Выведем теперь некоторые неравенства и их следствия.
Неравенство 1. Для всех действительных значений $x$, удовлетворяющих неравенствам $0 \leq x < \frac{ \pi}{2}$, справедливы следующие неравенства:
$\sin x \leq x < tg x$. (1)
Доказательство. Пусть число $x$ удовлетворяет неравенствам $0 < x < \frac{ \pi}{2}$. Построим окружность радиуса $OA = 1$ и в ней отложим от осн $Ox$ центральный угол $AOM$, равный $x$ радианам (рис.). Из чертежа видно, что площадь $\Delta AOM$ меньше площади сектора $AOM$, которая меньше площади $\Delta AOM_{1}$. Соответствующие площади равны $\frac{1}{2} OA \cdot BM, \frac{1}{2} OA^{2} \cdot x$ и $\frac{1}{2} OA \cdot AM_{1}$. Следовательно,
$\frac{1}{2} OA \cdot BM < \frac{1}{2} OA^{2} \cdot x < \frac{1}{2} OA \cdot AM_{1}$. (2)
Так как $| \bar{OA} | = OA = 1$, то $BM = \sin x, AM_{1} = tg x$, и неравенства (2) принимают вид
$\sin x < x < tg x$. (3)
Заметив, что $\sin 0 = tg 0 = 0$, приходим к неравенствам (1).
Неравенство 2. Для всех действительных значений $x$ справедливо неравенство
$| \sin x| \leq |x|$. (4)
(Абсолютная величина функции sin л: не превосходит абсолютной величины ее аргумента.)
Доказательство. 1) Если $0 \leq x < \frac{ \pi}{2}$, то неравенство (4) справедливо на основании (1).
2) Если $- \frac{ \pi}{2} < x \leq 0$, то, сделав замену переменной $x$ на $y$ по формуле $y = -x$, получим $\sin y = \sin (-x) = - \sin x$, где $y$ уже удовлетворяет неравенствам $0 \leq \sin y < \frac{ \pi}{2}$, и для него справедливы неравенства $0 \leq sin y \leq y$. Вернувшись к переменной $x$, получим $0 \leq \sin (- x) \leq - x$, или $0 \leq - \sin x \leq - x$. Последние неравенства равносильны неравенству $| \sin x | \leq |x|$, ибо $x \leq 0$.
3) Если же $|x| > \frac{ \pi}{2}$, то и подавно $| \sin x| < |x|$, так как $| \sin x| \leq 1$.
Итак, мы доказали, что для всех действительных значений $x$ справедливо неравенство (4).
Заметим, что только при $x = 0$ мы имеем равенство $\sin 0 = 0$.
Неравенство 3. Для всех действительных значений $x$ справедливы неравенства
$0 \leq 1 - \cos x \leq \frac{ x^{2}}{2}$ (5)
и, следовательно, неравенство
$1 - \frac{x^{2}}{2} \leq \cos x$. (6)
Доказательство. По формуле $1- \cos \alpha = 2 \sin^{2} \frac{ \alpha }{2}$ имеем
$0 \leq 1 - \cos x = 2 \sin^{2} \frac{x}{2}$.
На основании неравенства (4) можем писать $\sin^{2} \frac{x}{2} \leq \frac{x^{2}}{4}$. Таким образом, $0 \leq 1 - \cos x = 2 \sin^{2} \frac{x}{2} \leq 2 \frac{x^{2}}{4} = \frac{x^{2}}{2}$, что и требовалось доказать.
Из (5) получим
$1 - \frac{x^{2}}{2} \leq \cos x$. (6)
С помощью полученных неравенств изучим поведение $\cos x, \sin x$ и $tg x$ при малых $x$.
Следствие 1. При малых $x$
$ \cos x \approx 1$.
Доказательство. На основании (5) имеем $0 \leq 1 - \cos x \leq \frac{x^{2}}{2}$, а это и значит, что $\cos x \approx 1$ при малых $x$, причем ошибка, которую мы допускаем при замене $\cos x$ на 1, не превосходит $\frac{x^{2}}{2}$.
Следствие 2.Прималых $x$
$\frac{ \sin x}{x} \approx 1$.
Доказательство. Пусть $0 < x < \frac{ \pi}{2}$; тогда на основании (3) имеем
$\sin x < x < tg x$.
Разделим теперь $\sin x$ на каждый из членов последних неравенств; получим
$1 > \frac{ \sin x}{x} > \cos x$. (7)
Умножим все члены неравенств (7) на -1; получим
$-1 < - \frac{ \sin x}{x} < - \cos x$. (8)
Затем ко всем членам последних неравенств прибавим по единице, получим
$0 < 1 - \frac{ \sin x}{x} < 1 - \cos x$. (9)
Применив теперь одно из неравенств (5), получим
$0 < 1 - \frac{ \sin x}{x} < \frac{x^{2} }{2}$. (10)
Мы вывели (10) в предположении, что $0 < x < \frac{ \pi}{2}$. Рекомендуем доказать самостоятельно, что (10) имеет место и при $- \frac{ \pi}{2} < x < 0$. Итак, при $x$, удовлетворяющих условию $0 < |x| < \frac{ \pi}{2}$, справедливы неравенства (10). А это и значит, что $\frac{ \sin x}{x} \approx 1$, т. е. $\sin x \approx x$, причем ошибка, которую мы допускаем при замене $\sin x$ на $x$, не превосходит $\frac{ |x|^{3} }{2}$. (Из (10) имеем $| x - \sin x | < \frac{ | x |^{3}}{2}$.)