Ulikhet for små $\varepsilon$

[Nebuchadnezzar]

En liten og søt en, la $\varepsilon \ll 1$. Vis at

$$
\int_a^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}< \varepsilon
$$

Dersom $a > 1/ \varepsilon$

[Brahmagupta]

Integralet tilsvarer $\frac{\pi}2 - \arctan{a}$ og vi ønsker å vise at dette er mindre enn $\epsilon$.

Ved middelverdisetningen har vi at for positive $x$ så er

$\frac{\arctan{x}}{x}=\frac1{1+c^2}< 1 \Rightarrow \arctan{x}< x$
siden $c\in (0,x)$. I tillegg er $\arctan{x}$ voksende så $\arctan{a}>\arctan{\frac1{\epsilon}}$.

Dermed er $\arctan{a}+\epsilon > \arctan{\frac1{\epsilon}}+\arctan{\epsilon}=\frac{\pi}2$
som tilsvarer at $\frac{\pi}2-\arctan{a}<\epsilon$.

[Nebuchadnezzar]

Kan slenge inn ett par alternative løsninger. Frekkisen er nok å legge merke til at

$ \hspace{1cm}
\int_{a}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2+1}<
\int_{a}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{x^2}
= \frac{1}{a}
$

Dersom $a = 1/\varepsilon$ får vi ulikheten vår. Ulikheten følger da
fra at $\frac{1}{x^2+1} < \frac{1}{x^2}$ når $x \in (a,\infty)$. Eg $x^2+1>x^2$ som er rimelig åpenbart :p

Alternativt har vi at $\arctan x + \arctan \frac 1x = \frac \pi2$ for alle $x$. Så

$ \hspace{1cm}
\int_a^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}
= \frac{\pi}{2} - \arctan a
= \arctan \frac{1}{a}.
$

Når $a > 1/\varepsilon$ er dette det samme som å vise at $\arctan \epsilon < \epsilon$.
Dette har Brahmagupta vist fint med middelverdisetningen. Alternativt
kunne vi ha skrevet ut rekkeutviklingen til $\arctan x$, via taylors formel.

For å vise at integralet er eksakt $\arctan 1/a$ kunne en og ha brukt
substitusjonen $x \mapsto 1/t$. Da er $\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t / t^2$

$ \hspace{1cm}
\int_a^\infty \frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}
= \int_{1/a}^0 -\frac{\mathrm{d}t^2/t^2}{1+(1/t)^2}
= \int_0^{1/a} \frac{\mathrm{d}x}{1+t^2}
= \arctan \frac 1a - \arctan 0
= \arctan \frac 1a
$

Siden $\sin 0 = 0$ så er $\tan 0 = 0$, og dermed også $\arctan 0 = 0$. Merk
at dette også beviser at $\arctan x + \arctan \frac{1}{x} = \frac \pi2$