$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\frac{2}{\pi}x < \sin x < x$ を証明する。

1. 問題の内容

$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\frac{2}{\pi}x < \sin x < x$ を証明する。

2. 解き方の手順

まず、$\sin x < x$ を証明する。

$f(x) = x - \sin x$ とおく。

$f'(x) = 1 - \cos x$

$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$0 < \cos x < 1$ なので、$f'(x) > 0$

したがって、$f(x)$ は $0 < x < \frac{\pi}{2}$ で単調増加である。

$f(0) = 0 - \sin 0 = 0$ なので、$0 < x < \frac{\pi}{2}$ で $f(x) > 0$

よって、$x - \sin x > 0$ より、$\sin x < x$

次に、$\frac{2}{\pi}x < \sin x$ を証明する。

$g(x) = \sin x - \frac{2}{\pi}x$ とおく。

$g'(x) = \cos x - \frac{2}{\pi}$

$g''(x) = -\sin x$

$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$g''(x) < 0$ なので、$g'(x)$ は単調減少である。

$g'(0) = \cos 0 - \frac{2}{\pi} = 1 - \frac{2}{\pi} > 0$

$g'(\frac{\pi}{2}) = \cos \frac{\pi}{2} - \frac{2}{\pi} = 0 - \frac{2}{\pi} < 0$

したがって、$0 < x < \frac{\pi}{2}$ で $g'(x) = 0$ となる $x$ がただ一つ存在する。

これを $\alpha$ とおく。

$0 < x < \alpha$ で $g'(x) > 0$ なので、$g(x)$ は単調増加

$\alpha < x < \frac{\pi}{2}$ で $g'(x) < 0$ なので、$g(x)$ は単調減少

$g(0) = \sin 0 - \frac{2}{\pi} \cdot 0 = 0$

$g(\frac{\pi}{2}) = \sin \frac{\pi}{2} - \frac{2}{\pi} \cdot \frac{\pi}{2} = 1 - 1 = 0$

したがって、$0 < x < \frac{\pi}{2}$ で $g(x) > 0$

よって、$\sin x - \frac{2}{\pi}x > 0$ より、$\frac{2}{\pi}x < \sin x$

以上より、$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\frac{2}{\pi}x < \sin x < x$ が成り立つ。

3. 最終的な答え

$0 < x < \frac{\pi}{2}$ のとき、$\frac{2}{\pi}x < \sin x < x$ が成り立つ。