неравенство

[bot]

TOTAL писал(а):

Скромность не позволяет?

Да нет - сначала я так и написал, в частности при переходе к о малому можно брать 4 с четвертью, с тремя четвертями, а вот 5 уже фиг, ...
Потом снёс при редактировании, поскольку лень было смотреть, действительно фиг или нет?

[ewert]

Профессор Снэйп писал(а):

А как насчёт простого дифференцирования функции

$$ f(x) = \arcsin x - x - \frac{x^3}{6} $$

и доказательства того, что $f'(x) > 0$ при $x \in (0,1)$? Вроде должно прокатить (хотя не проверял).

трудно сказать, что приятнее для глаза (логически проще). После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения. Правда, из соображений выпуклости неравенство для производных действительно очевидно, однако сами эти соображения подразумевают дополнительные дифференцирования.

[TOTAL]

ewert писал(а):

После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения.

Приведите, пожалуйста, это кубическое неравенство.
Посмотрим, станет ли какому-нибудь школьнику нехорошо.

[Brukvalub]

TOTAL писал(а):

Приведите, пожалуйста, это кубическое неравенство.
Посмотрим, станет ли какому-нибудь школьнику нехорошо.

Не приведет На главу из Сканави сошлется, см., мол, тему "неравенства" и все такое

[Профессор Снэйп]

ewert писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

А как насчёт простого дифференцирования функции

$$ f(x) = \arcsin x - x - \frac{x^3}{6} $$

и доказательства того, что $f'(x) > 0$ при $x \in (0,1)$? Вроде должно прокатить (хотя не проверял).

трудно сказать, что приятнее для глаза (логически проще). После первого дифференцирования получается в принципе кубическое неравенство для $x^2, это не очень хорошо со школьной точке зрения. Правда, из соображений выпуклости неравенство для производных действительно очевидно, однако сами эти соображения подразумевают дополнительные дифференцирования.

Ох! Не поленился и даже слазил в Демидовича посмотреть, чему равна производная от арксинуса

Получается

$$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 - \frac{x^2}{2} $$

После замены $t = \sqrt{1-x^2}$ полученное выражение преобразовывается в

$$ \frac{1}{t} + \frac{t^2-3}{2} $$

Нужно доказать, что это дело положительно при $t \in (0,1)$. Домножая на $2t$, имеем неравенство

$$ g(t) = t^3 - 3t + 2 > 0 $$

Теперь, дифференцируя $g$, видим, что $g'(t) = 3(t^2-1) < 0$ при $t \in (0,1)$, а $g(1) = 0$, откуда сразу следует всё, что нужно.

Вроде несложно. При чём здесь какие-то "соображения выпуклости", я не понял. Хотя дополнительное дифференцирование действительно понадобилось

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

Вроде несложно.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$

- еще в 10 раз несложнее

[ShMaxG]

Можно использовать теорему Лагранжа:

\[ \begin{gathered} f\left( b \right) - f\left( a \right) = f'\left( \xi \right)\left( {b - a} \right) \hfill \\ a = 0,b > 0,\xi \in \left( {a,b} \right) \hfill \\ \arcsin b - b - \frac{{b^3 }} {6} = \left( {\frac{1} {{\sqrt {1 - \xi ^2 } }} - 1 - \frac{1} {2}\xi ^2 } \right)b > 0 \Leftrightarrow \hfill \\ \Leftrightarrow \frac{1} {{\sqrt {1 - \xi ^2 } }} - 1 - \frac{1} {2}\xi ^2 > 0 \hfill \\ 1 > \left( {1 + \frac{1} {2}\xi ^2 } \right)\sqrt {1 - \xi ^2 } \Leftrightarrow \hfill \\ \Leftrightarrow 1 > \left( {1 + \frac{1} {2}\xi ^2 } \right)^2 \left( {1 - \xi ^2 } \right) = \left( {1 + \xi ^2 + \frac{1} {4}\xi ^4 } \right)\left( {1 - \xi ^2 } \right) = \hfill \\ = 1 + \xi ^2 + \frac{1} {4}\xi ^4 - \xi ^2 - \xi ^4 - \frac{1} {4}\xi ^6 \Leftrightarrow \hfill \\ \frac{1} {4}\xi ^6 + \xi ^4 + \xi ^2 - \frac{1} {4}\xi ^4 - \xi ^2 > 0 \hfill \\ \frac{1} {4}\xi ^2 + 1 - \frac{1} {4} > 0 \hfill \\ \end{gathered} \]

Учитывая условие, получаем, что любое такое (из теоремы)

\[ \xi \]

подходит.

[Профессор Снэйп]

TOTAL писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

Вроде несложно.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$

- еще в 10 раз несложнее

У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.

[TOTAL]

Профессор Снэйп писал(а):

У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > \frac{1}{\sqrt{1-x^2+\frac{x^4}{4}}} = \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}= \frac{1 + \frac{x^2}{2}}{1-\frac{x^4}{4}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$

[ewert]

ShMaxG писал(а):

Можно использовать теорему Лагранжа:

Издевайтесь, издевайтесь.

[Профессор Снэйп]

TOTAL писал(а):

Профессор Снэйп писал(а):

У меня текст занял 11 строчек, а у Вас в 10 раз проще, то есть в одну строчку. Ну-ка, покажите, как это в одну строчку делается.

$$\frac{1}{\sqrt{1-x^2}} > \frac{1}{\sqrt{1-x^2+\frac{x^4}{4}}} = \frac{1}{1-\frac{x^2}{2}}= \frac{1 + \frac{x^2}{2}}{1-\frac{x^4}{4}} > 1 + \frac{x^2}{2}$$

Да, TOTAL, Вы молодец, раз такие вещи сразу видите.

[ewert]

Профессор Снэйп писал(а):

$$ f'(x) = \frac{1}{\sqrt{1-x^2}} - 1 - \frac{x^2}{2} $$

После замены $t = \sqrt{1-x^2}$ полученное выражение преобразовывается в

$$ \frac{1}{t} + \frac{t^2-3}{2} $$

<...>

Вроде несложно. При чём здесь какие-то "соображения выпуклости", я не понял.

Да тут всё несложно, как ни крути. Выпуклость при том, что после первого дифференцирования выйдет неравенство

$$\frac{1}{\sqrt{1-t}}\geqslant1+\frac{t}{2}$$

, где

$$t=x^2$$

; левая часть очевидно выпукла, а начальные производные совпадают.

А с заменой Вы перестарались. Если возвести

$$\frac{1}{\sqrt{1-t}}\geqslant1+\frac{t}{2}$$

в квадрат, то получется неравенство формально кубическое, а по существу всё же квадратное. Так что никаких доп. дифференцирований не нужно.

Всё равно, "мой цвет приятней для глаза" (c) К.Чапек. Потому что думать ни о чём не надо. А тут сиди, школьную арифметику вспоминай...

[незваный гость]

После TOTAL даже стыдно (с его простотой решения дальше некуда). Но в таблицы производных лезть лень. Почему бы не сделать подстановку $x = \sin y$? ($y \in [0,\pi/2]$). Имеем $y - \sin y -\frac{\sin^3y}{6} \ge 0$. После дифференцирования $ 1 - \cos y -\frac12 \cos y \sin^2 y =$ $ 2\sin^2\frac{y}{2}(1 - \cos{y}\cos^2\frac{y}{2})$, что, очевидно, величина положительная.