Задача 217 — Демидович

Указание

Найдите, чему равно и в каких границах лежит выражение

$∣ sin x_{2} - sin x_{1} ∣$

Воспользуйтесь формулой разности синусов:

$sin α - sin β = 2 cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2}$

Воспользуйтесь следующим неравенством из прото-задачи П-ссылка:

$∣ sin x ∣ \leq ∣ x ∣$

Решение

Рассмотрим два произвольных $x_{1}$ и $x_{2}$ из указанного в условии промежутка, такие, что $x_{2} > x_{1}$ . Нам нужно доказать, что

$f (x_{2}) > f (x_{1}) 2 x_{2} + sin x_{2} > 2 x_{1} + sin x_{1} 2 (x_{2} - x_{1}) + (sin x_{2} - sin x_{1}) > 0$

Рассмотрим, чему равно выражение (будем пользоваться свойствами модуля из П-ссылка):

$∣ sin x_{2} - sin x_{1} ∣ = 2 \leq 1 ∣ ∣ cos \frac{x _{2} + x _{1}}{2} ∣ ∣ ∣ ∣ sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} ∣ ∣ \leq \leq 2 ∣ ∣ sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} ∣ ∣$

Теперь воспользуемся неравенством $∣ sin α ∣ \leq ∣ α ∣$ из прото-задачи П-ссылка:

$∣ sin x_{2} - sin x_{1} ∣ \leq ∣ ∣ sin \frac{x _{2} - x _{1}}{2} ∣ ∣ \leq \frac{2}{2} ∣ x_{2} - x_{1} ∣$

$∣ sin x_{2} - sin x_{1} ∣ \leq ∣ x_{2} - x_{1} ∣$

От модуля справа можно избавиться, так как по условию $x_{2} > x_{1}$ .

$∣ sin x_{2} - sin x_{1} ∣ \leq x_{2} - x_{1}$

Разложим это неравенство по прото-задаче П-ссылка:

$- (x_{2} - x_{1}) \leq sin x_{2} - sin x_{1} \leq x_{2} - x_{1}$

Теперь прибавляем ко всем частям неравенства $2 (x_{2} - x_{1})$ :

$x_{2} - x_{1} \leq 2 (x_{2} - x_{1}) + (sin x_{2} - sin x_{1}) \leq 3 (x_{2} - x_{1})$

Но по условию $x_{2} - x_{1} > 0$ , поэтому:

$0 < x_{2} - x_{1} \leq 2 (x_{2} - x_{1}) + (sin x_{2} - sin x_{1})$

$0 < 2 (x_{2} - x_{1}) + (sin x_{2} - sin x_{1})$

А это неравенство и означает, что

$f (x_{2}) > f (x_{1})$

$■$

Зависимости

Свойства модуля

Самые полезные и часто требующиеся свойства модуля.

Упрощение модулей в неравенствах

Очень полезные соотношения для быстрого решения неравенств с модулями.

Неравенство синуса, тангенса и аргумента

216 218