Confronto tra funzioni trascendenti e polinomi
Ciao a tutti, volevo fare una domanda: come si dimostra che $sinx0$? Si usano spesso queste disuguaglianze per maggiorare, ma mi chiedevo con che approccio si possono dimostrare?
Thanks
Thanks
Risposte
Una buona idea è guardare i grafici delle funzioni.
Inoltre, ti ricordo che per la prima disuguaglianza (che puoi vedere facilmente anche sulla circonferenza goniometrica), vale un risultato molto più generale: $|sinx|<=|x|$.
Inoltre, ti ricordo che per la prima disuguaglianza (che puoi vedere facilmente anche sulla circonferenza goniometrica), vale un risultato molto più generale: $|sinx|<=|x|$.
Hai ragione, però cercavo un procedimento più "analitico" e rigoroso, senza andare vedere i rispettivi grafici...
Edit: Ah ok la dimostrazione sulla circonferenza è semplice e funzionante, mi piace
. Mi rimane quella del logaritmo...
Edit: Ah ok la dimostrazione sulla circonferenza è semplice e funzionante, mi piace
. Mi rimane quella del logaritmo...
Considera la funzione $phi(x)=x-log x$ e usa gli strumenti del cosiddetto "studio di funzione" per mostrare che è sempre positiva.
Altro metodo (forse inutilmente avanzato, ma serve per capire cosa nascondono alcune disuguaglianze)
Partiamo dal logaritmo. Per [tex]$x\in ]0,+\infty[$[/tex] hai:
- se [tex]$0
- se invece [tex]$x\geq 1$[/tex] allora [tex]$\frac{1}{x} \leq 1$[/tex], quindi integrando m.a.m. sull'intervallo [tex]$[1,x]$[/tex] si trova [tex]$\ln x =\int_1^x \frac{1}{t} \text{ d} t \leq \int_1^x 1 \text{ d} t =x-1$[/tex];
da quanto appena detto deriva che [tex]$\ln x \leq x-1$[/tex] per ogni [tex]$x > 0$[/tex].
Infine, visto che [tex]$x-1
Poi il seno. Per ogni [tex]$x\in \mathbb{R}$[/tex] si ha [tex]$\cos x \leq 1$[/tex], cosicché un integrazione di punto iniziale [tex]$0$[/tex] e punto finale [tex]$x\geq 0$[/tex] importa:
[tex]$\sin x =\int_0^x \cos t \text{ d} t \leq \int_0^x \text{ d} t=x$[/tex],
che è proprio la disuguaglianza che si voleva.
Partiamo dal logaritmo. Per [tex]$x\in ]0,+\infty[$[/tex] hai:
- se [tex]$0
- se invece [tex]$x\geq 1$[/tex] allora [tex]$\frac{1}{x} \leq 1$[/tex], quindi integrando m.a.m. sull'intervallo [tex]$[1,x]$[/tex] si trova [tex]$\ln x =\int_1^x \frac{1}{t} \text{ d} t \leq \int_1^x 1 \text{ d} t =x-1$[/tex];
da quanto appena detto deriva che [tex]$\ln x \leq x-1$[/tex] per ogni [tex]$x > 0$[/tex].
Infine, visto che [tex]$x-1
Poi il seno. Per ogni [tex]$x\in \mathbb{R}$[/tex] si ha [tex]$\cos x \leq 1$[/tex], cosicché un integrazione di punto iniziale [tex]$0$[/tex] e punto finale [tex]$x\geq 0$[/tex] importa:
[tex]$\sin x =\int_0^x \cos t \text{ d} t \leq \int_0^x \text{ d} t=x$[/tex],
che è proprio la disuguaglianza che si voleva.
è esattamente quello che cercavo grazie, mi è piaciuta!
Da un vecchio topic (qualche giorno fa... ).
In realtà quella disuguaglianza si può dimostrare in 18057 modi diversi...
Ad esempio, un esercizio carino potrebbe essere "dimostrare [tex]$e^x\geq 1+x$[/tex] sfruttando un po' di risultati di Calcolo Integrale".[/quote]
Già che siamo in tema, ho pensato di proporla.
La dimostrazione che ho trovato non è molto difficile, spero sia corretta (ho preso spunto dal post sopra di Gugo).
Dunque, vogliamo mostrare che $e^x>=x+1$ per ogni $x$ reale.
1. Sia $x in [0,+oo)$. Definiamo $f(x)=e^x$. E' noto che per l'esponenziale in $0$ vale $1$ e che la funzione $y=e^x$ è monotona crescente su tutto $[0+oo)$.
Perciò, $e^t>=1$ per ogni $t in [0, +oo)$.
Per il teorema di confronto, l'integrale di Riemann conserva le disuguaglianze: $int_0^x e^t dt >= int_0^x 1dt$ cioè $e^x-1>=x$, che è la tesi.
2. Sia ora $x in (-oo,0)$. Sempre per la monotonia dell'esponenziale, si ha $e^t<1$ per ogni $t<0$.
Di nuovo integrando membro a membro tra $x$ e $0$
$int_x^0 e^tdt 1-e^x<-x$, da cui di nuovo la tesi.
In conclusione, vale $e^x>=x+1$ per ogni $x in RR$.
Che ne dite? Va bene? Grazie.
)."gugo82":
[quote="Paolo90"]Ah, sì, ho capito. Taylor ha abbastanza il dono dell'ubiquità a quanto pare
In pratica hai usato la disuguaglianza (che si può dimostrare facilmente comunque con Taylor, sempre lui)
$e^x>=1+x$ valida $forall x in RR$ (basta guardare i grafici per convincersene: comunque se applichi Taylor-Lagrange è un attimo dimostrarlo).
In realtà quella disuguaglianza si può dimostrare in 18057 modi diversi...
Ad esempio, un esercizio carino potrebbe essere "dimostrare [tex]$e^x\geq 1+x$[/tex] sfruttando un po' di risultati di Calcolo Integrale".[/quote]
Già che siamo in tema, ho pensato di proporla.
La dimostrazione che ho trovato non è molto difficile, spero sia corretta (ho preso spunto dal post sopra di Gugo).
Dunque, vogliamo mostrare che $e^x>=x+1$ per ogni $x$ reale.
1. Sia $x in [0,+oo)$. Definiamo $f(x)=e^x$. E' noto che per l'esponenziale in $0$ vale $1$ e che la funzione $y=e^x$ è monotona crescente su tutto $[0+oo)$.
Perciò, $e^t>=1$ per ogni $t in [0, +oo)$.
Per il teorema di confronto, l'integrale di Riemann conserva le disuguaglianze: $int_0^x e^t dt >= int_0^x 1dt$ cioè $e^x-1>=x$, che è la tesi.
2. Sia ora $x in (-oo,0)$. Sempre per la monotonia dell'esponenziale, si ha $e^t<1$ per ogni $t<0$.
Di nuovo integrando membro a membro tra $x$ e $0$
$int_x^0 e^tdt
In conclusione, vale $e^x>=x+1$ per ogni $x in RR$.
Che ne dite? Va bene? Grazie.
"Paolo90":
[dimostrazione di [tex]$e^x\geq x+1$[/tex]]
Esatto!
A parte un segno nell'ultimo passaggio.
"gugo82":
[quote="Paolo90"][dimostrazione di [tex]$e^x\geq x+1$[/tex]]
Esatto!
A parte un segno nell'ultimo passaggio.
[/quote]Grazie capo.
P.S. Corretto, grazie, era una svista.
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