tg x é maior que o comprimento do arco enxerga...

por **ogojy** » Sáb Abr 09, 2011 00:36

o arco chama x só por que foi assim que pensei o problema, desconsidere a relacão real entre o tamanho do arco e o angulo que ele enxerga.

Imagem

seja
s > 0
x > y
s + y > tg x
tão logo
s + x > tg x

queremos provar que tg x > x

por absurdo partamos de tg x ? x
temos

x ? tg x
e
s + x > tg x
para
s > 0
impossivel, um absurdo

tão logo
x ? tg x é falso

c. q. d.
tg x > x

eu que bolei essa demonstração. alguem ve algo de errado?

por **Guill** » Ter Mai 01, 2012 09:52

Bem interessante. No entanto, essa demonstração é inválida em certas partes da circunferência (em certos lugares do segundo, terceiro e quarto quadrante). Isso pode ser mostrado da seguinte maneira:

f(x)=tgx - x

$f'(x)=\frac{1}{cos^2 x}-1$

Observe que:

$\lim_{x\rightarrow\frac{-\pi}{2}} tgx - x = -\infty$

Isso mostra que essa função possui valores menores do que 0.

por **Guill** » Qua Mai 02, 2012 19:17

Prezado colega:

Estive revendo sua demonstração e encontrei uma falha nela:

ogojy escreveu:s + x > tg xparas > 0impossivel, um absurdo

Onde s + x > tg x, não é absurdo, mas sim uma verdade incontestável, já que, se s + y > tg x e y = x + n, para um valor n positivo qualquer. Por isso, me sinto na obrigação de criar uma nova demonstração para substituir essa:

No seu ciclo trigonométrico, temos um triângulo de catetos tg x e 1. Contido nele, temos uma fatia da citcunferência, de ângulo x radianos. Logicamente, a área da fatia é menor que a área do triângulo (em x = 0 essa área é igual):

${A}_{triângulo} \geq {A}_{fatia}$

A área do triângulo é a metade do produto dos catetos, enquato que a área da fatia é metade do comprimeto do arco (por regra de três: Área da circunferência total é $\pi$ e o comprimento total da mesma é $2\pi$ ):

$\frac{1.tgx}{2} \geq \frac{x}{2}$

$tgx \geq x$

Essa demonstração nos permite ver que essa desigualdade é válida no primeiro quadrante, mas nada garante sobre os demais.