Nierówność - dowód

[MrCommando]

Mógłby ktoś ocenić czy mój tok rozumowania jest poprawny i w razie czego wskazać błędy?

Zadanie
Udowodnij, że dla dowolnej liczby rzeczywistej \(\displaystyle{ x}\) prawdziwa jest nierówność:
\(\displaystyle{ 2^{\sin(x)} + 2^{\cos(x)} \geq 2^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}}\)

Rozwiązanie:

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną mamy:
\(\displaystyle{ \frac{2^{\sin(x)} + 2^{\cos(x)}}{2} \geq (2^{\sin(x)}\cdot 2^{\cos(x)})^{\frac{1}{2}}}\)
\(\displaystyle{ 2^{\sin(x)} + 2^{\cos(x)} \geq 2(2^{\sin(x)}\cdot 2^{\cos(x)})^{\frac{1}{2}}}\)
Zatem jeżeli udowodnimy, że \(\displaystyle{ 2(2^{\sin(x)}\cdot 2^{\cos(x)})^{\frac{1}{2}} \geq 2^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}}\), to mamy tezę. A więc:
\(\displaystyle{ 2(2^{\sin(x)}\cdot 2^{\cos(x)})^{\frac{1}{2}} \geq 2^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}}\)
\(\displaystyle{ (2^{\sin(x)+\cos(x)+2})^\frac{1}{2} \geq 2^{1-\frac{\sqrt{2}}{2}}}\)
Mamy obie strony dodatnie, więc podnosimy obustronnie do kwadratu.
\(\displaystyle{ 2^{\sin(x)+\cos(x)+2} \geq 2^{2-{\sqrt{2}}}\)
Funkcja \(\displaystyle{ y=2^x}\) jest rosnąca, zatem:
\(\displaystyle{ \sin(x)+\cos(x)+2 \geq 2-{\sqrt{2}}\)
\(\displaystyle{ \sin(x)+\cos(x) \geq -{\sqrt{2}}\)
Teraz pozostaje udowodnić, że \(\displaystyle{ \sin(x)+\cos(x) \geq -{\sqrt{2}}\). Niech \(\displaystyle{ f(x)=\sin(x)+\cos(x)}\). Należy znaleźć jej najmniejszą wartość. Jest to funkcja okresowa o okresie \(\displaystyle{ 2\pi}\), zatem będziemy ją badać w przedziale \(\displaystyle{ \langle 0, 2\pi \rangle}\).
\(\displaystyle{ f'(x)=\cos(x) - \sin(x)}\)
\(\displaystyle{ f'(x)=0}\)
\(\displaystyle{ \cos(x) - \sin(x)=0}\)
\(\displaystyle{ \cos(x)=\sin(x)}\)
\(\displaystyle{ \tan(x)=1}\)
\(\displaystyle{ x=\frac{\pi}{4} \vee x=\frac{5\pi}{4}}\)
Otrzymane punkt stacjonarne podzieliły przedział \(\displaystyle{ \left\langle 0, 2\pi \right\rangle}\) na trzy części: \(\displaystyle{ \left\langle 0, \frac{\pi}{4} \right), \left( \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4} \right), \left( \frac{5\pi}{4}, 2\pi \right\rangle}\). Badamy znak pochodnej w każdej z nich:
1. \(\displaystyle{ \left\langle 0, \frac{\pi}{4} \right)}\)
Obliczam wartość pochodnej dla pewnego argumentu z tego przedziału. Na przykład:
\(\displaystyle{ f'(0)=\cos(0)-\sin(0)=1>0}\)
Funkcja jest rosnąca w tym przedziale.
2. \(\displaystyle{ \left( \frac{\pi}{4}, \frac{5\pi}{4} \right)}\)
Np.
\(\displaystyle{ f'(\frac{\pi}{2})=\cos(\frac{\pi}{2})-\sin(\frac{\pi}{2})=-1<0}\)
Funkcja jest malejąca w tym przedziale.
3.\(\displaystyle{ \left( \frac{5\pi}{4}, 2\pi \right\rangle}\)
Np.
\(\displaystyle{ f'(2\pi)=\cos(2\pi)-\sin(2\pi)=1>0}\)
Funkcja jest rosnąca w tym przedziale.
Zatem funkcja osiąga minimum i zarazem najmniejszą wartość w punkcie \(\displaystyle{ x=\frac{5\pi}{4}}\).
\(\displaystyle{ f(\frac{5\pi}{4})=\sin(\frac{5\pi}{4})+\cos(\frac{5\pi}{4})=-\sqrt{2}}\)
Zatem zachodzi \(\displaystyle{ \sin(x)+\cos(x) \geq -{\sqrt{2}}\), co oznacza, że wyjściowa nierówność jest prawdziwa, co należało dowieść.

[Premislav]

Obliczam wartość pochodnej dla pewnego argumentu z tego przedziału.

ej, ej, ej. Nie możesz sobie tak wybrać jednego punktu z danego przedziału i tylko dla niego policzyć znak pochodnej, po czym stwierdzić, że funkcja jest w całym przedziale rosnąca/malejąca. Do tego miejsca było OK.

Jednakże można bez pochodnych pokazać, że \(\displaystyle{ \sin x+ \cos x \ge -\sqrt{2}}\).
Z zależności między średnią kwadratową a arytmetyczną, nierówności trójkąta i jedynki trygonometrycznej mamy:
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{ \frac{\sin^2 x+\cos^2 x}{2} } \ge \frac{|\sin x|+|\cos x|}{2} \ge \frac{\left| \sin x+\cos x\right| }{2}}\)
Zatem \(\displaystyle{ |\sin x+\cos x| \le \sqrt{2}}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR}\)

-- 9 gru 2016, o 17:19 --

Jeszcze inaczej: ze wzoru na sumę sinusów mamy
\(\displaystyle{ \sin x+\cos x=\sin x+\sin\left( \frac{\pi}{2}-x \right)=2\sin \frac{\pi}{4}\cos\left( x- \frac{\pi}{4} \right)}\)
Ponieważ \(\displaystyle{ \sin\left( x-\frac \pi 4\right) \ge -1}\) dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR}\), to...

-- 9 gru 2016, o 17:23 --

Trzeci dowód nierówności \(\displaystyle{ \sin x+\cos x \ge -\sqrt{2}}\):
z nierówności Cauchy'ego-Schwarza i jedynki trygonometrycznej otrzymujemy
\(\displaystyle{ 1=(\sin^2 x+\cos^2 x)\left( \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2+\left( \frac{1}{\sqrt{2}} \right)^2 \right) \ge \left( \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x+ \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x \right)^2}\)
dla każdego \(\displaystyle{ x \in \RR}\)
Przekształcając równoważnie:
\(\displaystyle{ (\sin x+\cos x)^2 \le 2}\), czyli \(\displaystyle{ |\sin x+\cos x| \le \sqrt{2}}\)

[MrCommando]

Rozumiem, czyli trochę za bardzo sobie to uprościłem. Dzięki. Twoje propozycje tych dowodów są rzeczywiście prostsze niż metoda z pochodnymi. Aczkolwiek, skoro już postanowiłem wykorzystać pochodne, to poprawię swoje rozwiązanie.
Należy sprawdzić, dla jakich \(\displaystyle{ x}\) jest \(\displaystyle{ f'(x)>0}\) oraz \(\displaystyle{ f'(x)<0}\). Zatem rozwiązujemy nierówności \(\displaystyle{ \cos(x)-\sin(x)>0}\) oraz \(\displaystyle{ \cos(x)-\sin(x)<0}\). Po przeniesieniu sinusa na prawą stronę mamy \(\displaystyle{ \cos(x)>\sin(x)}\) oraz \(\displaystyle{ \cos(x)<\sin(x)}\). Rysując wykresy obydwu funkcji w układzie współrzędnych można bez problemu odczytać rozwiązanie.