Dowód nierównosci trygonometrycznej

[danielosnumeros]

Mamy wykazac ze poniższa nierownosc zachodzi dla \(\displaystyle{ x \in R}\)
\(\displaystyle{ \sin ^{8}x+\cos ^{8}x \ge \frac{1}{8}}\)

Zadanie pochodzi ze zbioru A.Kiełbasy 2015. Probowalem tą nierownosc uzaleznic tylko od sinusa i dzialac dalej jak ze zwykłą nierownością wielomianową, ale powstawał bardzo skomplikowany zapis. Moze jest jakiś trik jak to zrobic prościej? Z góry dziekuję

[Zahion]

Spróbuj wykorzystać nierówność \(\displaystyle{ a^{2} + b^{2} \ge \frac{\left( a+b\right)^{2} }{2}}\)

[kwaw]

Albo podnieś do czwartej potęgi \(\displaystyle{ \sin ^2{x} + \cos ^2{x}}\)

[Premislav]

Z nierówności między średnimi potęgowymi:
\(\displaystyle{ \sqrt[4]{ \frac{(\sin^ 2 x)^4+(\cos^2 x)^4}{2} } \ge \frac{\sin^2 x+\cos ^2 x}{2}=\frac 1 2}\)
Podnosimy stronami do potęgi czwartej, mnożymy przez \(\displaystyle{ 2}\) i gotowe.

[danielosnumeros]

To jest po prostu inna postac \(\displaystyle{ \left( a+b\right) ^{2} \ge 0}\) ?

[Premislav]

Jeżeli pytasz o tę nierówność, którą napisałem, to odpowiedź brzmi "nie". Za to nierówność, którą podał Zahion, można równoważnie przekształcić do znanego \(\displaystyle{ (a-b)^2\ge 0}\). Jej dwukrotne (sprytne, wsk.\(\displaystyle{ a^8+b^8=(a^4)^2+(b^4)^2}\)) zastosowanie daje zdecydowanie bardziej elementarny dowód rozważanej nierówności trygonometrycznej niż to, co podałem.

-- 1 lut 2017, o 20:06 --

Można też tutaj zaatakować z nierówności Cauchy'ego-Schwarza:

\(\displaystyle{ \left((\sin^4 x)^2+(\cos^4 x)^2\right)\left( \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+ \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2\right) \ge \left( \frac{\cos^4 x+\sin^4 x}{\sqrt{2}} \right)^2=\\=\frac 1 2\left\{ \left((\cos^2 x)^2+(\sin^2 x)^2 \right)\left( \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2+ \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^2 \right) \right\}^2 \ge \frac 1 2\left\{\left( \frac{\cos^2 x+\sin^2 x}{\sqrt{2}} \right)^2 \right\}^2}\)

[danielosnumeros]

Chyba jednak pozostanę przy bardziej elementarnych metodach