Демидович — задача 1289

1. 1

   Пункт а)

   Рассмотрим функцию $f(x) = e^x - 1 - x$. Её производная: $f'(x) = e^x - 1$.
   При $x > 0$ имеем $f'(x) > 0$, функция строго возрастает. Так как $f(0) = 0$, то для $x > 0$ справедливо $f(x) > 0$.
   При $x < 0$ имеем $f'(x) < 0$, функция строго убывает. Так как $f(0) = 0$, то для $x < 0$ значение функции также больше нуля: $f(x) > 0$.
   Отсюда $e^x - 1 - x > 0 \implies e^x > 1 + x$ для всех $x \ne 0$.
   Геометрическая интерпретация: График функции $y = e^x$ лежит строго выше своей касательной $y = 1 + x$, проведённой в точке $x = 0$ (что является следствием строгой выпуклости экспоненты вниз).
2. 2

   Пункт б)

   Докажем правую часть: $\ln(1+x) < x$. Пусть $f(x) = x - \ln(1+x)$.
   $f'(x) = 1 - \frac{1}{1+x} = \frac{x}{1+x}$. При $x > 0$ производная $f'(x) > 0$, функция строго возрастает. $f(0) = 0 \implies f(x) > 0 \implies x > \ln(1+x)$.
   Докажем левую часть: $x - \frac{x^2}{2} < \ln(1+x)$. Пусть $g(x) = \ln(1+x) - x + \frac{x^2}{2}$.
   $g'(x) = \frac{1}{1+x} - 1 + x = \frac{1 - (1-x^2)}{1+x} = \frac{x^2}{1+x}$. При $x > 0$ имеем $g'(x) > 0 \implies g(x) > g(0) = 0 \implies \ln(1+x) > x - \frac{x^2}{2}$.
   Геометрическая интерпретация: На интервале $x > 0$ график логарифмической кривой $y = \ln(1+x)$ заключён между параболой $y = x - \frac{x^2}{2}$ (снизу) и прямой $y = x$ (сверху, это касательная в нуле).
3. 3

   Пункт в)

   Докажем правую часть: $\sin x < x$. Пусть $f(x) = x - \sin x$. $f'(x) = 1 - \cos x$. Для $x > 0$ (за исключением точек $2\pi k$) $f'(x) > 0$. Так как $f(0) = 0$, функция строго возрастает и $f(x) > 0 \implies x > \sin x$.
   Докажем левую часть: $x - \frac{x^3}{6} < \sin x$. Пусть $g(x) = \sin x - x + \frac{x^3}{6}$.
   Её производные: $g'(x) = \cos x - 1 + \frac{x^2}{2}$ и $g''(x) = -\sin x + x = f(x)$.
   Как мы только что доказали, $f(x) > 0$ при $x > 0$. Следовательно, $g''(x) > 0$, а значит $g'(x)$ строго возрастает.
   Так как $g'(0) = 0$, то при $x > 0$ имеем $g'(x) > 0$. Это значит, что функция $g(x)$ строго возрастает.
   Так как $g(0) = 0$, то при $x > 0$ справедливо $g(x) > 0 \implies \sin x > x - \frac{x^3}{6}$.
   Геометрическая интерпретация: Для $x > 0$ график синусоиды $y = \sin x$ лежит ниже прямой $y = x$ (своей касательной) и выше кубической параболы $y = x - \frac{x^3}{6}$.
4. 4

   Пункт г)

   Рассмотрим функцию $f(x) = \operatorname{tg} x - x - \frac{x^3}{3}$.
   Найдём её производную:$$f'(x) = \frac{1}{\cos^2 x} - 1 - x^2$$По основному тригонометрическому тождеству $\frac{1}{\cos^2 x} = 1 + \operatorname{tg}^2 x$, тогда:$$f'(x) = \operatorname{tg}^2 x - x^2 = (\operatorname{tg} x - x)(\operatorname{tg} x + x)$$На интервале $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ известно, что $\operatorname{tg} x > x > 0$. Следовательно, обе скобки положительны, и $f'(x) > 0$.
   Функция $f(x)$ строго возрастает. Так как $f(0) = 0$, то $f(x) > 0$ при $0 < x < \frac{\pi}{2}$.
   Отсюда $\operatorname{tg} x > x + \frac{x^3}{3}$.
   Геометрическая интерпретация: На интервале $\left(0, \frac{\pi}{2}\right)$ график функции $y = \operatorname{tg} x$ лежит строго выше кубической кривой $y = x + \frac{x^3}{3}$.

Что и требовалось доказать