Matematyka.pl

Wykaż ze \(\displaystyle{ \cos x+ \cos y\le1+\cos(xy)}\) dla \(\displaystyle{ x,y\in\left[ 0;\frac{\pi}{3}\right]. }\)

1) Jeśli \(\displaystyle{ x\le 1}\) lub \(\displaystyle{ y\le 1}\), to teza jest oczywista (wtedy mamy \(\displaystyle{ 0\le xy\le y}\) lub \(\displaystyle{ 0\le xy\le x}\)), bo kosinus maleje w pierwszej ćwiartce i \(\displaystyle{ \cos 0=1}\).
2) Jeśli \(\displaystyle{ x>1, \ y>1}\), to używamy nierówności w pierwszej ćwiartce:
\(\displaystyle{ 1-\frac{t^2}{2}\le \cos t\le 1-\frac{t^2}{2}+\frac{t^4}{24}}\) (ich dowód to prosty rachunek różniczkowy).
mamy więc
\(\displaystyle{ \cos x+\cos y\le 2-\frac{x^2+y^2}{2}+\frac{x^4+y^4}{24}, \ 1+\cos (xy)\ge 2-\frac{(xy)^2}{2}}\) i wystarczy wykazać, że w interesującym nas przedziale jest
\(\displaystyle{ \frac{x^4+y^4}{24}\le \frac{x^2+y^2-(xy)^2}{2}}\).
Dla uproszczenia niech \(\displaystyle{ u=x^2, \ v=y^2}\): wówczas \(\displaystyle{ u,v\in \left(1, \frac{\pi^2}{9}\right]}\) i mamy wykazać, że wtedy
\(\displaystyle{ \frac{u^2+v^2}{24}\le \frac{u+v-uv}{2}\\u^2+v^2\le 12(u+v-uv)}\),
a ta nierówność jest jakaś gruba:
\(\displaystyle{ \frac{u+v}{2}\ge \sqrt{uv}\ge \frac{9uv}{\pi^2}}\), gdyż \(\displaystyle{ \sqrt{uv}\le \frac{\pi^2}{9}}\), a zatem
\(\displaystyle{ 12(u+v-uv)\ge 12\left(1-\frac{\pi^2}{18}\right)(u+v)}\),
a że \(\displaystyle{ \pi^2<\frac{21}{2}}\), bo \(\displaystyle{ \frac{\pi^2}{6}=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac 1{n^2}<1+\frac{1}{4}+\sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{n(n-1)}=\frac{7}{4}}\)...

Uprośćmy trochę rachunki
Dla `0le x,y\le \pi/3` niech `f(x,y)=1+\cos xy -\cos x-cos y`.
Mamy `f(x,0)=1-\cos x>0` i `f(0,y)=1-\cos y>0`
\(\displaystyle{ f_x'(x,y)=\sin x -y\sin xy\begin{cases}\ge 0 &\text{ dla } y<1\\ =0 &\text{ dla } y=1\\ \le 0 &\text{ dla } y>1\end{cases}}\) oraz
\(\displaystyle{ f_y'(x,y)=\sin y -x\sin xy\begin{cases}\ge 0 &\text{ dla } x<1\\ =0 &\text{ dla } x=1\\ \le 0 &\text{ dla } x>1\end{cases}}\)

Jeżeli zatem `0<x<1`, to `f(x,y)>f(x,0)>0`.

Jeżeli natomiast `x>1`, to
`f(x,y)>f(x,\pi/3)>f(\pi/3,\pi/3)>0`

Tożsamość \[\begin{aligned}12\left(x^2+y^2\right)-12x^2y^2-x^4-y^4&=\left(\frac{12}{7}-x^2\right)\left(x^2+6y^2\right)+\left(\frac{12}{7}-y^2\right)\left(y^2+6x^2\right)\\&=\frac{7}{8}\left(\frac{48}{7}-(x+y)^2\right)(x+y)^2+\frac{7}{8}\left(\frac{48}{7}-(x-y)^2\right)(x-y)^2+\frac{3}{4}\left(x^2-y^2\right)^2\end{aligned}\] mówi nam, że podejście z wielomianami Taylora z posta nr 2 działa dla \(|x|,|y|\le\sqrt{\frac{12}{7}}\), a nawet dla \(|x|+|y|\le 2\sqrt{\frac{12}{7}}\). Pobieżna analiza wskazuje, że wzięcie odpowiednich wielomianów wyższego stopnia pozwoliłoby znacząco zwiększyć te przedziały, tylko rachunkowo będzie bardzo uciążliwie. Wg desmosa nierówność z zadania jest prawdziwa dla \(|x|,|y|\le 3.92\), a także dla \(|x|+|y|\le 4.64\) (wartości przybliżone).

Dodano po 6 dniach 3 godzinach 31 minutach 15 sekundach:
Tak to widzi desmos:
Myślę, że udało nam się z wolframem dowieść tej nierówności w \([-\pi,\pi]\times [-\pi,\pi]\) ograniczając kosinusa przybliżeniami Padégo rzędu \((2,4)\) i \((4,2)\), ale wszystko to o uciążliwości rachunków się potwierdza.

Spróbujmy pominąć rachunki całkowicie.

Niech `x=a+t, y=a-t`. Wtedy
`1+\cos xy-\cos x-\cos y=1+\cos(a^2-t^2)-(\cos(a+t)+\cos(a-t))>1+\cos a^2-2\cos a`
na mocy wklęsłości i monotoniczności kosinusa.
Dla `0<a\le 1` jest `\cos a^2\ge \cos a`, więc `1+\cos a^2-2\cos a>1-\cos a>0`.
Dla `1<a<\pi/3` jest `\cos a>\cos a^2`, więc `1+\cos a^2-2\cos a>1-\cos a^2>0`

Dodano po 1 godzinie 50 minutach 54 sekundach:
thx bosa_Nike. Rzeczywiście w ostatniej linijce jest babol. Można pokazać, róźniczkując, że `1-\cos a^2-2\cos a` maleje. ale szukam jeszcze czegoś elementarniejszego.

Dodano po 50 minutach 59 sekundach:
\(\displaystyle{ 1+\cos a^2-2\cos a>1+\cos \frac{\pi^2}9-2\cos 1>0}\) (Wolfram troche pomógł)