Disequazione di 2 funzioni
Salve a tutti,
Dovrei dimostrare la seguente disequazione : $ senx <= x - x^3/6 + x^5/(5!) $ , per ogni $x >= 0 $
Il problema è che non riesco a capire quali siano i criteri per cui una funzione è sempre maggiore di un'altra;
Ho pensato a fare uno studio di funzione ponendo $ f(x) = x - x^3/6 + x^5/(5!) - senx $ ma non riesco a studiarne il segno...
Poi ho provato a studiare il segno di $f'(x)$ per vedere se perlomeno la funzione fosse crescente, e in tal caso (se non erro) essendo entrambe le funzioni uguali a $0$ per $x = 0$ , se considerando la loro differenza questa è sempre crescente, allora sarei riuscito a dimostre la tesi, ma non riesco a studiare nemmeno il segno della derivata prima dato che contiene sempre una funzione trigonometrica.
Inizialmente avevo addirittura pensato a scrivere $senx$ secondo la formula di Taylor, così da togliere la funzione trigonometrica, ma quest'ultimo argomento non ce l'ho troppo chiaro e infatti non saprei nemmeno da dove partire se dovessi accingere all'esercizio in questa direzione. ( ad esempio dove dovrei centrare il polinomio? O.o ) (e soprattutto , è plausibile provare a risolverlo in questo modo?? )
Spero mi possiate illuminare, soprattutto sul quale è l'approccio migliore per risolvere questo tipo di esercizio;
Grazie in anticipo per le risposte!
Dovrei dimostrare la seguente disequazione : $ senx <= x - x^3/6 + x^5/(5!) $ , per ogni $x >= 0 $
Il problema è che non riesco a capire quali siano i criteri per cui una funzione è sempre maggiore di un'altra;
Ho pensato a fare uno studio di funzione ponendo $ f(x) = x - x^3/6 + x^5/(5!) - senx $ ma non riesco a studiarne il segno...
Poi ho provato a studiare il segno di $f'(x)$ per vedere se perlomeno la funzione fosse crescente, e in tal caso (se non erro) essendo entrambe le funzioni uguali a $0$ per $x = 0$ , se considerando la loro differenza questa è sempre crescente, allora sarei riuscito a dimostre la tesi, ma non riesco a studiare nemmeno il segno della derivata prima dato che contiene sempre una funzione trigonometrica.
Inizialmente avevo addirittura pensato a scrivere $senx$ secondo la formula di Taylor, così da togliere la funzione trigonometrica, ma quest'ultimo argomento non ce l'ho troppo chiaro e infatti non saprei nemmeno da dove partire se dovessi accingere all'esercizio in questa direzione. ( ad esempio dove dovrei centrare il polinomio? O.o ) (e soprattutto , è plausibile provare a risolverlo in questo modo?? )
Spero mi possiate illuminare, soprattutto sul quale è l'approccio migliore per risolvere questo tipo di esercizio;
Grazie in anticipo per le risposte!
Risposte
Un metodo penso possa essere di considerare le funzioni $ g(x) = senx $ e $ h(x) = x - x^3/6 + x^5/(5!) $ e verificare i.e. che l'immagine di h(x) sta sopra l'immagine di g(x), ma non è questo il caso dato che qua le due immagini dovrebbero intersecarsi almeno in un punto $( x = 0 ) $
guardati lo sviluppo in serie di Mac Laurin della funzione $y=senx$
Grazie mille porzio, penso che questa sia proprio la strada giusta! (infatti lo sviluppo di Mac Laurin di $ senx $ fino al terzo termine non nullo è proprio $ x - x^3/(3!) + x^5/(5!) $ 
)
Dunque come presupponevo è possibile risolvere questo tipo di esercizio anche approssimando la funzione;
Un dubbietto comunque mi rimane: Essendo appunto $ x - x^3/(3!) + x^5/(5!) $ un'approssimazione di $ senx $, come si può concludere che la disequazione sia sempre vera?
(Inoltre mi scuso per non averci fatto caso da solo .-. , ma come ho premesso non sono molto ferrato su questo argomento !)
Grazie ancora per il suggerimento!
)Dunque come presupponevo è possibile risolvere questo tipo di esercizio anche approssimando la funzione;
Un dubbietto comunque mi rimane: Essendo appunto $ x - x^3/(3!) + x^5/(5!) $ un'approssimazione di $ senx $, come si può concludere che la disequazione sia sempre vera?
(Inoltre mi scuso per non averci fatto caso da solo .-. , ma come ho premesso non sono molto ferrato su questo argomento !)
Grazie ancora per il suggerimento!
Ho pensato al fatto che il quarto termine non nullo dell'approssimazione di $ senx $ è negativo dunque quest'ultima funzione (essendo uguale all'altra a meno di un termine negativo) è necessariamente $ <= $ dell'altra.
Una dimostrazione più elegante è la seguente, basata sull'uso iterativo del Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale e sulla monotonia dell'integrale definito.
Chiama \(f(x):=\sin x\) e \(p(x) := x- \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\). Derivando cinque volte, trovi:
\[
f^{(5)} (x) = \cos x \qquad \text{e} \qquad p^{(5)}(x) = 1
\]
dunque:
\[
\begin{split}
\cos x \leq 1 \quad &\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \leq \int_0^x 1\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \leq x\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \sin t\ \text{d} t \leq \int_0^x t\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad 1-\cos x \leq \frac{x^2}{2}\\
&\Rightarrow \quad \cos x \geq 1- \frac{x^2}{2}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \geq \int_0^x \left( 1- \frac{t^2}{2} \right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \geq x - \frac{x^3}{6}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^ x \sin t\ \text{d} t \geq \int_0^x \left( t - \frac{t^3}{6}\right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad 1-\cos x \geq \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\\
&\Rightarrow \quad \cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \leq \int_0^x \left( 1 - \frac{t^2}{2} + \frac{t^4}{24}\right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \leq x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{120}\; ,
\end{split}
\]
che è quanto volevi. Nota che, negli step intermedi hai anche ottenuto le disuguaglianze:
\[
\begin{split}
\sin x &\begin{cases} \leq x \\ \geq x - \frac{x^3}{6}\end{cases}\\
\cos x &\begin{cases} \geq 1- \frac{x^2}{2} \\ \leq 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\end{cases}
\end{split}
\]
e questo non è un caso, perché la tecnica dimostrativa consente di ricavare che seno e coseno, per argomenti positivi, assumono sempre valori compresi tra i loro polinomi di Taylor che terminano con un segno \(-\) e quelli che terminano con un segno \(+\).
Chiama \(f(x):=\sin x\) e \(p(x) := x- \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\). Derivando cinque volte, trovi:
\[
f^{(5)} (x) = \cos x \qquad \text{e} \qquad p^{(5)}(x) = 1
\]
dunque:
\[
\begin{split}
\cos x \leq 1 \quad &\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \leq \int_0^x 1\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \leq x\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \sin t\ \text{d} t \leq \int_0^x t\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad 1-\cos x \leq \frac{x^2}{2}\\
&\Rightarrow \quad \cos x \geq 1- \frac{x^2}{2}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \geq \int_0^x \left( 1- \frac{t^2}{2} \right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \geq x - \frac{x^3}{6}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^ x \sin t\ \text{d} t \geq \int_0^x \left( t - \frac{t^3}{6}\right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad 1-\cos x \geq \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\\
&\Rightarrow \quad \cos x \leq 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\\
&\Rightarrow \quad \int_0^x \cos t\ \text{d} t \leq \int_0^x \left( 1 - \frac{t^2}{2} + \frac{t^4}{24}\right)\ \text{d} t\\
&\Rightarrow \quad \sin x \leq x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{120}\; ,
\end{split}
\]
che è quanto volevi. Nota che, negli step intermedi hai anche ottenuto le disuguaglianze:
\[
\begin{split}
\sin x &\begin{cases} \leq x \\ \geq x - \frac{x^3}{6}\end{cases}\\
\cos x &\begin{cases} \geq 1- \frac{x^2}{2} \\ \leq 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24}\end{cases}
\end{split}
\]
e questo non è un caso, perché la tecnica dimostrativa consente di ricavare che seno e coseno, per argomenti positivi, assumono sempre valori compresi tra i loro polinomi di Taylor che terminano con un segno \(-\) e quelli che terminano con un segno \(+\).
Ti sono immensamente grato gugo, non solo per aver delucidato il quesito in modo impeccabile, ma anche per avermi impressionato su quanto una mente umana possa essere geniale.
(Ti sembrerò troppo grato ma sono sincero; mi hai ispirato!)
(Ti sembrerò troppo grato ma sono sincero; mi hai ispirato!)
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