sin과 log가 있는 부등식

문제

KAIST Math Problem of the Week 2020-10 An inequality with sin and log

$x > -1$에 대하여 부등식
\[\frac{x + \sin x}{2} \geq \log(1+x)\]를 증명하시오.

지금까지 풀리지 않은 POW 문제를 모아 놓고 보니 이 문제가 그나마 쉬운 편이었다. 미해결 문제도 (풀 수만 있다면) 가끔 해설을 올릴 생각이다. 불완전한 풀이가 있다는데 공개되지 않아서 직접 풀이를 작성해 보았다.

관찰

빨간 곡선과 파란 곡선은 각각 $\dfrac{x + \sin x}{2}$와 $\log(1+x)$의 그래프이다. 두 곡선이 원점에서 접하고 $x = 4$ 부근에서 다시 만나는 것처럼 보이지만 확대해서 가까이 보면 0.01 정도 차이가 있다. 이제 보이는 모습을 수학적으로 서술할 차례이다.

풀이

$x > -1$에 대하여 $f(x) := x + \sin x - 2\log(1+x) \geq 0$임을 보이자. $x \geq 0$에 대하여

\[\sqrt{x} - \log(1+x)
= \int_{0}^{x} \left( \frac{1}{2\sqrt{t}} - \frac{1}{1+t} \right) \, dt
= \int_{0}^{x} \frac{\left( \sqrt{t} - 1 \right)^2}{2\sqrt{t} (1+t)} \, dt
\geq 0\]

이므로

\[x \geq 6 \implies f(x) \geq x - 1 - 2\sqrt{x} \geq 5 - 2\sqrt{6} > 0\]

이 성립한다. 따라서 구간 $(-1, 6)$에서 $f$의 극값을 조사하면 충분하다.

\[f'(x) = 0 \iff \cos x = \dfrac{2}{1+x} - 1 =: g(x)\]

$g$는 항상 감소하지만, $\cos x$는 구간 $(0, \pi)$에서 감소하고 구간 $(\pi, 2\pi)$에서 증가한다. $f'(0) = 0$이고,

\[\cos(\pi/2) = \cos(3\pi/2) = 0 = g(1) > g(\pi) > \cos \pi = -1\]

이므로 방정식 $f'(x) = 0$의 해는 구간 $(0, \pi)$에서 유일하고, 구간 $(\pi, 2\pi)$에서 유일하다. 각각을 $x_1$과 $x_2$로 두고 $f'$의 부호 변화를 관찰하면 $f$는 $x = 0$과 $x = x_2$에서 극소이다.

$f(0) = 0$이므로 $f(x_2) \geq 0$만 보이면 된다. 볼록성을 이용해 구간 $(\pi, 2\pi)$에서 두 함수 $f_1(x) := x + \sin x$와 $f_2(x) := 2\log(1+x)$의 그래프 각각에 평행한 두 접선을 그리고 $y$절편을 비교하자.

• 구간 $(\pi, 2\pi)$에서 $f_1''(x) = -\sin x > 0$이므로 $f_1$은 볼록하다. 편의상 $a = 2\pi - \inv{\cos} (-3/5)$로 두면
  \[f_1(x) \geq f_1'(a) (x-a) + f_1 (a) \iff x + \sin x \geq \frac{2}{5} (x-a) + a - \frac{4}{5}\]이다.
• $f_2''(x) = -2/(1+x)^2 < 0$이므로 $f_2$는 오목하다. 따라서
  \[f_2(x) \leq f_2'(4) (x-4) + f_2(4) \iff 2\log(1+x) < \frac{2}{5} (x-4) + 2\log 5\]이다.

즉, $\pi < x < 2\pi$에 대하여

\[f(x) \geq \frac{3a+4}{5} - 2\log 5 > 0\]

이므로 $f(x_2) \geq 0$이다.

비고

마지막 부등식에서 상수의 부호를 구하려면 테일러 급수까지 동원하는 '차력 쇼'를 펼쳐야겠지만, 그다지 큰 의미가 없어 보이는 중노동이라 내키지 않는다. 사실 2014년에 이미 Mathematics Stack Exchange에 같은 질문이 올라왔었고, 완전한 풀이도 있으니 참고하면 좋을 것 같다.