lo scoglio della gara enriques individuale
lo scoglio della gara enriques individuale
$ \forall x \in R $ vale $ \cos {(\sin x)}> \sin {(\cos x)} $.
The only goal of science is the honor of the human spirit.
??? il fatto che $ cos \frac{\pi}{4} = sin \frac{\pi}{4} $ nn implica chejulio14 ha scritto:Scritto proprio così io avrei detto $ $x=\frac{\pi}4 $ e sarei passato al problema dopo... ma dubito che basti
$ sin (cos \frac{\pi}{4}) = cos ( sin \frac{\pi}{4} ) $
( se ho capito bene qlo che intendevi
)MIND TORNA CON NOI
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
Spero non sia una bufala...
Ciao scusate la formas ma vado di fretta
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
"And then one day you find,ten years have got behind you,no one told when to run,you missed the starting gun"
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
)
Mi sembra troppo banale per essere giusta..quindi aspetto le vostre correzioni..io torno a lezione...(sto sul pc della vicepreside...distramacchio
)Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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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.
$ 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.
Il problema è che non è vero che sin(1)<cos(1)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
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.
Ultima modifica di EvaristeG il 22 feb 2008, 17:18, modificato 1 volta in totale.
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
Grazie
Ciao
Lo stolto è colui che dice quello che sa.Il saggio è colui che sa quello che dice.
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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}] $
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}] $
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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" . . .
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" . . .