定理3.1
对于
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2})中),\(p\ in(1,\ infty)\),和
\(\alpha-p\beta\leq0\),\(测试版>0),我们有
$$\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\biggr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p{x}{x}\bigr)^{beta}>2$$
(3.1)
证明
从算术几何平均不等式和引理2.1,因此
$$开始{aligned}\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\bigr)^{\alpha}+\biggal(\frac{\tan_{p{x}{x}\ biggr)^{beta}&\geq2\biggl \biggr)^{\frac{\beta}{2}}\\&=2\biggl}\\&>2\biggl(\frac{\sin{p}x}{x}\biggr){2}}\\&\geq2。\结束{对齐}$$
□
备注3.1
如果\(p=α=2,β=1),不平等(3.1)变成
$$\biggl(\frac{\sinx}{x}\biggr)^{2}+\frac{\tanx}{x}>2$$
(3.2)
不平等(3.2)被称为第一个Wilker不等式[16].
备注3.2
如果\(α=2p,β=p\)、和\(第二页),然后\(\alpha-p\beta=2p-p^{2}\leq0\)因此,不平等(3.1)减少到
$$\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\biggr)^{2p}+\biggl(\frac{\tan_{p{x}{x}\bigr)^{p}>2$$
(3.3)
定理3.2
对于
\(p\in(1,2],x\in(0,frac{\pi{p}}{2})),和
\(\alpha-p\beta\leq0,\beta\ leq-1\),我们有
$$\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\biggr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p{x}{x}\bigr)^{beta}>2$$
(3.4)
证明
使用\(压裂{x}{\sin{p}x}\geq1)和\(\alpha-p\beta\leq0\),我们有
$$开始{aligned}\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\bigr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p{x}{x}\bighr \\&=\biggl(\frac{x}{\sin{p}x}\biggr)^{-\beta}\\&\geq\biggl[\biggl(\frac{x}{\sin{p}x}\biggr)^{p}\bigr]^{-\beta}+\biggal(\frac{x}{\tan_{p}x}\biggr)。\结束{对齐}$$
应用引理2.2和2.3,我们获得
$$开始{aligned}\biggl(\frac{\sin_{p}x}{x}\bigr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p{x}{x}\bigcr)^{beta}\geq2^{1+\beta}\ biggl[\biggl[(\frac-{x}{\sin_p}x}\biggr)^}+\frac}x}^{-\beta}>2。\结束{对齐}$$
这就完成了证明。 □
使用与定理中相同的方法3.1,我们可以很容易地得到以下定理3.3通过引理2.1算术和几何平均不等式。为了简单起见,我们省略了证明。
定理3.3
对于
\(p\in(1,\infty),x\in(0,\infcy)),和
\(\alpha-p\beta\leq0,\beta>0\),然后
$$\biggl(\frac{\sinh_{p}x}{x}\biggr)^{\alpha}+\biggl$$
(3.5)
备注3.3
拿\(α=2,β=1)和\(p=2\)不平等(3.5),我们有
$$\biggl(\frac{\sinhx}{x}\biggr)^{2}+\frac}\tanhx}{x}>2$$
(3.6)
它是的定理1中的(4)[7]. 不平等(3.6)称为第一双曲Wilker不等式。
备注3.4
拿\(α=2p,β=p\)、和\(第[2]页,第i页),我们有
$$\biggl(\frac{\sinh_{p}x}{x}\biggr)^{2p}+\biggl$$
(3.7)
定理3.4
对于所有人
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2})中)
和
\(\alpha-p\beta\leq0,\beta>0\),我们有
$$\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]\biggl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]>4$$
(3.8)
和
$$\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}>2\sqrt{\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]\biggl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]}-2>2$$
(3.9)
证明
设置\(n=2,a{1}=(frac{sin_{p} x个}{x} )^{\alpha}\)和\(a{2}=(压裂_{p} x个}{x} )^{\beta}\)在引理中2.4,我们有
$$\开始{aligned}&\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]\biggl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]\\&\quad\geq\biggl[\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\frac{\alpha}{2}}\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\frac{\beta}{2}}+1\biggr]^{2}\\&\quad>\biggl[\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\frac{\alpha-p\beta}{2}}+1\biggr]^{2}\\&\quad>4。\结束{对齐}$$
然后由引理得出2.1那个
$$\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}>2\sqrt{\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]\biggl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]}-2>2$$
□
备注3.5
如果\(n=3)和\(a_{1}=a_{2}=(\frac{\sin_{p} x个}{x} )^{\alpha},a_{3}=(frac{\tan_{p} x个}{x} )^{\beta}\)在引理中2.4,可以很容易地得到
$$\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]^{2}\bigl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]>8$$
(3.10)
和
$$2\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}>3\sqrt[3]{\biggl[1+\biggl(\frac{\sin_{p} x个}{x} \biggr)^{\alpha}\biggr]^{2}\bigl[1+\biggl(\frac{\tan_{p} x个}{x} \biggr)^{\beta}\biggr]}-3>3$$
(3.11)
用与定理中类似的方法3.4改变条件时\(\alpha-p\beta\leq0\)到\(2\alpha-p\beta\leq0\).
定理3.5
对于
\(在[2中,输入),t>0\),和
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2}]\),然后
$$\biggl({\frac{x}{{\sin_{p}x}}\biggr)^{pt}+\biggal({\frac{x}}{\sinh{p}x}})^{t}>2$$
(3.12)
证明
应用AGM不等式\(a+b\geq2\sqrt{ab}\)和引理2.6对于\(a=({\frac{x}{{\sin{p}x}}})^{pt}\)和\(b=({\frac{x}{{\sinh_{p}x}}})^{t}\),我们获得
$$a+b\ge2\sqrt{\biggl({\frac{x}{{\sin_{p}x}}}\biggr)^{pt}\bigl$$
证明已完成。 □
定理3.6
对于
\(在[2中,输入),t>0\)
和
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2}]\),然后
$$(p+1)\biggl({\frac{x}{{\sin_{p}x}}}\biggr)^{t}+\bigg1$$
(3.13)
证明
从AGM不等式\((n+1)a+b\geq(n+1^{n} b条} \)和引理2.6,用于\(a=({\frac{x}{{\sin{p}x}}})^{t}\)和\(b=({\frac{x}{{\sinh_{p}x}}})^{t}\),不平等(3.13)很容易跟随。 □
应用AGM不等式和引理2.7,定理3.7和3.8可以通过与以前类似的方法容易地获得。
定理3.7
对于
\(在[2中,输入),t>0\),和
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2}]\),然后
$$\biggl({\frac{\sinh_{p}x}{x}}\biggr)^{$$
(3.14)
定理3.8
对于
\(在[2中,输入),t>0\),和
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2}]\),然后
$$(p+2)\biggl({\frac{\sinh_{p}x}{x}}\biggr)^{t}+\biggl$$
(3.15)
最后,我们给出了一个Cusa型不等式。
定理3.9
对于
\(p\ in(1,2]\)
和
\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2}]\),函数
\(f(x)=压裂{{ln{frac{{sin{p}x}}{x}}}{ln{frac{{p+cos{p}x}}{p+1}}}})
正在严格增加.因此,我们有以下不等式:
$$\biggl({\frac{{p+\cos{p}x}}{p+1}}\biggr)$$
(3.16)
具有最佳常数
\(\alpha=\frac{{\ln{\frac}{2\sin{p}\压裂{{\pi{p}}}{2}}{{\p{p}{}}}}
和
\(β=1).
证明
简单的计算得出
$$开始{对齐}&f'(x)\ln^{2}{\frac{{p+\cos{p}x}}{p+1}}\\&\quad=\frac}{x\cos}p}x-\sin{p}x}}}{x\sin{p}x}}}\ln{\frac{p+\socs{p{x}}}{p+1}}+\ frac{cos{p}x}{p-1}x}}{p+\cos{p}x}{ln{frac{{\sin{p}x}}{x}}\\&\quad>{frac}{x\cos}x-\sin{p}x}}{x\sin{p}x}}{p+cos{p}x}}}\ln{frac{{sin{p}x}}{x}}\\&\quad={frac}{{(x\cos{p}x-\sin{p}x)(p+cos{p}x)+x\sin{p}x\cos{p}x}x)}}}\ln{\frac{{\sin{p}x}}{x}}\\&\quad=\frac{{ln{\frac{{\sin{p}x}}{x\sin{p}x(p+\cos{p}x)}g(x),\end{aligned}$$
哪里
$$g(x)=x\cos{p}^{2}x\sec{p}^{p}x+px\cos2}p}x-p\sin{p}x-\sin{p}x\cos\p}x$$
自
$$g'(x)=\cos{p}x\tan{p}^{p-1}xh(x)$$
哪里
$$h(x)=2\sin{p}x-px-(2-p)x\sec{p}^{p-1}x$$
具有
$$h'(x)=2\cos{p}x-p-(2-p)\sec{p}^{p-1}x-(2-p)$$
和
$$开始{对齐}h''(x)={}&{-}2\cos{p}x\tan_{p}^{p-1}x-2(2-p)(p-1)\sec_{p{p}^{p-1}x\tan{p}|{p-1{x\\&{}-(2-p{p}^{p-1}x+\csc{p}x\sec{p}^{p-1}x\bigr)<0。\结束{对齐}$$
因此\(h’(x)\)正在上减少\((0,\分形{\pi{p}}{2})\)。接下来是\(h’(x)<h’(0)=0),这也意味着\(h(x)<h(0)=0\)因此,\(g'(x)<0\),这表明该函数\(克(x)\)也在减少\((0,\分形{\pi{p}}{2})\).不平等\(g(x)<g(0)=0)表示\(f’(x)>0)因此,\(f(x)\)正在严格增加\(x\在(0,\frac{\pi{p}}{2})中)。因此,我们\(f(0)<f(x)\leqf(\frac{\pi{p}}{2})\).
使用L'Hóspital规则,我们得到
$$开始{对齐}f\bigl(0^{+}\bigr)&=\mathop{\lim}_{x\to0^{+/}}\frac{{ln{\frac}{\sin{p}x}}{x}}}{ln{\ frac{p+\cos{p}x}}{p+1}}}}{x\cos{p}x-\sin{p}x}}{x\sin{p2}x}{p+cos{p2}x}}x-\sin{p}x}}{x^{p+1}}}\\&=1\结束{对齐}$$
和
$$f\biggl(\frac{\pi{p}}{2}\biggr)=\frac{{ln{\frac{2\sin{p}\frac}{\\pi{p{}}{2}}{{\pi}}}}{$$
证明已完成。 □