Visa att (integral-relation)

Visa olikheten

$\int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t - x + 1 < 0, x > 1$

Lösning:

$\int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t - x + 1 < 0 \Leftrightarrow \int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t < x - 1$

$\int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t$ innebär arean mellan kurvan $f (t) = \frac{\sin t}{t}$ och t-axeln i intervallet $1 \leq t \leq x$ .

Eftersom $f (t) < 1$ för alla $t$ så kommer arean $\int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t$ alltid vara mindre än $1 \cdot (x - 1) = x - 1$ .

Alltså: $\int_{1}^{x} \frac{\sin t}{t} d t - x + 1 < 0$ .

Är detta ett bra sätt att visa det? Känner mig skeptisk till det själv, som om det inte är tillräckligt utförligt.

Hej!

Definiera den kontinuerligt deriverbara funktionen

$f(x) = \int_{1}^{x}\frac{\sin t}{t}\,\text{d}t$ där $x \in [1,\infty)\ .$

Du vill visa att $f(x) - x \leq -1$ för alla $x \in [1,\infty)\ .$

Eftersom $|\frac{\sin t}{t}| \leq 1$ för alla $t$ så följer det att derivatan $f'(x) - 1$ är negativ för alla $x \in (1,\infty)\ .$ Funktionen $f(x) - x$ är alltså avtagande på intervallet $[1,\infty)$ vilket medför att

$f(x)-x \leq f(1)-1 = -1$

eftersom $f(1) = 0.$

Albiki

Svara