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$ \forall x \in R $ vale $ \cos {(\sin x)}> \sin {(\cos x)} $.

Scritto proprio così io avrei detto $ $x=\frac{\pi}4 $ e sarei passato al problema dopo... ma dubito che basti

julio14 ha scritto:Scritto proprio così io avrei detto $ $x=\frac{\pi}4 $ e sarei passato al problema dopo... ma dubito che basti

??? il fatto che $ cos \frac{\pi}{4} = sin \frac{\pi}{4} $ nn implica che
$ sin (cos \frac{\pi}{4}) = cos ( sin \frac{\pi}{4} ) $

( se ho capito bene qlo che intendevi )

uhh già già che cretino! massì dai, dovevo fare la mia quotidiana figura da idiota... oggi non l'avevo ancora fatta!

Forse si upò fare così:si derivano le due bestiacce.si nota che ciascuna mantiene un segno costante in ciascun quadrante,dunque se si calcolano tutti i punti "estremi"di ciascun quadrante con la stretta monotonia si ha che una ha dominio in (sin-1,sin1) e l'altra in (cos1,1):cos1>sen1;dunque la tesi.
Spero non sia una bufala...
Ciao scusate la formas ma vado di fretta

Comunque calcolare con le derivate è anche abbastanza superfluo:si nota che una funzione composta in cui entrambe le due funzioni della composizione sono strettamente monotone ,dà una funzione ancora strettamente monotona(questa è la banalità del millennio)e dunque si prendono gli estremi dei quadrante e si forma il codominio delle due funzioni:il codominio della seconda ha estremo superiore minore dell'estremo inferiore del codominio della prima(sin1<cos1),dunque in realtà la cosa è vera se si prendono valori reali qualsiasi per ciascuna funzione,e dunque anche se i valori sono uguali..
Mi sembra troppo banale per essere giusta..quindi aspetto le vostre correzioni..io torno a lezione...(sto sul pc della vicepreside...distramacchio )

Si ha
$ f(x)=\cos\sin x-\sin\cos x=\sin(\sin x+\pi/2)-\sin\cos x $ $ =2\displaystyle{\cos\left(\dfrac{\sin x+\cos x+\pi/2}{2}\right)\sin\left(\dfrac{\sin x-\cos x+\pi/2}{2}\right)} $ S
i ha anche
$ \sin x-\cos x=\sqrt{2}\sin(x-\pi/4) $
$ \sin x+\cos x=\sqrt{2}\sin(x+\pi/4) $
Affinché f(x)=0 si deve avere
$ \dfrac{\sin x+\cos x+\pi/2}{2}=\pi/2+k\pi $
o
$ \dfrac{\sin x-\cos x+\pi/2}{2}=k\pi $
Dalla prima viene
$ \sin x+\cos x=(2k+1/2)\pi/2 $
dalla seconda
$ \sin x-\cos x=(2k-1/2)\pi/2 $
Si ha
$ \pi/2>\sqrt{2} $
infatti $ \pi^2>9>8=(2\sqrt{2})^2 $
e dunque, essendo che 2k+1/2 e 2k-1/2 sono entrambi maggiori di 1/2 in modulo, le due condizioni del punto 4 non si possono verificare.
f(x) quindi non si annulla mai ed è continua; del resto, $ f(0)=\cos\sin 0-\sin\cos0=1-\sin 1>0 $ e dunque f è positiva su tutti i reali.

Questo perchè mi voglio risparmiare lo studio del segno dei due cosi che compaiono dopo aver usato la prostaferesi, ma si potrebbe anche far quello e non nominar funzioni continue.

Carlein ha scritto:Comunque calcolare con le derivate è anche abbastanza superfluo:si nota che una funzione composta in cui entrambe le due funzioni della composizione sono strettamente monotone ,dà una funzione ancora strettamente monotona(questa è la banalità del millennio)e dunque si prendono gli estremi dei quadrante e si forma il codominio delle due funzioni:il codominio della seconda ha estremo superiore minore dell'estremo inferiore del codominio della prima(sin1<cos1),dunque in realtà la cosa è vera se si prendono valori reali qualsiasi per ciascuna funzione,e dunque anche se i valori sono uguali..
Mi sembra troppo banale per essere giusta..quindi aspetto le vostre correzioni..io torno a lezione...(sto sul pc della vicepreside...distramacchio )

Il problema è che non è vero che sin(1)<cos(1)
Poichè pi/4<1>cos(1)=0.54...
Ovvero, non è vero che quella disuguaglianza vale anche calcolando il primo membro in x e il secondo in y, con x,y diversi.

Ok,ok.Non so perchè ero così sicuro che sin1<cos1...ma d'altronde sono stato stupido a non capire dal titolo del post che il problema non poteva essere così semplice...
Grazie
Ciao

adesso vi posto quello che ho messo in gara..

la tesi è equivalente per $ x \in [0, 2\pi] $.
se $ x \in [\frac{\pi}{2},3\frac{\pi}{2}] $ allora $ \cos ({\sin x})>0>\sin ({\cos x}) $ considerando che $ \sin x \in [-1,1] $.
resta da dimostrare la tesi per $ x\in [-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}] $ ma considerando che la funzione coseno è pari e il seno è dispari resta da dimostrare solo per $ x\in [0,\frac{\pi}{2}] $.abbiamo:
$ \cos (\sin x) > \sqrt {1- \cos^2 ( \cos x)} $ (la radice è presa positiva).
$ \cos^2 (\sin x) + \cos^2 (\cos x)=\frac{1+\cos(2\sin x)}{2}+\frac{1+\cos(2\cos x)}{2} >1 $
$ \cos (2 \sin x) + \cos (2 \cos x)>0 $ (*)
$ 2\cos ({\sqrt2 \sin {(x+\frac{\pi}{4})}})\cos ({\sqrt2 \sin {(x-\frac{\pi}{4})}})>0 $ per prostafesi e formule di addizione
ma:
$ 0<1<\sqrt2 \sin {(x+\frac{\pi}{4})}<\sqrt2<\frac{\pi}{2} $ cioè $ \cos {\sqrt2 \sin {(x+\frac{\pi}{4})}} \in R^+ $ e
$ -1<\sqrt2 \sin {(x-\frac{\pi}{4})}<1 $ cioè $ \cos {\sqrt2 \sin {(x-\frac{\pi}{4})}} \in R^+ $, sempre $ \forall x \in [0,\frac{\pi}{2}] $

ci provo pure io.....

ragionando solo nel primo quadrante, vedi ragionamento di jordan, estremi esclusi:

$ x > \sin x $ implica $ \cos x < \cos(\sin x) $

$ \cos x < \frac{\pi}{2} - x $ implica $ \sin (\cos x) < \sin( \frac{\pi}{2} - x) = \cos x $

e quindi $ \sin (\cos x) < \cos x < \cos (\sin x) $

Salta fuori tutto abbastanza comodamente disegnando una circonferenza goniometrica e confrontando la lunghezza di $ \sin x $ o $ \cos x $ con i due archi "sottesi" . . .