Probar: $\sin (\tan x) \geq {x}$

Question

Me topé con esta pregunta:

Pregunta: Demostrar que para $x\in \Bigl[0,\dfrac {\pi}{4}\Bigr]$, $$\sin (\tan x) \geq {x}$$

Este parece ser un inocente desigualdad, pero ya estoy agotado tratando de probarlo. He seguido diferentes líneas de pensamiento y de mención de $3$ de ellos a continuación:

$1.$ Intenté usar $\sin x<x<\tan x$. Sabiendo que $\sin x$,$\tan x$ aumento en el mencionado intervalo, traté de aplicar el $\tan$ $\sin$ en los diferentes lados de $\sin x<x<\tan x$ a fin de lograr algo que en la pregunta.. Pero yo no podía venir a la desigualdad en la pregunta.

$2.$ He intentado utilizar la función de $f(x)=\sin(\tan x)-x$. $f(0)=0$. Si podemos demostrar que la derivada $f'(x)=(\sec ^2 x)(\cos(\tan x))-1$ es positivo, entonces vamos a hacer. Pero probando aunque esto parece muy difícil.

$3.$ Desde $\arcsin x$ es uno-uno y el aumento en el mencionado intervalo, podemos tomar $\arcsin$ en ambos lados de la desigualdad de $\sin (\tan x) \geq {x}$ conseguir $\tan x > \arcsin x$. Lo que demuestra la $\tan x > \arcsin x$ sería equivalente a la solución del problema.

Todos los tres enfoques que aparentemente imposible.. Alguna sugerencia u otros métodos?

Gracias..

Answer 1

Deje $t = \tan x$. Entonces usted necesita para probar $\sin t \geq \arctan t$$t \in [0,1]$.

Si miramos $f(t) = \sin t - \arctan t$,$f'(t) = \cos t - \frac{1}{1 + t^2}$. Pero las desigualdades $$\frac{1}{1 + t^2} \leq 1 - \frac{1}{2}t^2 \leq \cos t, \quad (0 \leq t \leq 1)$$ son sencillas, mostrando que $f'(t) \geq 0$. Por lo tanto, $f$ es el aumento en $[0,1]$. Debido a $f(0) = 0$, se deduce que el $f(t) \geq 0$, que es el que desea la desigualdad.

Para demostrar la desigualdad de $\cos t \geq 1 - \frac{1}{2}t^2$, vamos a $g(t) = \cos t - 1 + \frac{1}{2}t^2$, y muestran que $g(0) = 0$, $g'(t) \geq 0$ para $t \geq 0$.

Answer 2

De $(2)$ se reduce a mostrar que $\cos(\tan(x)) \geq \cos^{2}(x)$. Y tenga en cuenta que$\cos(x) > 1-\dfrac{1}{2}x^{2}$, lo que le da ese $\cos(\tan(x)) \geq 1-\frac{1}{2}\tan^{2}(x)$. Ahora, es suficiente para nosotros para mostrar a $$1-\frac{1}{2}\bronceado^{2}(x) \geq \cos^{2}(x) \qquad \forall \ x \in [0,\frac{\pi}{4}]$$ This can be re-written as $$2\cos^{4}(x) - 3 \cos^{2}(x) + 1 \leq 0$$ or $$(2\cos^2x -1)(\cos^2x-1)\leq0$$ which actually holds for all $x \in \Bigl[0,\dfrac{\pi}{4}\Bigr]$.

Answer 3

Otro método:

El uso de $\sin(x)=x-\dfrac{x^3}{3!}+\ldots$ vemos que no es suficiente para demostrar:

$\tan(x)-x-\dfrac{\tan^3(x)} 6 \geq0$. Es derivado es $\dfrac{(\tan^2(x))(2-\sec^2x)}{2}$ lo cual no es negativo en el mencionado intervalo.

Answer 4

Otro enfoque, que es mucho menos satisfactoria de lo que se ha dado en las respuestas anteriores consistiría en la construcción de la expansión de Taylor de $\sin(\tan(x))$$x=0$.

Esto conduce a $x + \dfrac {x^3}{ 6} - \dfrac { x^5 }{ 40} - \dfrac {55 x^7} { 1008} - \dfrac {143 x^9 }{ 3456} + \cdots$

A continuación, $\sin(\tan(x)) - x = \dfrac {x^3}{ 6} - \dfrac { x^5 }{ 40} - \dfrac {55 x^7} { 1008} - \dfrac {143 x^9 }{ 3456} + \cdots$ que es una función creciente de x. Para $x=\dfrac{\pi}{4}$, los valores de los diferentes términos se $0.0807455, 0.0074712, 0.0100585, 0.0047051$.