Тригонометрическое неравенство

[Руст]

Доказать, что
$tg(sinx)>sin(tgx), \ \forall x\in (0,\frac{\pi }{2}).$

[Brukvalub]

Может, возвести обе части в квадрат, добавить к квадратам по 1 и свести к неравенству для двух взаимно обратных положительных чисел?

[Padawan]

Рисуем графики, и смотрим
А в окрестности начала - в ряд.

[Юстас]

Производная $[tg(sin(x))-sin(tg(x))]'>0$ в $(0,\ \pi/2)$.

[Руст]

Думаю верно, что $(tg(sinx)-sin(tgx))'>0$, только вряд ли легче доказать это неравенство, чем исходное.

[Sasha2]

Ну пока видно, что доказывать это неравенство достаточно для промежутка (0, arctg(пи/2)), так как первая функция продолжает возрастать, а для второй это уже максимум (конечно она и дальше может достигать это значение (1), но выше него не станет, а первая станет).

Может быть (пока не знаю) стоит и воспользоваться неравенством
x>sinx>(2/пи)x, а также тем фактом, что график функции tg(x) лежит под секущей проведенной из начала координат в какую-либо точку графика (разумеется для отрезка (0, пи/2)).

[juna]

Идея может быть такой. Во-первых, очевидно, что в промежутке $(arcsin{\frac{\pi}{4}},\frac{\pi}{2})$ искомое неравенство выполняется, т.к. на нем тангенс превышает ограниченный синус.
Если в промежутке $(0,arcsin{\frac{\pi}{4}})$ тангенс меньше синуса, то имеется такое $z$ из этого промежутка, что уравнение $tg(sin(z))=sin(tg(z))$ имеет решение. Таким образом, вопрос сводится к доказательству, что это уравнение в указанном промежутке (исключая нуль) решения не имеет.

[Highwind]

Padawan писал(а):

Рисуем графики, и смотрим
А в окрестности начала - в ряд.

Рисуем графики - это, конечно, круто

А ничего нельзя замутить с обратными функциями? Например взять от обеих частей что-нибудь... $\arcsin{x}$ например... не помню, правда как он себя ведет на отрезке $\left(\(0;\frac{\pi}2\right)$ но вроде бы прилично...

[незваный гость]

Руст писал(а):

Думаю верно, что $(tg(sinx)-sin(tgx))'>0$,

Неверно. Например, в районе $0.45 \pi$

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Во-первых, очевидно, что в промежутке $(arcsin{\frac{\pi}{4}},\frac{\pi}{2})$ искомое неравенство выполняется, т.к. на нем тангенс превышает ограниченный синус.

А это, похоже, гораздо более конструктивное утверждение.

Любопытно было бы вставить между ними понятную функцию.Но уж больно они близки: При разложении в ряд первые три члена совпадают, а четвертый совпадает в знаке. Так что рубить приходится очень аккуратно.

[Sasha2]

А вот если преобразовать все части этого неравенства либо к синусам, либо к тангенсам, то сразу же (ну после ряда элементарных преобразований) неравенство сведется к доказательству или

1) a*tg(z/a) > tg(z) (если приводить к тангенсам и учесть, что tg(tg(z) > tg(z)) (a>1)

или же к доказыванию
2) sin(y) > a*sin(y/a) (если приводить к синусам и учесть, что sin(sin(x)) < sin(x)). (a<1)

(Ну, конечно, имеется в виду область от нуля до arctg(пи/2))

P.S. К второму случаю можно свести также если воспользоваться общеизвестным неравенством, а именно:
cos(sin(x)) > sin(cos(x)) для любого x.

Добавлено спустя 2 часа 50 минут 18 секунд:

А можно оказывается и в лоб решать.
Вычесть из левой части неравенства правую, получим в числителе следующее (ясно что знменатель положительный):

sin(x)-cos(x)*sin(y), где x=sin(alpha) и y=tg(alpha).

В качестве упражнения можно преобразовать это выражение в произведение равное 4*sin^2(y/2)*sin(x). Откуда и следует вышеуказанное неравенство.

[незваный гость]

Sasha2 писал(а):

sin(x)-cos(x)*sin(y), где x=sin(alpha) и y=tg(alpha).

В качестве упражнения можно преобразовать это выражение в произведение равное 4*sin^2(y/2)*sin(x).

А это как?
У меня чего-то преобразование не выходит…

[Sasha2]

Ну прежде всего произведение синусов представьте как половину разности двух синусов (ну формкла элементарная). А далее получите:

sin(x) - 1/2*[(sin(y+x) - sin(y-x)].

Ну а далее снова делим на две группы

1/2*[sin(x)+sin(y-x)] - 1/2*[sin(y+x)-sin(x)]=
1/2*[sin(x)-sin(x-y)] - 1/2*[sin(y+x)-sin(x)]=

Ну а далее вопрос техники. Снова свертываем в произведения синуса и косинуса.

А вообще нет, уже вижу у себя ошибку в преобразовании. Приношу свои извинения.

[Clay]

Как это неравенство связано со знаменитым пределом

$$\lim_{x\rightarrow0}\frac{\sin\tg x-\tg\sin x}{\arcsin\arctg x-\arctg\arcsin x}$$

из тривиума В. И. Арнольда?

[незваный гость]

Clay писал(а):

из тривиума В. И. Арнольда

А он (тривиум) доступен народу? Очень было бы любопытно посмотреть.

[Genrih]

незваный гость писал(а):

А он (тривиум) доступен народу? Очень было бы любопытно посмотреть.

Арнольд В.И. — Математический тривиум