Prueba de la desigualdad de Aristarco

Question

¿Alguien sabe cómo probar que si $0<\alpha<\beta<\frac{\pi}{2}$ entonces $\frac{\sin\alpha}{\alpha}>\frac{\sin\beta}{\beta}$ . Se puede utilizar cualquier método/técnica.

Answer 1

Este lema tiene una interesante historia en la trigonometría de las estrellas y los planetas. He aquí una prueba geométrica reproducida de Aristarco de Samos por Thomas Heath.

Probaremos algo más de lo que pide la pregunta. Si $0<\beta<\alpha<\frac{\pi}{2}$ entonces $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}<\frac{\alpha}{\beta}<\frac{\tan\alpha}{\tan\beta}$$ Cada una de las desigualdades anteriores vendrá dada por una prueba distinta pero similar.

Parte 1: Demostramos que $$\frac{\alpha}{\beta}<\frac{\tan\alpha}{\tan\beta}$$

En la figura anterior, dejemos que $\alpha = \angle BCD$ y $\beta = \angle BAD$ . Obsérvese que entonces tenemos $$\tan\alpha = \frac{|BD|}{|CD|},\ \ \ \text{and}\ \ \ \tan\beta=\frac{|BD|}{|AD|}$$ por lo que basta con demostrar que $$\frac{\alpha}{\beta}<\frac{|AD|}{|CD|}$$ Localizar $F$ en $AD$ tal que $|AF|=|CD|$ . Localizar $E$ tal que $EF\perp AD$ y $|EF|=|BD|$ . De ello se desprende que $\triangle AEF = \triangle ABD$ y así $\angle EAF = \alpha$ . Sea $G$ sea la intersección de $AB$ con $EF$ . Que el círculo centrado en $A$ a través de $G$ cortar $AE$ en $H$ y $AD$ en $K$ . Desde $$|AE| > |AG| > |AF|$$ se deduce que $H$ es interior a $AE$ y $K$ es exterior a $AF$ . Ahora observe la siguiente cadena de desigualdades $$\frac{\angle EAG}{\angle GAF} = \frac{\mathrm{sector}(HAG)}{\mathrm{sector}(GAK)}<\frac{\mathrm{area}(\triangle EAG)}{\mathrm{area}(\triangle GAF)}=\frac{\frac{1}{2}|AF||EG|}{\frac{1}{2}|AF||GF|}=\frac{|EG|}{|GF|}$$ Entonces tenemos $$\frac{\alpha}{\beta}=\frac{\angle EAF}{\angle GAF} = \frac{\angle EAG}{\angle GAF} + 1 < \frac{|EG|}{|GF|} + 1 = \frac{|EF|}{|GF|}$$ Por último, hay que tener en cuenta que como $\triangle GAF \sim \triangle BAD$ tenemos $$\frac{|EF|}{|GF|} = \frac{|BD|}{|GF|} = \frac{|AD|}{|AF|} = \frac{|AD|}{|CD|}$$ Por lo tanto, concluimos que $$\frac{\alpha}{\beta} < \frac{|AD|}{|CD|} = \frac{\tan\alpha}{\tan\beta}$$

Parte 2: Demostramos que $$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta} < \frac{\alpha}{\beta}$$

                                          

Dejemos que $AB$ y $BC$ sean cuerdas de un círculo tales que $|BC|>|BA|$ . En primer lugar, pretendemos demostrar que $$\frac{|BC|}{|BA|} < \frac{\mathrm{arc}(BC)}{\mathrm{arc}(BA)}$$ Bisecar $\angle ABC$ y que la bisectriz se encuentre con el círculo en $D$ y $AC$ en $E$ . Tenga en cuenta que $AD$ y $CD$ subtienden ángulos de igual magnitud y por lo tanto por el teorema del ángulo inscrito $|AD|=|CD|$ . Asimismo, por el teorema de la bisectriz angular tenemos $$\frac{|EC|}{|AE|} = \frac{|BC|}{|BA|} \implies |AE|<|EC|$$ Dibujar $DF$ perpendicular a $AC$ . Que el círculo centrado en $D$ a través de $E$ cortar $AD$ en $G$ y $AC$ en $H$ . Ya que tenemos $$|DA|>|DE|>|DF|$$ se deduce que $G$ se encuentra en el interior de $AD$ y $H$ exterior a $DF$ . Ahora tenemos la desigualdad $$\frac{\mathrm{area}(\triangle DEF)}{\mathrm{area}(\triangle DEA)}=\frac{\frac{1}{2}|FD||EF|}{\frac{1}{2}|FD||AE|}=\frac{|EF|}{|AE|} < \frac{\mathrm{sector}(DEH)}{\mathrm{sector}(DEG)}=\frac{\angle EDF}{\angle EDA}$$ Por lo tanto, tenemos $$\frac{|FA|}{|AE|} = \frac{|EF|}{|AE|} + 1 < \frac{\angle EDF}{\angle EDA} + 1 = \frac{\angle FDA}{\angle EDA}$$ Multiplicando la desigualdad por $2$ rinde $$\frac{|CA|}{|AE|} = \frac{|EC|}{|AE|} + 1 < \frac{\angle CDA}{\angle EDA} = \frac{\angle CDE}{\angle EDA}+1$$ Recordemos que del teorema de la bisectriz angular teníamos $$\frac{|EC|}{|AE|} = \frac{|BC|}{|BA|}$$ y por lo tanto tenemos $$ \frac{|BC|}{|BA|} = \frac{|EC|}{|AE|} < \frac{\angle CDE}{\angle EDA} = \frac{\mathrm{arc}(BC)}{\mathrm{arc}(BA)}$$ Consideremos ahora el caso en el que $AC$ es el diámetro del círculo. Entonces $\angle ABC$ es un ángulo recto. Sea $\angle BAC = \alpha$ y $\angle BCA = \beta$ y observe que $\alpha > \beta$ desde $|BA| <|BC|$ . Entonces tenemos $$\sin\alpha = \frac{|BC|}{|AC|},\ \ \ \text{and}\ \ \ \sin\beta = \frac{|BA|}{|AC|}$$ y también tenemos mediante el teorema del ángulo inscrito $$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{\mathrm{arc}(BC)}{\mathrm{arc}(BA)}$$ Si lo juntamos todo, tenemos $$\frac{\alpha}{\beta} = \frac{\mathrm{arc}(BC)}{\mathrm{arc}(BA)} > \frac{|BC|}{|BA|} = \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}$$ según sea necesario. $\square$

Answer 2

Primero demostramos las desigualdades clásicas $$ \sin x < x <\tan x \quad (0<x<\pi/2). $$ La desigualdad $\sin x < x$ se deduce de la comparación de las longitudes del segmento $XX'$ y el arco $XX'$ ; $x<\tan x$ proviene del área del triángulo $OIT$ y el aera del sector $OIX$ .

Entonces demostramos que $$ \frac{\sin\beta-\sin\alpha}{\beta-\alpha} < \cos\alpha < \frac{\sin\alpha}{\alpha}. $$ La segunda desigualdad es simplemente $\alpha<\tan\alpha$ . La segunda es cierta porque $$ \frac{\sin\beta-\sin\alpha}{\beta-\alpha} = \frac{2\sin\frac{\beta-\alpha}2\cos\frac{\beta+\alpha}2}{\beta-\alpha} < \frac{2\cdot \frac{\beta-\alpha}2 \cdot \cos\alpha}{\beta-\alpha} = \cos\alpha. $$

Finalmente, $\frac{\sin\beta-\sin\alpha}{\beta-\alpha} < \frac{\sin\alpha}{\alpha}$ es equivalente a $\frac{\sin\beta}{\beta} < \frac{\sin\alpha}{\alpha}$ .

Answer 3

¿Conoce la derivada de la $f(x)=\sin x/x$ ? Dejemos que $f:[a,b]\to\Bbb{R}$ es diferenciable y $f':[a,b]\to\Bbb{R}$ es integrable entonces $f$ es fuertemente decreciente (si $x<y$ entonces $f(x)>f(y)$ ) si $f(x)<0$ casi todos los puntos de $[a,b]$ (es decir, el conjunto de $x$ satisfacer que $f'(x)=0$ tiene medida de Lebesgue 0).

Answer 4

La función $f(x)=\sin x$ es cóncavo en $[0,\pi]$ Así que $$ \frac{\sin\alpha}{\alpha} = \frac{f(\alpha)-f(0)}{\alpha-0} > \frac{f(\beta)-f(0)}{\beta-0} = \frac{\sin\beta}{\beta}. $$

Answer 5

La función $f(x)=\frac{\sin(x)}{x}$ es decreciente en $[0,\pi/2]$ . Como su derivada es $$ f^{'}(x)=\frac{\cos(x)x-\sin(x)}{x^2}, $$ hemos reducido el problema a ver que $\cos(x)x-\sin(x)\leq 0$ . Para valores pequeños de $x$ tenemos $\sin(x)\approx x$ Así que $\cos(x)x-\sin(x)\approx x(\cos(x)-1)$ que es negativo. Para ver que sigue siendo negativo para todo $x$ en $[0,\pi/2]$ se puede comprobar, por ejemplo, mediante el método de la bisección, que la primera solución positiva de $\cos(x)x-\sin(x)=0$ es alrededor de $4.5>\pi/2$ .