Тригонометрическое неравенство

[Руст]

Но это доказывает неравенство только в малой окрестностности 0.

[juna]

Если принять, что в окрестности нуля неравенство выполняется, то функция $tg(sin(x))$ имеет на искомом отрезке точку перегиба, т.е. вторая производная равна нулю. Это приводит к необходимости удовлетворения на искомом отрезке уравнения $2tg(sin(x))cos(x)=tg(x)$. Однако реально похоже всегда $2tg(sin(x))cos(x)>tg(x)$ с много большим зазором, чем изначально.
Добавлено
Мда, точка перегиба есть в диапазоне 0.891 – 0.892, т.е., к сожалению, до $arcsin {\pi/4}=0.902$.

[Sasha2]

Вот еще если везде использовать тангенс половины аргумента, то неравенство можно свести к доказательству того, что

Произведение самих тангенсов на их сумму больше разности, но как доказать это неравенство я пока не знаю.

tg(x)*tg(y)*(tg(x)+tg(y))>tg(x)-tg(y)

Где x>y

[Sasha2]

А можно еще и так рассуждать:

1) Левая часть неравенства: tg(sin(x))=sin(sin(x)) / cos(sin(x)). Ясно что это выражение может только уменьшиться если мы в знаменателе заменим cos(sin(x)) на проосто cos(x). (Используем возрастание синуса и убывание косинуса). Оценка снизу: tg(sin(x)) > sin(sin(x)) / cos(x)

2) Вот для целых m легко по индукции показать, что sin(m*y) < m*sin(y) (Ну конечно, когда sin(y) и cos(y) оба больше нуля). Отсюда имеем, положив y=sin(x), а m=1/cos(x): оценка сверху sin(tg(x)) < sin(sin(x)) / cos(x).

3) Все было бы хорошо, если бы величина 1/cos(x) всегда была целой. Наверно тут как то надо воспользоваться непрерывностью, но как. Уважаемые метры, ну помогите, пожалуйста довести до конца эту задачу.

[незваный гость]

Sasha2 писал(а):

Оценка снизу: tg(sin(x)) > sin(sin(x)) / cos(x)

Неверно. При $x \to \pi/2$ имеем: $\tg 1 > +\infty$.

[Sasha2]

Ну откровенно говоря, для значений вплоть до пи/2 это неравенство нет смысла доказывать, его достаточно доказать лишь для значений от нуля до arctg(пи/2). Понятно, что функция в левой части продолжает возрастать, а в правой - уже достигла максимума, а именно своего значения равного 1 (sin(tg(arctg(пи/2)))). А для этого диапазона значений (от нуля до arcttg(пи/2)) данная оценка верная (ну, конечно для тех косинусов, обратные значения которых равны целым числам).

[juna]

Sasha2 писал(а):

1) Левая часть неравенства: tg(sin(x))=sin(sin(x)) / cos(sin(x)). Ясно что это выражение может только уменьшиться если мы в знаменателе заменим cos(sin(x)) на проосто cos(x). (Используем возрастание синуса и убывание косинуса). Оценка снизу: tg(sin(x)) > sin(sin(x)) / cos(x)

Это неверно и внутри указанного Вами промежутка.
Честно говоря, не видно здесь рассуждений без рядов. Отталкиваясь от сказанного ранее, следует лишь показать, что уравнение $tg(sin(x))=sin(tg(x))$ не имеет решения в указанном промежутке. Т.е. решаем уравнение $x=arctg(arcsin(tg(sin(x))))$. Раскладываем правую часть в ряд $arctg(arcsin(tg(sin(x))))=x+\frac{x^7}{30}+O(x^9)$ видим невозможность решения и справедливость искомого неравенства.

[Brukvalub]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

...Раскладываем правую часть в ряд $arctg(arcsin(tg(sin(x))))=x+\frac{x^7}{30}+O(x^9)$ видим невозможность решения и справедливость искомого неравенства.

Наверное, стоит еще раз обратить внимание на один из постов Руста в этой теме:

Цитата:

Но это доказывает неравенство только в малой окрестностности 0.

Разложение по формуле Тейлора с ост. членом в форме Пеано принципиально не дает возможности оценить размер окрестности, в которой будет выполняться какое-либо соотношение с самой функцией, если оно выполняется с ее многочленом Тейлора в этой формуле. А это не есть хорошо. Может быть, пора произнести знаменитые слова из одной комедии Л. Гайдая: "Кац всегда предлагал сдаться"?

[juna]

Зачем сдаваться в выигранной позиции?

[Brukvalub]

Значит, я что-то упустил в Ваших рассуждениях, пусть Руст нас рассудит, признав за Вами доказанность неравенства, или отвергнув оное. Я написал, что мне в Вашем д-ве не нравится, но утверждать с уверенностью, что в нем есть лакуна, не буду.

[Sasha2]

Артамонов Ю.Н. писал(а):

Это неверно и внутри указанного Вами промежутка.

Да вижу уже опять знаки перепутал. Ну что ж еще попытаюсь помучить это неравенство.

[незваный гость]

Я позволю себе очень неформальное рассуждение. Возможно, оно формализуемо, возможно, нет.
Итак, раасмотрим $f(x) = \arcsin \arctg \sin \tg x$. Эта функция ограничена.

$\sin \tg x \leq 1$, $\Rightarrow$ $\tg \sin x > \sin \tg x$ при $x \in [\arcsin \arctg 1, \pi/2]$. На промежутке $[0,\arctg(\pi/2)]$ обе функции монотонно растут. Откуда (полагая $a_0 = \arcsin \arctg 1$, $b_0 = \pi/2$) имеем соблюдение неравенства на $[a_1,b_1]$, $a_1 = f(a_0)$, $b_1 = f(b_1)$. Заметим, что наши интервалы пересекаются, и в дальнейшем будем рассматривать только $[a_{k+1},a_{k}]$. Повторяя этот процесс, мы получаем монтонно убывающую цепочку $a_k$, для которых неравенство верно.

Дальше я сошлюсь на старые обсуждения (1) и (2) (Руста и прочих). Для $f(x)$ мы имеем разложение в ряд $x -\frac{x^7}{30} + {\rm o}(x^8)$, поэтому $a_k \sim (\frac{5}{k})^{1/6}$. То есть, уверенно (хотя и медленно) стремится к нулю.

[maxal]

Для тех кто сдался: РЕШЕНИЕ (Problem 3)

[Sasha2]

Ну что ж, не совсем все понятно (но понятно хоть где пробел в знаниях), честно говоря я про такие штучки и не знал. Надо значит выучить про выпуклые функции. Большое спасибо, уважаемый Maxal.