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Méthode de preuve d'inégalité
méthode comparative
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Se réfère principalement à la structure de différence par rapport à 0
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parce que a > b a > bun>b ⇔ \Flèchegauchedroite⇔ a − b > 0 ab>0un−b>0 Donc pour prouvera > b a>bun>b , il suffit de prouver quea − b > 0 ab>0un−b>0 ,
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De même, pour prouver que a < b a < bun<b , il suffit de prouver quea − b < 0 ab<0un−b<0
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Cette méthode appartient à la méthode de construction et peut utiliser la fonction pour prouver l'inégalité
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Couramment utilisé dans la preuve des inégalités d'entiers et de fractions polynomiales
exemple
- ( x + 1 ) ( x + 2 ) (x+1)(x+2)( x+1 ) ( x+2 ) avecxxtaille de x
- y = ( x + 1 ) ( x + 2 ) − xy=(x+1)(x+2)-xoui=( x+1 ) ( x+2 )−x =x 2 + 2 x + 2 x^2+2x+2X2+2x _+2 =( x + 1 ) 2 + 1 ⩾ 1 > 0 (x+1)^2+1\geqslant{1}>0( x+1 )2+1⩾1>0
- Donc ( x + 1 ) ( x + 2 ) > x (x+1)(x+2)>x( x+1 ) ( x+2 )>X
exemple
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若b , m 1 , m 2 > 0 b,m_1,m_2>0b ,m1,m2>0 ; une < b , m 1 < m 2 une<b,m_1<m_2un<b ,m1<m2,则a + m 1 b + m 1 < a + m 2 b + m 2 \frac{a+m_1}{b+m_1}<\frac{a+m_2}{b+m_2}b + m1une + m1<b + m2une + m2
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prouver:
- 构造y = a + m 1 b + m 1 − a + m 2 b + m 2 y=\frac{a+m_1}{b+m_1}-\frac{a+m_2}{b+m_2}oui=b + m1une + m1−b + m2une + m2
- = ( une − b ) ( m 2 − m 1 ) ( b + m 1 ) ( b + m 2 ) =\frac{(ab)(m_2-m_1)}{(b+m_1)(b+m_2)}=( b + m1) ( b + m2)( une − b ) ( m2− m1)
- 由b , m 1 , m 2 > 0 b,m_1,m_2>0b ,m1,m2>0有( b + m 1 ) ( b + m 2 ) > 0 (b+m_1)(b+m_2)>0( b+m1) ( b+m2)>0
- 由a < b , m 1 < m 2 a<b,m_1<m_2un<b ,m1<m2Respectivement a − b < 0 , m 2 − m 1 > 0 ab<0,m_2-m_1>0un−b<0 ,m2−m1>0
- 所以y < 0 y<0oui<0 ,从而a + m 1 b + m 1 < a + m 2 b + m 2 \frac{a+m_1}{b+m_1}<\frac{a+m_2}{b+m_2}b + m1une + m1<b + m2une + m2
- 构造y = a + m 1 b + m 1 − a + m 2 b + m 2 y=\frac{a+m_1}{b+m_1}-\frac{a+m_2}{b+m_2}oui=b + m1une + m1−b + m2une + m2
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Cet exemple montre que lorsque x ( x > 0 ) x(x>0)x ( x>0 ) augmente,y = a + xb + x , ( b > 0 ) y=\frac{a+x}{b+x},(b>0)oui=b + xune + x,( b>0 ) augmente également ;
- En particulier a = 0 , b = 1 a=0,b=1un=0 ,b=1 ,f ( x ) = x 1 + xf(x)=\frac{x}{1+x}f ( x )=1 + xxDans [ 0 , + ∞ ) [0,+\infin)[ 0 ,+ ∞ ) croissant (f ( x ) = x 1 + x = 1 x − 1 + 1 f(x)=\frac{x}{1+x}=\frac{1}{x^{-1} + 1}f ( x )=1 + xx=X− 1 +11évidemment augmenté)
- 由f ( x ) = x 1 + xf(x)=\frac{x}{1+x}f ( x )=1 + xxDans [ 0 , + ∞ ] [0,+\infin][ 0 ,+ ∞ ] et l'inégalité en valeur absolue∣ a ∣ + ∣ b ∣ ⩾ ∣ a + b ∣ |a|+|b|\geqslant{|a+b|}∣ une ∣+∣ b ∣⩾∣ un+b ∣ a une conclusion : sia , b ∈ R a,b\in\mathbb{R}un ,b∈R ,∣ a ∣ + ∣ b ∣ 1 + ∣ a ∣ + ∣ b ∣ \frac{|a|+|b|}{1+|a|+|b|}1 + ∣ une ∣ + ∣ b ∣∣ une ∣ + ∣ b ∣ ⩾ \geqslant⩾ ∣ a + b ∣ 1 + ∣ a + b ∣ \frac{|a+b|}{1+|a+b|}1 + ∣ une + b ∣∣ une + b ∣
droit des affaires
- 若a , b > 0 a,b>0un ,b>0 ,ab > 1 \frac{a}{b}>1bun>1 ,则a > b a>bun>b ;
- 若a , b > 0 a,b>0un ,b>0 ,ab < 1 \frac{a}{b}<1bun<1则a < b a<bun<b
méthode globale
- Lors de la preuve d'une inégalité, celle-ci est souvent dérivée étape par étape des conditions connues de la proposition, en utilisant des axiomes, des théorèmes, etc., et finalement la proposition à prouver est appelée méthode globale.
exemple
- 设a , b , c > 0 a,b,c>0un ,b ,c>0 et non congruent (ne satisfaisant pasa = b = ca=b=cun=b=c ),则( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) > 8 abc (a+b)(b+c)(c+a)>8abc( un+b ) ( b+c ) ( c+une )>8abc _ _
- Preuve : A partir des conditions que nous connaissons a , b , ca,b,cun ,b ,Il y a au moins deux nombres dans c qui ne sont pas égaux, alors soita ≠ ba\neq{b}un=b , alors
- a + b > 2 ab a+b>2\sqrt{ab}un+b>2un B
- une + c ⩾ 2 avant JC a+c\geqslant{2\sqrt{bc}}un+c⩾2bc _
- c + une ⩾ 2 ca c+une\geqslant{2\sqrt{ca}}c+un⩾2c un
- 可见( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) > 8 abc (a+b)(b+c)(c+a)>8abc( un+b ) ( b+c ) ( c+une )>8abc _ _
- Remarque : Si a = b = ca=b=c est autoriséun=b=c ,则( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) ⩾ 8 abc (a+b)(b+c)(c+a)\geqslant 8abc( un+b ) ( b+c ) ( c+une )⩾8abc _ _
Analyse
- Parfois, il est possible de partir de la proposition à prouver, d'analyser les conditions suffisantes (souvent nécessaires et suffisantes) pour l'établissement de la proposition , et d'utiliser les théorèmes connus pour en déduire les conditions ou les évidences ou les théorèmes donnés par la proposition. proposition. Cette méthode est appelée méthode d’analyse
exemple
- Montrer que 2 + 7 < 3 + 6 \sqrt2+\sqrt7<\sqrt3+\sqrt62+7<3+6
- Analyse:
- ⇐ \Flèche gauche⇐ ( 2 + 7 ) 2 < ( 3 + 6 ) 2 (\sqrt2+\sqrt7)^2<(\sqrt3+\sqrt6)^2(2+7)2<(3+6)2
- ⇐ \Flèche gauche⇐ 2 + 2 14 + 7 < 3 + 2 18 + 6 2+2\sqrt{14}+7<3+2\sqrt{18}+62+214+7<3+218+6
- ⇐ \Flèche gauche⇐ 14 < 18 \sqrt{14}<\sqrt{18}14<18
- ⇐ \Flèche gauche⇐ 14 < 18 14 < 1814<18
- La dernière inégalité est évidemment vraie, ce qui peut pleinement montrer que l'inégalité d'origine est vraie
- Méthode globale :
- 14 < 18 14 < 1814<18 ⇒ \Flèche droite⇒ 14 < 18 \sqrt{14}<\sqrt{18}14<18 ⇒ \Flèche droite⇒ 2 + 2 14 + 7 < 3 + 2 18 + 6 2+2\sqrt{14}+7<3+2\sqrt{18}+62+214+7<3+218+6 ⇒ \Flèche droite⇒ ( 2 + 7 ) 2 < ( 3 + 6 ) 2 (\sqrt2+\sqrt7)^2<(\sqrt3+\sqrt6)^2(2+7)2<(3+6)2 ⇒ \Flèche droite⇒ 2 + 7 < 3 + 6 \sqrt2+\sqrt7<\sqrt3+\sqrt62+7<3+6
- Contraste : Dans cet exemple, l'utilisation de la méthode d'analyse est beaucoup plus naturelle et simple
résumé
- Les inégalités qui peuvent être prouvées par la méthode synthétique peuvent également être prouvées par la méthode analytique, et vice versa.
- Pour des problèmes complexes, les méthodes analytiques et synthétiques sont parfois combinées
preuve par contradiction
- Supposons que la proposition à prouver est incorrecte, puis utilisez les axiomes, théorèmes et conditions existants de la proposition pour déduire les conclusions qui sont dans les conditions de la proposition ou les théorèmes qui ont été prouvés ou les faits sont contradictoires, pour expliquez que l'hypothèse n'est pas vraie, et expliquez également que la proposition originale est établie, cette méthode est appelée preuve par contradiction
- La preuve par contradiction part de l'opposé de la conclusion et prouve que la négation de la proposition est une proposition fausse pour montrer que la proposition originale est vraie
- Ce n'est que lorsqu'il n'existe qu'un nombre limité de conclusions à l'antithèse et qu'il est prouvé que ces situations opposées ne sont pas établies (impossibles) que la proposition originale peut être prouvée par la méthode des contradictions.
exemple
- 若a ⩾ b > 0 a\geqslant{b}>0un⩾b>0 ,n ∈ N + , n ⩾ 2 n\in\mathbb{N^+},n\geqslant2n∈N+ ,n⩾2 , 则an ⩾ bn \sqrt[n]{a}\geqslant{\sqrt[n]{b}}nun⩾nb
- Preuve : Supposons un < bn \sqrt[n]{a}<\sqrt[n]{b}nun<nb,则a < b a<bun<b , qui est la même que la conditiona ⩾ b > 0 a\geqslant{b}>0un⩾b>0 contradiction, donc la proposition originale est valable (an ⩾ bn \sqrt[n]{a}\geqslant{\sqrt[n]{b}}nun⩾nb)
exemple
- 若a + b + c > 0 , abc > 0 , ab + bc + ca > 0 a+b+c>0,abc>0,ab+bc+ca>0un+b+c>0 ,ab c>0 ,un B+bc _+c un>0 ,则a , b , c > 0 a,b,c>0un ,b ,c>0
- Preuve : Soit a > 0 a>0un>0 n'est pas vrai, c'est-à-direa ⩽ 0 a\leqslant0un⩽0
- une < 0 une<0un<0 heures
- par abc > 0 abc>0ab c>0有bc < 0 avant JC<0bc _<0 ,
- 由a + b + c > 0 a+b+c>0un+b+c>0 oub + c > − a > 0 b+c>-a>0b+c>− un>0 ,une ( b + c ) < 0 une(b+c)<0une ( b+c )<0 ,即ab + ac < 0 ab+ac<0un B+un c<0
- Par exemple, ab + ac + bc < 0 ab+ac+bc<0un B+un c+bc _<0 , ce qui contredit la condition de la proposition
- une = 0 une=0un=0 heures
- abc = 0 abc=0ab c=0 et la condition propositionnelleabc > 0 abc>0ab c>0 contradiction
- En résumé, a ⩽ 0 a\leqslant 0un⩽0 n'est pas vrai, donca > 0 a>0un>0
- De la même manière, on peut prouver que b > 0 , c > 0 b>0,c>0b>0 ,c>0
- La proposition originale est donc valable
- une < 0 une<0un<0 heures
mise à l'échelle
- Parfois, il est nécessaire de mettre à l'échelle (agrandir ou réduire) correctement la valeur de l'inégalité prouvée pour la rendre plus facile à prouver (par exemple, à partir du formulaire) et cette méthode est appelée méthode de mise à l'échelle .
- La clé de la méthode de mise à l'échelle est d'évoluer correctement
- Si l'inégalité à prouver contient une fraction (le numérateur et le dénominateur ont le même signe ), il existe généralement 2 méthodes de mise à l'échelle
- Augmentez le dénominateur et réduisez la valeur de la fraction
- Réduisez le dénominateur et agrandissez la valeur de la fraction
- Mise à l'échelle multimoléculaire similaire
- Si l'inégalité à prouver contient une fraction (le numérateur et le dénominateur ont le même signe ), il existe généralement 2 méthodes de mise à l'échelle
exemple
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若a 1 , a 2 , a 3 , a 4 > 0 a_1,a_2,a_3,a_4>0un1,un2,un3,un4>0 ,则0<∑ i = 1 4 ( ai ∑ j ∈ S aj ) {\sum_{i=1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j }\droite)}∑je = 14(∑j ∈S _unjunje) <2,oùS = { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i + 2 ) % 4 } } S=\{\{1,2,3,4\}-\{ {(i + 2)\%4\}}\}S={ { 1 ,2 ,3 ,4 }−{ ( je+2 ) %4 } }
- Une autre description de la conclusion : 0 < ∑ i = 1 4 aiaj 0 + aj 1 + aj 2 \displaystyle {0<\sum_{i=1}^{4}\frac{a_i}{a_{j_0}+a_ { j_1}+a_{j_2}}}0<je = 1∑4unj0+unj1+unj2unje,où j 0 = je , j 1 = ( je + 1 ) % 4 , j 2 = ( je + 2 ) % 4 j_0=i,j_1=(i+1)\%4,j_2=(i+2) \%Quatrej0=je ,j1=( je+1 ) %4 ,j2=( je+2 ) %4
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Nom : 设m = ∑ i = 1 4 ( ai ∑ j ∈ S aj ) m={\sum_{i=1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S} }a_j}\right)}m=∑je = 14(∑j ∈S _unjunje) ,
- Vous souhaiterez peut-être agrandir le dénominateur à ∑ j = 1 4 aj \sum_{j=1}^4a_j∑j = 14unj, qui permet l'addition de fractions, la nouvelle formule est enregistrée comme m ′ = ∑ j = 1 4 aj ∑ j = 1 4 aj = 1 m'=\frac{\sum_{j=1}^{4}a_{ j}}{\sum_{j=1}^{4}a_{j}}=1m′=∑j = 14unj∑j = 14unj=1 ,而m ′ < m m'<mm′<m ,则1 < m 1<m1<m
- 记m 1 = a 1 a 1 + a 2 , m 2 = a 2 a 1 + a 2 m_1=\frac{a_1}{a_1+a_2},m_2=\frac{a_2}{a_1+a_2}m1=un1+ un2un1,m2=un1+ un2un2, m 3 = une 3 une 3 + une 4 , m 4 = une 4 une 3 + une 4 m_3=\frac{a_3}{a_3+a_4},m_4=\frac{a_4}{a_3+a_4}m3=un3+ un4un3,m4=un3+ un4un4
- 显然a 1 a 1 + a 2 + a 4 < m 1 \frac{a_1}{a_1+a_2+a_4}<m_1un1+ un2+ un4un1<m1, une 2 une 1 + une 2 + une 3 < m 2 \frac{a_2}{a_1+a_2+a_3}<m_2un1+ un2+ un3un2<m2, une 3 une 2 + une 3 + une 4 < m 3 \frac{a_3}{a_2+a_3+a_4}<m_3un2+ un3+ un4un3<m3, une 4 une 1 + une 3 + une 4 < m 4 \frac{a_4}{a_1+a_3+a_4}<m_4un1+ un3+ un4un4<m4
- Addition équivalente des quatre inégalités ci-dessus, nous obtenons m < ∑ i = 1 4 mi = a 1 a 1 + a 2 + a 2 a 1 + a 2 + a 3 a 3 + a 4 + a 4 a 3 + a 4m <\sum_{i=1}^4m_i=\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+\frac{a_3}{a_3+a_4}+\frac{a_4 }{ a_3+a_4}m<∑je = 14mje=un1+ un2un1+un1+ un2un2+un3+ un4un3+un3+ un4un4= 2 22
- 所以1 < m < 2 1<m<21<m<2 Les inégalités sont prouvées
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若a 1 , a 2 , a 3 , a 4 > 0 a_1,a_2,a_3,a_4>0un1,un2,un3,un4>0 ,则0<∑ i = 1 4 ( ai ∑ j ∈ S aj ) {\sum_{i=1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S}}a_j }\droite)}∑je = 14(∑j ∈S _unjunje) <2,oùS = { { 1 , 2 , 3 , 4 } − { ( i + 2 ) % 4 } } S=\{\{1,2,3,4\}-\{ {(i + 2)\%4\}}\}S={ { 1 ,2 ,3 ,4 }−{ ( je+2 ) %4 } }
- Une autre description de la conclusion : 0 < ∑ i = 1 4 aiaj 0 + aj 1 + aj 2 \displaystyle {0<\sum_{i=1}^{4}\frac{a_i}{a_{j_0}+a_ { j_1}+a_{j_2}}}0<je = 1∑4unj0+unj1+unj2unje,où j 0 = je , j 1 = ( je + 1 ) % 4 , j 2 = ( je + 2 ) % 4 j_0=i,j_1=(i+1)\%4,j_2=(i+2) \%Quatrej0=je ,j1=( je+1 ) %4 ,j2=( je+2 ) %4
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Nom : 设m = ∑ i = 1 4 ( ai ∑ j ∈ S aj ) m={\sum_{i=1}^{4}\left(\frac{a_i}{\sum_{j\in{S} }a_j}\right)}m=∑je = 14(∑j ∈S _unjunje) ,
- Vous souhaiterez peut-être agrandir le dénominateur à ∑ j = 1 4 aj \sum_{j=1}^4a_j∑j = 14unj, qui permet l'addition de fractions, la nouvelle formule est enregistrée comme m ′ = ∑ j = 1 4 aj ∑ j = 1 4 aj = 1 m'=\frac{\sum_{j=1}^{4}a_{ j}}{\sum_{j=1}^{4}a_{j}}=1m′=∑j = 14unj∑j = 14unj=1 ,而m ′ < m m'<mm′<m ,则1 < m 1<m1<m
- 记m 1 = a 1 a 1 + a 2 , m 2 = a 2 a 1 + a 2 m_1=\frac{a_1}{a_1+a_2},m_2=\frac{a_2}{a_1+a_2}m1=un1+ un2un1,m2=un1+ un2un2, m 3 = une 3 une 3 + une 4 , m 4 = une 4 une 3 + une 4 m_3=\frac{a_3}{a_3+a_4},m_4=\frac{a_4}{a_3+a_4}m3=un3+ un4un3,m4=un3+ un4un4
- 显然a 1 a 1 + a 2 + a 4 < m 1 \frac{a_1}{a_1+a_2+a_4}<m_1un1+ un2+ un4un1<m1, une 2 une 1 + une 2 + une 3 < m 2 \frac{a_2}{a_1+a_2+a_3}<m_2un1+ un2+ un3un2<m2, une 3 une 2 + une 3 + une 4 < m 3 \frac{a_3}{a_2+a_3+a_4}<m_3un2+ un3+ un4un3<m3, une 4 une 1 + une 3 + une 4 < m 4 \frac{a_4}{a_1+a_3+a_4}<m_4un1+ un3+ un4un4<m4
- Addition équivalente des quatre inégalités ci-dessus, nous obtenons m < ∑ i = 1 4 mi = a 1 a 1 + a 2 + a 2 a 1 + a 2 + a 3 a 3 + a 4 + a 4 a 3 + a 4m <\sum_{i=1}^4m_i=\frac{a_1}{a_1+a_2}+\frac{a_2}{a_1+a_2}+\frac{a_3}{a_3+a_4}+\frac{a_4 }{ a_3+a_4}m<∑je = 14mje=un1+ un2un1+un1+ un2un2+un3+ un4un3+un3+ un4un4= 2 22
- 所以1 < m < 2 1<m<21<m<2 Les inégalités sont prouvées
exemple
- La méthode de mise à l'échelle est pratique et efficace pour la preuve de certaines inégalités de corrélation logarithmique
- Exemple : prouver que log 2 3 > log 3 4 \log_2{3}>\log_3{4}salut g23>salut g34
- Par la propriété logarithmique log ambn = nm − 1 log ab \log_{a^m}b^n=nm^{-1}\log_{a}bsalut gunmbn=nm _− 1salut gunb , sinm − 1 = 1 nm^{-1}=1nm _− 1=1 , c'est à direm = nm = nm=n时,log ambn = log ab \log_{a^m}b^n=\log_{a}bsalut gunmbn=salut gunb
- journal 2 3 = journal 2 3 3 3 = journal 8 27 \log_2{3}=\log_{2^3}{3^3}=\log_8{27}salut g23=salut g2333=salut g827 >journal 9 27 \log_{9}{27}salut g927
- journal 3 4 = journal 3 2 4 2 = journal 9 16 \log_3{4}=\log_{3^2}{4^2}=\log_{9}{16}salut g34=salut g3242=salut g916 <journal 9 27 \log_9{27}salut g927
- 可见log 3 4 < journal 9 27 < journal 2 3 \log_3{4}<\log_9{27}<\log_2{3}salut g34<salut g927<salut g23
- 即log 2 3 > journal 3 4 \log_2{3}>\log_3{4}salut g23>salut g34
Géométrie
- L'application de la géométrie est également un moyen important de prouver l'inégalité
- Habituellement, la géométrie correspondante (telle qu'un cercle unitaire, un rectangle, etc.) est construite en fonction des expressions comparées, et la comparaison des attributs géométriques (surface, etc.) est utilisée pour prouver la relation de taille entre les expressions.
exemple
- Nom : 0 < sin x < x < tan x 0<\sin{x}<x<\tan{x}0<péchéX<X<bronzerx ,x ∈ ( 0 , π 2 ) x\in(0,\frac{\pi}{2})X∈( 0 ,2p)
- Dans le système de coordonnées cartésiennes x O y xOyEn x O y , comme cercle unité O (rayonr = 1 r = 1r=1 )
- Will Angle xxLe bord de départde x est placé enxxaxe x , soit xxL'arête de départ de x coupe le cercleOOÔ pointAAUN
- Angle xxLes côtés terminauxde x coupent le cercleOOO au point B, passant parAAUn pourxxLa ligne verticale de l'axe des x coupeOB OBRallonge OB versCC_C (OC ⩾ 1 OC\geqslant{1}CO⩾1 ); au-dessus du pointBBB pourxxLa ligne perpendiculaire de l' axe des x se coupe au pointDDD
- Explication des symboles : tri ABC , secte ABC triABC, secteABCt r i A BC ,la sec t A BC représente respectivement le triangle ABC et le secteur ABC
- S tri OAB = 1 2 ∣ OA ∣ ∣ BD ∣ S_{triOAB}=\frac{1}{2}|OA||BD|St r i O A B=21∣ O A ∣∣ B D ∣ =1 2 péché x \frac{1}{2}\sin{x}21péchéX
- S sec OAB = 1 2 x ∣ OA ∣ 2 = 1 2 x S_{secOAB}=\frac{1}{2}x|OA|^2=\frac{1}{2}xSsec OAB _ _=21x ∣ O A ∣2=21X
- S tri OAC = 1 2 ∣ OA ∣ ∣ AC ∣ S_{triOAC}=\frac{1}{2}|OA||AC|St r i O A C=21∣ O A ∣∣ A C ∣ =1 2 tan x \frac{1}{2}\tan{x}21bronzerX
- D'un point de vue géométrique, il est évident que 0 < S tri ABC < S sect ABC < S tri OAC 0<S_{tri{ABC}}<S_{sectABC}<S_{triOAC}0<St r i A BC<Ssec t A BC<St r i O A C,从而0 < 1 2 sin x < 1 2 x < 1 2 tan x 0<\frac{1}{2}\sin{x}<\frac{1}{2}x<\frac{1} {2}\tan{x}0<21péchéX<21X<21bronzerx ,即0 < péché x < x < bronzage x 0<\sin{x}<x<\tan{x}0<péchéX<X<bronzerX
exemple
- Montrer que ∣ sin x ∣ ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{|x|}∣péchéx ∣⩽∣ x ∣Pour x ∈R x\in\mathbb{R}X∈R Heng a été créé
- Preuve : Nous utiliserons la méthode de synthèse pour prouver que
- 由上例 : 0 < sin x < x < tan x 0<\sin{x}<x<\tan{x}0<péchéX<X<bronzerx ,x ∈ ( 0 , π 2 ) x\in(0,\frac{\pi}{2})X∈( 0 ,2p) ; etx = 0 x=0X=0 heuressin x = sin 0 = 0 \sin{x}=\sin{0}=0péchéX=péché0=0 , satisfaisant∣ sin 0 ∣ = ∣ 0 ∣ |\sin{0}|=|0|∣péché0 ∣=∣0∣
- 当x ∈ [ 0 , π 2 ) x\in[0,\frac{\pi}{2})X∈[ 0 ,2p)时,∣ sin x ∣ = sin x ⩽ x = ∣ x ∣ |\sin{x}|=\sin{x}\leqslant{x}=|x|∣péchéx ∣=péchéX⩽X=∣ x ∣
- 当x ∈ ( − π 2 , 0 ) x\in(-\frac{\pi}{2},0)X∈( -2p,0 )时,− x ∈ ( 0 , π 2 ) -x\in(0,\frac{\pi}{2})−x _∈( 0 ,2p) , par( 1. ) (1.)( 1. )和sin − x = sin x \sin{-x}=\sin{x}péché−x _=péchéx montre :∣ sin ( − x ) ∣ ⩽ ∣ − x ∣ |\sin{(-x)}|\leqslant{|-x|}∣péché( − X ) ∣⩽∣−x ∣ ,即∣ sin x ∣ ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{|x|}∣péchéx ∣⩽∣ x ∣
- 当∣ x ∣ ⩾ π 2 |x|\geqslant{\frac{\pi}{2}}∣ x ∣⩾2p, π 2 ⩽ ∣ X ∣ {\frac{\pi}{2}}\leqslant|x|2p⩽∣ x ∣ , et∣ sin x ∣ ⩽ 1 |\sin{x}|\leqslant{1}∣péchéx ∣⩽1 pour n'importe quelxxx est vrai, donc∣ sin x ∣ ⩽ 1 < π 2 ⩽ ∣ x ∣ |\sin{x}|\leqslant{1}<\frac{\pi}{2}\leqslant{|x|}∣péchéx ∣⩽1<2p⩽∣ x ∣ ,即∣ sin x ∣ < ∣ x ∣ |\sin{x}|<|x|∣péchéx ∣<∣ x ∣
- En résumé, la proposition originale est établie
- 由上例 : 0 < sin x < x < tan x 0<\sin{x}<x<\tan{x}0<péchéX<X<bronzerx ,x ∈ ( 0 , π 2 ) x\in(0,\frac{\pi}{2})X∈( 0 ,2p) ; etx = 0 x=0X=0 heuressin x = sin 0 = 0 \sin{x}=\sin{0}=0péchéX=péché0=0 , satisfaisant∣ sin 0 ∣ = ∣ 0 ∣ |\sin{0}|=|0|∣péché0 ∣=∣0∣