x + \frac{x^3}3 = \int_0^x \frac{(x-t)^4}{4!}\cos(t) dt \\ \left| \sin x - x + \frac{x^3}3 \right| = \left| \int_0^x \frac{(x-t)^4}{4!}\cos(t) dt \right| \le\int_0^x \left| \frac{(x-t)^4}{4!}\cos(t) \right|dt \\ \le\int_0^x \left| \frac{(x-t)^4}{4!} \right|dt = \int_0^x \frac{t^4}{4!} dt = \frac{2^5}{5!} $$ Ahora bien, si hay igualdad en cualquier parte, toda desigualdad se convierte en una igualdad, pero considerar la primera implica que $x=0$ y la última implica que $x=2$ .

Answer 2

De la regla de Leibniz se sabe que, si la secuencia de $\frac{x^4}{5!},\frac{x^6}{7!},\frac{x^8}{9!},...$ es decreciente, como es el caso de $x^2<6\cdot7=42$ , $|x|\le6$ para obtener un número redondo, y luego $$ 0\le\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!} \le \frac{\sin x}{x}-1+\frac{x^2}{3!} \le\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}+\frac{x^8}{9!} =\frac{x^4}{5!}-\frac{x^6}{7!}\left(1-\frac{x^2}{72}\right). $$ Ya que bajo las restricciones asumidas $1-\frac{x^2}{72}\ge\frac12$ obtenemos $$ \left|\sin x-x+\frac{x^3}{3!}\right|\le\frac{|x|^5}{5!}\left(1-\frac{x^2}{84}\right)<\frac{|x|^5}{5!} $$ para $0<|x|<6$ .