0158-2012 东新复 数学 P22

微分积分 微积分 不等式证明 泰勒展开应用

(問1) $f(x)=x-\sin x$ とする．実数 $x\ge 0$ に対して，

$$f(x)\ge 0$$

であることを証明せよ．

(問2) 実数 $x\ge 0$ に対して，以下の4つの不等式が成り立つことを証明せよ．

$$1-\frac{x^2}{2}\le \cos x(1)$$ $$x-\frac{x^3}{6}\le \sin x(2)$$ $$\cos x\le 1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}(3)$$ $$\sin x\le x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}(4)$$

(問3) $\sin \frac{1}{10}$ の小数点以下上位6桁の値を求めよ．

(問4) $\cos \left(\frac{\pi }{6}\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}$ を用いて，

$$\begin{array}{rl}2-\sqrt{3}& \le {\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2\\ & \le 6-2\sqrt{3}\sqrt{1+\sqrt{3}}\end{array}$$

であることを証明せよ．

【注意】：(問2) が解けていなくても，(問3)，(問4) を解く際に，不等式 (1)-(4) を用いて良い．

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解答：

(問1)
$f(x)=x-\sin x(x\ge 0)$ に対して，

$$f^{\prime }(x)=1-\cos x\ge 0$$

$f(x)$ は $x\ge 0$ で単調増加．$f(0)=0$ より，$x\ge 0$ において，

$$f(x)\ge 0$$

(証明終)

(問2)
(1) $g_1(x)=\cos x-\left(1-\frac{x^2}{2}\right)$ とおく．

$$g_1^{\prime }(x)=-\sin x+x=f(x)\ge 0$$

$g_1(x)$ は単調増加，$g_1(0)=0$ より $g_1(x)\ge 0$．よって (1) は成立．

(2) $g_2(x)=\sin x-\left(x-\frac{x^3}{6}\right)$ とおく．

$$\begin{array}{rl}{g}_2^{\prime }(x)& =\cos x-1+\frac{x^2}{2}\\ & =g_1(x)\\ & \ge 0\end{array}$$

$g_2(x)$ は単調増加，$g_2(0)=0$ より $g_2(x)\ge 0$．よって (2) は成立．

(3) $g_3(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cos x$ とおく．

$$\begin{array}{rl}{g}_3^{\prime }(x)& =-x+\frac{x^3}{6}+\sin x\\ & =g_2(x)\\ & \ge 0\end{array}$$

$g_3(x)$ は単調増加，$g_3(0)=0$ より $g_3(x)\ge 0$．よって (3) は成立．

(4) $g_4(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\sin x$ とおく．

$$\begin{array}{rl}{g}_4^{\prime }(x)& =1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\cos x\\ & =g_3(x)\\ & \ge 0\end{array}$$

$g_4(x)$ は単調増加，$g_4(0)=0$ より $g_4(x)\ge 0$．よって (4) は成立．
(証明終)

(問3)
(2), (4) に $x=0.1$ を代入する．

$$\begin{array}{rl}0.1-\frac{0.1^3}{6}& \le \sin 0.1\\ & \le 0.1-\frac{0.1^3}{6}+\frac{0.1^5}{120}\end{array}$$ $$\begin{array}{rl}0.1-0.0001666\dots & \le \sin 0.1\\ & \le 0.1-0.0001666\cdots +0.00000008\dots \end{array}$$ $$0.0998333\cdots \le \sin 0.1\le 0.0998334\dots$$

よって，小数点以下上位6桁の値は，

$$\boxed{0.099833}$$

(問4)
(1) に $x=\frac{\pi }{6}$ を代入し，$\cos \frac{\pi }{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ を用いる．

$$1-\frac{1}{2}{\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2\le \frac{\sqrt{3}}{2}$$ $$\begin{array}{rlr}2-{\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2& \le \sqrt{3}& \\ ⟹2-\sqrt{3}& \le {\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2\dots \text{①}& \end{array}$$

(3) に $x=\frac{\pi }{6}$ を代入する．

$$\frac{\sqrt{3}}{2}\le 1-\frac{1}{2}{\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2+\frac{1}{24}{\left(\frac{\pi }{6}\right)}^4$$

$t={\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2$ とおくと $t>0$ であり，

$$12\sqrt{3}\le 24-12t+t^2$$ $$t^2-12t+24-12\sqrt{3}\ge 0$$

方程式 $t^2-12t+24-12\sqrt{3}=0$ の解は，

$$\begin{array}{rl}t& =6\pm \sqrt{36-(24-12\sqrt{3})}\\ & =6\pm 2\sqrt{3(1+\sqrt{3})}\\ & =6\pm 2\sqrt{3}\sqrt{1+\sqrt{3}}\end{array}$$

$t={\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2<1$ であり，$6+2\sqrt{3}\sqrt{1+\sqrt{3}}>6$ であるため，

$$t\le 6-2\sqrt{3}\sqrt{1+\sqrt{3}}\dots \text{②}$$

①，②より，

$$\begin{array}{rl}2-\sqrt{3}& \le {\left(\frac{\pi }{6}\right)}^2\\ & \le 6-2\sqrt{3}\sqrt{1+\sqrt{3}}\end{array}$$

(証明終)

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题目考察的是利用导数证明不等式以及泰勒展开的截断误差应用。前两问通过构造函数并对其求导，利用一阶导数恒大于等于0得出函数单调递增，配合代入初值0时的函数值等于0即可完成递推式的证明。这四个不等式实际上对应了正弦和余弦函数麦克劳林公式的逐次逼近。第三问直接将变量代入前序证明的关于正弦函数的上下界不等式中，通过简单的代数计算将真实数值夹逼在极小的误差范围内，计算时保留足够的小数位数即可确定前6位的值。第四问则是将对应角度代入余弦函数的不等式组，将其转化为关于目标项的一元二次不等式，在解不等式时结合变量的实际大小范围（显然小于1）舍去偏大的根，即可得到所求的证明结论。