某网友问的一道函数不等式 $x/\sqrt{1+3x^2}\le\sin x$

kuing

蜀  (8114*****) 14:36:45
大神，请教一道题可好？
谢谢

这道题的变量范围至少可以扩大到 $[0,\pi/2]$，下面就照此范围来做。

由于两边非负，故可以两边平方并去分母整理有
\[\frac x{\sqrt{1+3x^2}}\leqslant \sin x \iff x^2(1-3\sin^2x)\leqslant\sin^2x,\]
如果 $1-3\sin^2x\leqslant0$，不等式显然成立；
当 $1-3\sin^2x>0$ 时，不等式等价于
\[x\leqslant\frac{\sin x}{\sqrt{1-3\sin^2x}},\]
令
\[f(x)=\frac{\sin x}{\sqrt{1-3\sin^2x}}-x, \quad x\in\left[0,\frac\pi2\right],\]
求导得
\begin{align*}
f'(x)&=\frac{\cos x\sqrt{1-3\sin^2x}-\sin x\cdot \frac{-6\sin x\cos x}{2\sqrt{1-3\sin^2x}}}{1-3\sin^2x}-1 \\
&=\frac{\cos x(1-3\sin^2x)+3\sin^2x\cos x}{\sqrt{(1-3\sin^2x)^3}}-1 \\
&=\frac{\cos x-\sqrt{(1-3\sin^2x)^3}}{\sqrt{(1-3\sin^2x)^3}} \\
&=\frac{1-\sin^2x-(1-3\sin^2x)^3}{\sqrt{(1-3\sin^2x)^3}\left( \cos x+\sqrt{(1-3\sin^2x)^3} \right)} \\
&=\frac{\sin^2x(27\sin^4x-27\sin^2x+8)}{\sqrt{(1-3\sin^2x)^3}\left( \cos x+\sqrt{(1-3\sin^2x)^3} \right)} \\
&\geqslant 0,
\end{align*}
故此 $f(x)\geqslant f(0)=0$，从而原不等式得证，等号成立当且仅当 $x=0$。

其妙

kuing

突然发现，其实可以证明更强式
\[\frac x{\sqrt{1+x^2}}\leqslant\sin x,\]
而且这个更强式的证明其极简单，当 $x\in[0,\pi/2)$ 时
\[\frac x{\sqrt{1+x^2}}\leqslant\sin x\iff x^2\leqslant\sin^2x(1+x^2)\iff x^2\cos^2x\leqslant\sin^2x\iff x\leqslant\tan x,\]
马上得证

kuing

回复 3# kuing

这么看的话，前面的求导岂不是白干？

好吧，为了不让求导白干，我们再加强它为
\[\frac x{\sqrt{1+\frac{\pi^2-4}{\pi^2}x^2}}\leqslant\sin x,\]
其中 $x\in[0,\pi/2]$。这样大概还是得用上面求导的方法做了，而且还有两个取等条件--两端。

icesheep

$t = \frac{1}{{{{\sin }^2}x}} - \frac{1}{{{x^2}}}$ 在 [0,pi/2] 是有上下界的，所以能找到 a,b 使得
\[\frac{x}{{\sqrt {1 + a{x^2}} }} \leqslant \sin x \leqslant \frac{x}{{\sqrt {1 + b{x^2}} }}\]

kuing

回复 5# icesheep

you are right^

其妙

回复 3# kuing
此思路我也有所闪现，可惜一闪而过，甚至还想过反正切的导数呢，还有什么泰勒之类的，还是懒得动脑了，作罢了，

kuing

如果那个系数再小一点，$x$ 就不能是 $[0,\pi/2]$ 了，要缩小区间，于是还可以这样玩：
求 $k$ 的取值范围，使得存在 $\veps>0$ 使得以下不等式对 $x\in[0,\veps]$ 恒成立
\[\frac x{\sqrt{1+kx^2}}\leqslant\sin x.\]

kuing

回复 8# kuing

运用刚才求导的结果，应该是 $k>1/3$。

战巡

回复  kuing

运用刚才求导的结果，应该是 $k>1/3$。
kuing 发表于 2013-10-27 16:58

   
嗯...直接对$\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}$泰勒展开...
得到
\[\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{3}+\frac{x^2}{15}+\frac{2x^4}{189}+...\]
反正后面全是正的
不过证明起来倒麻烦些，这样可以迅速观察出结果

kuing

回复 10# 战巡

牛笔……还能这样子展开……

isee

嗯...直接对$\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}$泰勒展开...
得到
\[\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1 ...
战巡 发表于 2013-10-27 17:20

果然看到展开式了……

其妙

果然看到展开式了……
isee 发表于 2013-10-27 22:11

可惜我用的是那个根号展开式。

kuing

嗯...直接对$\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}$泰勒展开...
得到
\[\frac{1}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}=\frac{1}{3}+\frac{x^2}{15}+\frac{2x^4}{189}+...\]
反正后面全是正的
不过证明起来倒麻烦些，这样可以迅速观察出结果
战巡 发表于 2013-10-27 17:20

话说具体是怎么样展开的，要求n阶导数求极限？抑或是有更快捷的办法？

战巡

回复 14# kuing

应该不是的，直接展开是做不下去的，每一项都是无穷大
它是先展开$\frac{x^2}{\sin^2(x)}$，然后每一项除以$x^2$

kuing

回复  kuing

应该不是的，直接展开是做不下去的，每一项都是无穷大
它是先展开$\frac{x^2}{\sin^2(x)}$， ...
战巡 发表于 2013-10-31 01:59

$\frac{x^2}{\sin^2(x)}$ 这个好像也不容易展开耶……

kuing

回复 16# kuing

可不可以这样玩
\begin{align*}
\frac{x^2}{\sin^2x}&=\frac{2x^2}{1-\cos 2x} \\
&=\frac{2x^2}{\frac{(2x)^2}{2!}-\frac{(2x)^4}{4!}+\frac{(2x)^6}{6!}-\frac{(2x)^8}{8!}+\cdots}\\
&=\frac1{1-\frac{2^3}{4!}x^2+\frac{2^5}{6!}x^4-\frac{2^7}{8!}x^6+\cdots },
\end{align*}
设
\[(a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots) \left(1-\frac{2^3}{4!}x^2+\frac{2^5}{6!}x^4-\frac{2^7}{8!}x^6+\cdots\right)=1,\]
然后将 $a_i$ 逐个解出？

如果可以这样的话，那么奇数项的 $a_i$ 显然为零，但怎么证明其余都为正？

其妙

回复 17# kuing
我觉得应该就是你这样干的！

kuing

回复 18# 其妙

问题还没解决……怎么证明没有负系数……

其妙

回复 19# kuing
我指的是最后一行很大可能是你那么干的，至于开始是不是你那样干的就不知道了……
，还有，假如有负数也不要紧，那是高阶无穷小？