Dimostrazione disuguaglianza
Ciao a tutti... vorrei regalare per Natale questa dimostrazione (è una lunga storia...) e consegnare il regalo stasera...
Qualcuno mi aiuterebbe?
Dimostrare la disuguaglianza:
$\frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tg^2x )\gex $
nell'intervallo da a pigreco mezzi.
Grazie e auguri a tutti!
Qualcuno mi aiuterebbe?
Dimostrare la disuguaglianza:
$\frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tg^2x )\gex $
nell'intervallo da a pigreco mezzi.
Grazie e auguri a tutti!
Risposte
Bisogna dimostrare che
\[
\sin^2 x + \tan^2 x -2x^2 \ge 0,\qquad x\in[0, \pi/2].\]
Ora, il termine \(2x^2\) è il primo termine non nullo dello sviluppo di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\). Facendo due conti, sembra proprio che tutti i coefficienti di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\) siano nonnegativi. Questo permetterebbe di concludere immediatamente, perché implica che \(\sin^2 x + \tan^2 x -2x^2\) è una serie di numeri nonnegativi.
Resta da dimostrare che tutti i coefficienti di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\) sono nonnegativi. Mi ricorda un sacco questo problema analogo:
https://math.stackexchange.com/a/2393316/8157
\[
\sin^2 x + \tan^2 x -2x^2 \ge 0,\qquad x\in[0, \pi/2].\]
Ora, il termine \(2x^2\) è il primo termine non nullo dello sviluppo di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\). Facendo due conti, sembra proprio che tutti i coefficienti di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\) siano nonnegativi. Questo permetterebbe di concludere immediatamente, perché implica che \(\sin^2 x + \tan^2 x -2x^2\) è una serie di numeri nonnegativi.
Resta da dimostrare che tutti i coefficienti di Mclaurin di \(\sin^2 x + \tan^2 x\) sono nonnegativi. Mi ricorda un sacco questo problema analogo:
https://math.stackexchange.com/a/2393316/8157
Ciao jitter,
Ci provo, poi vediamo se può piacerti come regalo...
$ \frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tan^2x) = |tan x| \sqrt{\frac{1 + cos^2 x}{2}} \ge |tan x|/(sqrt2) $
Ora, tenendo presente il grafico della funzione $|tanx|$ è banale rendersi conto che $|tanx| >= \sqrt{2} x $ per $ x <= 0 $.
Meno banale invece è vedere cosa accade per $x \in (0, \pi/2) $, per la qual cosa userei un approccio differente, ricordando che $QM >= AM >= GM >= HM $, per cui per $x \in (0, \pi/2) $ si ha:
$ \frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tan^2x) = \sqrt{\frac{sin^2x+tan^2x}{2}} >= \frac{sin x+tan x}{2} >= \sqrt{sin x tan x} >= \frac{2}{1/sinx + 1/tanx} = $
$ = \frac{2}{1/sinx + cosx/sinx} = \frac{2 sin x}{1 + cosx} = \frac{sin x}{(1 + cosx)/2} = \frac{2sin(x/2)cos(x/2)}{cos^2(x/2)} = 2 tan(x/2) >= 2 \cdot x/2 = x $
dato che è ben noto che $tan u >= u $ per $u \in [0, \pi/2) $.
Ci provo, poi vediamo se può piacerti come regalo...
$ \frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tan^2x) = |tan x| \sqrt{\frac{1 + cos^2 x}{2}} \ge |tan x|/(sqrt2) $
Ora, tenendo presente il grafico della funzione $|tanx|$ è banale rendersi conto che $|tanx| >= \sqrt{2} x $ per $ x <= 0 $.
Meno banale invece è vedere cosa accade per $x \in (0, \pi/2) $, per la qual cosa userei un approccio differente, ricordando che $QM >= AM >= GM >= HM $, per cui per $x \in (0, \pi/2) $ si ha:
$ \frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tan^2x) = \sqrt{\frac{sin^2x+tan^2x}{2}} >= \frac{sin x+tan x}{2} >= \sqrt{sin x tan x} >= \frac{2}{1/sinx + 1/tanx} = $
$ = \frac{2}{1/sinx + cosx/sinx} = \frac{2 sin x}{1 + cosx} = \frac{sin x}{(1 + cosx)/2} = \frac{2sin(x/2)cos(x/2)}{cos^2(x/2)} = 2 tan(x/2) >= 2 \cdot x/2 = x $
dato che è ben noto che $tan u >= u $ per $u \in [0, \pi/2) $.
Grazie da parte di chi ha trovato sotto l'albero la dimostrazione stamattina!
Insomma, ci siamo divertiti con questo scherzo nerd che avevo progettato
@dissoance: auguri speciali
Insomma, ci siamo divertiti con questo scherzo nerd che avevo progettato
@dissoance: auguri speciali
Grazie jitter, tantissimi auguri e un abbraccio!!!
Auguri anche a pilloeffe e a tutti gli utenti che passano di qui. Passate delle belle feste!
Auguri anche a pilloeffe e a tutti gli utenti che passano di qui. Passate delle belle feste!
Ciao ragazzi,
Beh, una dimostrazione è un bel regalo...
Come dice Eduardo Sàenz de Cabezòn: "Se hai una dimostrazione hai una verità eterna. Si dice che un diamante sia per sempre... Beh, un teorema è per sempre!" (cit. A cosa serve la matematica)
Buon Natale e Buone Feste anche a voi!
Beh, una dimostrazione è un bel regalo...
Come dice Eduardo Sàenz de Cabezòn: "Se hai una dimostrazione hai una verità eterna. Si dice che un diamante sia per sempre... Beh, un teorema è per sempre!" (cit. A cosa serve la matematica)
Buon Natale e Buone Feste anche a voi!
Comunque ecco un'altra dimostrazione, l'idea che avevo proposto prima è troppo complicata. Sia
\[
f(x)=\sin^2x +\tan^2 x - x^2, \]
per \(x\in [0, \pi/2)\). Vogliamo mostrare che \(f(x)\ge 0 \). [EDIT sto rileggendo e mi pare che la disuguaglianza da dimostrare aveva \(2x^2\) dove io ho messo solo \(x^2\), quindi questo post dimostra una disuguaglianza più debole.]
Ora,
\[
f'(x)=2\tan x \left(\frac{1+\cos^4 x}{\cos^2x}\right) -2x, \]
e \(2\tan x\ge 2x\), e
\[\tag{*}
\left(\frac{1+\cos^4 x}{\cos^2x}\right)\ge 1, \]
come si vede ponendo \(y=\cos^2x\) e notando che (*) si riscrive come \(y^2-y+1\ge 0\), che è sempre verificata. Concludiamo che \(f'(x)\ge 0\) e siccome \(f(x)=0\), la disuguaglianza è verificata su tutto \([0, \pi/2)\).
La dimostrazione di pilloeffe è sicuramente più elegante di questa, più adatta ad andare sotto l'albero!
\[
f(x)=\sin^2x +\tan^2 x - x^2, \]
per \(x\in [0, \pi/2)\). Vogliamo mostrare che \(f(x)\ge 0 \). [EDIT sto rileggendo e mi pare che la disuguaglianza da dimostrare aveva \(2x^2\) dove io ho messo solo \(x^2\), quindi questo post dimostra una disuguaglianza più debole.]
Ora,
\[
f'(x)=2\tan x \left(\frac{1+\cos^4 x}{\cos^2x}\right) -2x, \]
e \(2\tan x\ge 2x\), e
\[\tag{*}
\left(\frac{1+\cos^4 x}{\cos^2x}\right)\ge 1, \]
come si vede ponendo \(y=\cos^2x\) e notando che (*) si riscrive come \(y^2-y+1\ge 0\), che è sempre verificata. Concludiamo che \(f'(x)\ge 0\) e siccome \(f(x)=0\), la disuguaglianza è verificata su tutto \([0, \pi/2)\).
La dimostrazione di pilloeffe è sicuramente più elegante di questa, più adatta ad andare sotto l'albero!
Grazie ancora Dissonance, insomma qust'anno babbo natale è stato generoso, nonostante rispetto alla matematica quest'anno mi merito il carbone 
"jitter":
nonostante rispetto alla matematica quest'anno mi merito il carbone
Ma non era la Befana che portava il carbone?
Comunque ecco un'altra dimostrazione della disuguaglianza in questione, sempre basata sulla disuguaglianza fra medie.
$\AA x in (0, \pi/2)$ si ha:
$ \frac(1)(\sqrt2) \sqrt(sin^2x+tan^2x) = \sqrt{\frac{sin^2x+tan^2x}{2}} >= \frac{sin x+tan x}{2} = 1/2 (sin x+tan x) = $
$ = 1/2 (\int_0^x cos t dt + \int_0^x 1/cos^2 t dt ) \overset[AM-GM]{\ge} \int_0^x (dt)/(sqrt{cos t}) \ge \int_0^x 1 dt = x $
@pilloeffe: 
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo