wykazanie nierówności

Własności funkcji trygonometrycznych i cyklometrycznych. Tożsamości. RÓWNANIA I NIERÓWNOŚCI.
klimat
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 117
Rejestracja: 13 paź 2017, o 08:24
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Tu
Podziękował: 42 razy

wykazanie nierówności

Post autor: klimat »

Udowodnij, że \(\displaystyle{ |\cos{x}|+|\cos{2x}|+|\cos{3x}|+|\cos{4x}|\ge 1+\frac{ \sqrt{3} }{2}}\).
Ostatnio zmieniony 15 cze 2020, o 23:14 przez Jan Kraszewski, łącznie zmieniany 1 raz.
Powód: Poprawa wiadomości.
pkrwczn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 164
Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 17 razy
Pomógł: 30 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: pkrwczn »

\(\displaystyle{ f(x)=|\cos{x}|+|\cos{2x}|+|\cos{3x}|+|\cos{4x}|}\)
\(\displaystyle{
f_{min} = \min\left\{ x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]: f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje \right\} = f\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Jan Kraszewski »

pkrwczn pisze: 19 cze 2020, o 09:43\(\displaystyle{ f_{min} = \min\left\{ x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]: f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje \right\} = f\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
Chyba nie po tym zbiorze bierzesz minimum, co trzeba...

JK
pkrwczn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 164
Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 17 razy
Pomógł: 30 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: pkrwczn »

No tak.

\(\displaystyle{
f_{min} = \min\left\{ f(x): x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right] i \left(f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje\right) \right\} = f\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Niepokonana »

Jan Kraszewski pisze: 19 cze 2020, o 11:04 \(\displaystyle{ f_{min} = \min\left\{ x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]: f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje \right\} = f\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
Chyba nie po tym zbiorze bierzesz minimum, co trzeba...

JK
pkrwczn pisze: 19 cze 2020, o 11:42 \(\displaystyle{
f_{min} = \min\left\{ f(x): x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right] i \left(f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje\right) \right\} = f\left( \frac{\pi}{6} \right) = 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
Głupie pytanie, ale czym te dwa zbiory się różnią? Nie rozumiem.
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Jan Kraszewski »

\(\displaystyle{ \left\{ x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]: f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje \right\}}\)

To jest zbiór punktów "podejrzanych", czyli miejsc zerowych pochodnej i miejsc nieistnienia pochodnej. Nie interesuje nas najmniejszy punkt podejrzany, jak to było napisane, tylko najmniejsza z wartości funkcji w punktach podejrzanych. I właśnie tutaj

\(\displaystyle{ \left\{ f(x): x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right] i \left(f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje\right) \right\}}\)

mamy opisany zbiór wartości funkcji w punktach "podejrzanych".

JK
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: a4karo »

Przy czym rozwiązanie równania `f'(x)=0` wcale nie jest banalne.
pkrwczn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 164
Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 17 razy
Pomógł: 30 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: pkrwczn »

a4karo pisze: 19 cze 2020, o 21:11 Przy czym rozwiązanie równania `f'(x)=0` wcale nie jest banalne.
Nie trzeba rozwiązywać tego równania. Trzeba tylko pokazać, że gdzie pochodna się zeruje, wartość funkcji jest większa niż \(\displaystyle{ 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\).
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: a4karo »

Jasne, tylko dlaczego to ma być łatwe
Awatar użytkownika
Niepokonana
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 1546
Rejestracja: 4 sie 2019, o 11:12
Płeć: Kobieta
Lokalizacja: Polska
Podziękował: 335 razy
Pomógł: 20 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Niepokonana »

Czyli jeden zbiór to są argumenty, a drugi to wartości?
Czyli mamy po prostu udowodnić wartość lokalnego minimum, a że cosinus jest funkcją okresową, to lokalne minimum jest też minimum w ogóle. Panie a4karo, dlaczego to zadanie jest trudne? Nie próbowałam rozwiązać, więc nie wiem. Dlatego, że jest potrójne złożenie funkcji i pochodną nieprzyjemnie się liczy?
Jan Kraszewski
Administrator
Administrator
Posty: 34128
Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Wrocław
Podziękował: 3 razy
Pomógł: 5192 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Jan Kraszewski »

Niepokonana pisze: 19 cze 2020, o 23:23Czyli jeden zbiór to są argumenty, a drugi to wartości?
Tak. Czerwone fragmenty pokazują, czym są elementy tych zbiorów.

\(\displaystyle{ \left\{ \red{x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right]}: f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje \right\}}\)

\(\displaystyle{ \left\{ \red{f(x)}: x\in\left[ 0; \frac{\pi}{2} \right] i \left(f'(x)=0 \ lub \ f' \ nie \ istnieje\right) \right\}}\)

Przy czym pierwszy zbiór jest opisany za pomocą funkcji zdaniowej, a drugi za pomocą operacji.

JK
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: a4karo »

Funkcja `f` zadana jest w różnych przedziałach różnymi wzorami

\(\displaystyle{ f(x)=\begin{cases}
\cos x+\cos 2x+\cos 3x+\cos 4x & 0<x<\pi/8\\
\cos x+\cos 2x+\cos 3x-\cos 4x & \pi/8<x<\pi/6\\
\cos x+\cos 2x-\cos 3x-\cos 4x & \pi/6<x<\pi/4\\
\cos x-\cos 2x-\cos 3x-\cos 4x & \pi/4<x<3\pi/8\\
\cos x-\cos 2x-\cos 3x+\cos 4x & \pi/4<x<\pi/2\\
\end{cases}}\)


Szukanie miejsc zerowych pochodnej, czyli rozwiązywanie równań typu \(\displaystyle{ \sin x\pm2\sin 2x\pm3\sin3x\pm4\sin 4x=0}\) wygląda dosyć beznadziejnie (choć wolfram znajduje rozwiązania - brrrr...)

Nie widać wprost jak uzasadnić implikację sugerowaną przez pkrwczn
\(\displaystyle{ \sin x\pm2\sin 2x\pm3\sin3x\pm4\sin 4x=0 \Rightarrow f(x)\geq 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)

Wykres pokazuje, że minimum jest w punkcie `\pi/6` i wynosi dokładnie tyle ile trzeba, więc jakiekolwiek próby szacowań muszą być bardzo delikatne.

Pozostaje chyba tylko żmudne analizowanie zachowania funkcji w kolejnych przedziałach, choć może jest jakiś sprytny sposób? Ja go nie widzę.
Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 15685
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 195 razy
Pomógł: 5219 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: Premislav »

Jak wskazano, wystarczy ograniczyć się do przedziału \(\displaystyle{ \left[0, \frac{\pi}{2}\right]}\).
Połóżmy \(\displaystyle{ |\cos x|=t}\), wówczas oczywiście \(\displaystyle{ t\in [0,1]}\).
Mamy:
\(\displaystyle{ |\cos 2x|=\left|2\cos^{2}x-1\right|=\left|2t^{2}-1\right|\\|\cos 3x|=|\cos x\cos(2x)-\sin x\sin(2x)|=\left|4\cos^{3}x-3\cos x\right|=t\left|4t^{2}-3\right|\\|\cos 4x|=\left|2\cos^{2}(2x)-1\right|=\left|2\left(2t^{2}-1\right)^{2}-1\right|}\)
Chcemy więc udowodnić, że gdy \(\displaystyle{ t\in[0,1]}\), to
\(\displaystyle{ t+\left|2t^{2}-1\right|+t\left|4t^{2}-3\right|+\left|2\left(2t^{2}-1\right)^{2}-1\right|\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)
Może nie jest to piękne, ale jak najbardziej do zrobienia, wszak mamy tu funkcję kawałkami wielomianową stopnia czwartego.
Zawartość pierwszego modułu jest ujemna, gdy \(\displaystyle{ t\in \left[0, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\), a nieujemna w przeciwnym przypadku. Zawartość drugiego modułu jest ujemna, gdy \(\displaystyle{ t\in \left[0, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\), zaś nieujemna w przeciwnym przypadku. Zawartość trzeciego modułu jest ujemna, gdy \(\displaystyle{ t\in\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)}\), a nieujemna w przeciwnym przypadku.
Wobec tego możemy rozróżnić takie przypadki:
1) \(\displaystyle{ t\in \left[0, \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)}\):
wtedy nasza funkcja przyjmuje postać
\(\displaystyle{ t+1-2t^{2}+3t-4t^{3}+2\left(2t^{2}-1\right)^{2}-1=8t^{4}-4t^{3}-10t^{2}+4t+2}\).

2) \(\displaystyle{ t\in \left[\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\):
wówczas nasza funkcja przyjmuje postać
\(\displaystyle{ t+1-2t^{2} +3t-4t^{3}+1-2\left(2t^{2}-1\right)^{2}=-8t^{4}-4t^{3}+6t^{2}+4t}\)
3) \(\displaystyle{ t\in \left[\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\):
wtedy nasza funkcja ma postać
\(\displaystyle{ t+2t^{2}-1+3t-4t^{3} +1-2\left(2t^{2}-1\right)^{2}=-8t^{4}-4t^{3}+10t^{2}+4t-2}\)
4) \(\displaystyle{ t\in \left[ \frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)}\):
wówczas nasza funkcja przedstawia się tak
\(\displaystyle{ t+2t^{2}-1+4t^{3}-3t+1-2\left(2t^{2}-1\right)^{2}=-8t^{4}+4t^{3}+10t^{2}-2t-2 }\)
5) \(\displaystyle{ t\in \left[ \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2},1\right]}\):
wtedy nasza funkcja przyjmuje postać
\(\displaystyle{ t+2t^{2}-1+4t^{3}-3t+2\left(2t^{2}-1\right)^{2}-1=8t^{4}+4t^{3}-6t^{2}-2t }\)

Jak będzie mi się chciało, to spałuję te przypadki (może późnym wieczorem), teraz nie mam na to ochoty i czasu.

Dodano po 6 godzinach 12 minutach 5 sekundach:
Dobra, to jedziemy z koksem:

1) Niech \(\displaystyle{ t\in \left[0, \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)}\). Wtedy mamy wykazać, że \(\displaystyle{ f_{1}(t)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\),
gdzie \(\displaystyle{ f_{1}(t)=8t^{4}-4t^{3}-10t^{2}+4t+2}\)
Mamy \(\displaystyle{ f_{1}''(t)=96t^{2}-24t-20<0}\) w rozważanym przedziale, zatem funkcja \(\displaystyle{ f_{1}}\) jest wklęsła w \(\displaystyle{ \left[0, \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right]}\), ponadto oczywiście jest funkcją ciągłą w tym przedziale, jako funkcja wielomianowa. Zatem \(\displaystyle{ f_{1}}\) przyjmuje swoje minimum w rozpatrywanym przedziale w jednym z jego końców. Wystarczy więc sprawdzić prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ f_{1}(0)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}, \ f_{1}\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)
co zostawiam jako łatwe ćwiczenie dla Czytelnika.

2) Niech \(\displaystyle{ t\in \left[\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\)
Chcemy wykazać, że w tym przedziale jest
\(\displaystyle{ f_{2}(t)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)
dla \(\displaystyle{ f_{2}(t)=-8t^{4}-4t^{3}+6t^{2}+4t}\).
Tutaj postępujemy podobnie, jak poprzednio:
dla \(\displaystyle{ t>\frac{1}{4}}\) mamy \(\displaystyle{ f_{2}''(t)<0}\), wszak
\(\displaystyle{ f_{2}''(t)=-12\left(8t^{2}+2t-1\right)}\), a zachodzi
\(\displaystyle{ \frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}>\frac{1}{4}}\)
Zatem \(\displaystyle{ f_{2}}\) jest ciągła i wklęsła w przedziale \(\displaystyle{ \left[\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right]}\)
czyli przyjmuje swoje minimum w tym przedziale w jednym z jego krańców. Zatem wystarczy sprawdzić prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ f_{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\), wszak nierówność
\(\displaystyle{ f_{2}\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\) mamy już sprawdzoną, gdyż
\(\displaystyle{ f_{1}\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)=f_{2}\left(\frac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}\right)}\)
Sprawdzenie tej nierówności również zostawiam w charakterze ćwiczenia dla Czytelnika.

3) Niech \(\displaystyle{ t\in \left[\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\). W tym przedziale chcemy wykazać, że
\(\displaystyle{ f_{3}(t)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\),
gdzie
\(\displaystyle{ f_{3}(t)=-8t^{4}-4t^{3}+10t^{2}+4t-2}\)
Mamy
\(\displaystyle{ f_{3}''(t)=-4\left(24t^{2}+6t-5\right)=-96\left(\left(t+\frac{1}{8}\right)^{2}-\frac{43}{192}\right)<0}\)
w rozważanym przedziale, wszak
\(\displaystyle{ \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{8}>\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{48}{192}}>\sqrt{\frac{43}{192}}}\)
Zatem \(\displaystyle{ f_{3}(t)}\) jest ciągła i wklęsła w przedziale \(\displaystyle{ \left[\frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{3}}{2}\right] }\),
toteż przyjmuje swoje minimum w tym przedziale w jednym z jego krańców.
Czyli wystarczy sprawdzić prawdziwość nierówności
\(\displaystyle{ f_{3}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}, \ f_{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)
(tę pierwszą znów już mamy za darmo, bo \(\displaystyle{ f_{3}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=f_{2}\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)}\)),
co zostawiam znów jako ćwiczenie. Okazuje się konkretnie, że
\(\displaystyle{ f_{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\).

4) Niechaj \(\displaystyle{ t\in\left[\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right), \ f_{4}(t)=-8t^{4}+4t^{3}+10t^{2}-2t-2}\)
Mamy w powyższym przedziale
\(\displaystyle{ f_{4}'(t)=-32t^{3}+12t^{2}+20t-2>0}\), ponieważ np.
\(\displaystyle{ f_{4}'(t)=3t-2+32t\left(-t^{2}+\frac{3}{8}t+\frac{17}{32}\right)\\=3t-2+32t\left(\frac{145}{256}-\left(t-\frac{3}{16}\right)^{2}\right)}\)
i w rozpatrywanym przedziale jest \(\displaystyle{ t\ge \frac{\sqrt{3}}{2}>\frac{2}{3}, \ 0<t-\frac{3}{16}<\frac{12}{16}, \left(\frac{12}{16}\right)^{2}<\frac{145}{256}}\)
Zatem \(\displaystyle{ f_{4}}\) jest rosnąca w rozważanym przedziale i wystarczy sprawdzić
prawdziwość nierówności \(\displaystyle{ f_{4}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\)
Jednak wiemy już, że wtedy słaba nierówność (a konkretnie równość) zachodzi, wszakże
\(\displaystyle{ f_{4}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=f_{3}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}\)

5) Niech \(\displaystyle{ t\in \left[\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}, 1\right], \ f_{5}(t)=8t^{4}+4t^{3}-6t^{2}-2t}\)
Mamy
\(\displaystyle{ f_{5}'(t)=32t^{3}+12t^{2}-12t-2=12t\left(t^{2}+t-1\right)+2\left(10t^{3}-1\right)>0}\)
gdyż np.
\(\displaystyle{ t\ge\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}>\frac{1}{2}, \ 10t^{3}>8t^{3}\ge 1}\)
oraz
\(\displaystyle{ t\ge\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}>\frac{1}{\sqrt{2}}, \ t^{2}+t-1>\frac{1}{2}+\frac{1}{\sqrt{2}}-1>\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-1=0 }\)
Wobec tego wystarczy sprawdzić, że
\(\displaystyle{ f_{5}\left(\frac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\right)\ge 1+\frac{\sqrt{3}}{2}}\),
co uważny Czytelnik sprawdzi i co zakończy dowód.

Oczywiście zachęcam do zaprezentowania innego niż spałowane rozwiązania. :mrgreen:
a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 22173
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 3748 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: a4karo »

Premislav pisze:Oczywiście zachęcam do zaprezentowania innego niż spałowane rozwiązania. :mrgreen:

Już biegnę: funkcja `|\cos x|` jest wklęsła na każdym przedziale pomiędzy jej kolejnymi zerami. To samo dotyczy oczywiście każdej funkcji postaci `|\cos kx|`.
Stąd wniosek, że nasza funkcja jest wklęsłą na każdym z przedziałów `(0,\pi/8)`, `(\pi/8,\pi/6)`, `(\pi/6,\pi/4)` , `(\pi/4,{3\pi}/8)` i `({3\pi}/8,\pi/2)`.
Ponieważ funkcja wklęsła osiąga ekstrema na krańcach przedziałów, wystarczy policzyć wartości funkcji w sześciu punktach.
pkrwczn
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 164
Rejestracja: 27 paź 2015, o 23:44
Płeć: Mężczyzna
Podziękował: 17 razy
Pomógł: 30 razy

Re: wykazanie nierówności

Post autor: pkrwczn »

A ja miałem na myśli takie podejście.

\(\displaystyle{ A=\left( 0, \frac{\pi}{8} \right)}\), \(\displaystyle{ B=\left( \frac{\pi}{8}, \frac{\pi}{6}\right)}\), \(\displaystyle{ C=\left( \frac{\pi}{6},\frac{\pi}{4}\right)}\), \(\displaystyle{ D=\left( \frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{8}\right)}\) , \(\displaystyle{ E=\left( \frac{3\pi}{8},\frac{\pi}{2}\right) }\)

\(\displaystyle{ f_A = \ \ \ 8\cos^4 x + 4\cos^3 x - \ \ 6\cos^2 x - 2\cos x}\)
\(\displaystyle{ f_B =-8\cos^4 x + 4\cos^3 x +10\cos^2 x - 2\cos x -2}\)
\(\displaystyle{ f_C =-8\cos^4 x - 4\cos^3 x +10\cos^2 x + 4\cos x -2}\)
\(\displaystyle{ f_D =-8\cos^4 x - 4\cos^3 x + \ \ 6\cos^2 x + 4\cos x}\)
\(\displaystyle{ f_E = \ \ \ 8\cos^4 x - 4\cos^3 x -10\cos^2 x + 4\cos x +2}\)

\(\displaystyle{ f'_A = -\left( \ \ \ 32\cos^3 x + 12\cos^2 x - 12\cos x - 2 \right)\sin x}\)
\(\displaystyle{ f'_B = -\left(-32\cos^3 x + 12\cos^2 x + 20\cos x - 2 \right)\sin x}\)
\(\displaystyle{ f'_C = -\left(-32\cos^3 x - 12\cos^2 x + 20\cos x + 4 \right)\sin x}\)
\(\displaystyle{ f'_D = -\left(-32\cos^3 x - 12\cos^2 x + 12\cos x + 4 \right)\sin x}\)
\(\displaystyle{ f'_E = -\left( \ \ \ 32\cos^3 x - 12\cos^2 x - 20\cos x + 4 \right)\sin x}\)
Zawartość każdego nawiasu ma po trzy pierwiastki rozwiązując dla \(\displaystyle{ \cos x}\).

Pochodna jest funkcją ograniczoną, na pewno \(\displaystyle{ \left| f'(x) \right| <100}\)
Wartość funkcji w przedziale\(\displaystyle{ \left( x, x+a\right)}\) jest \(\displaystyle{ \left( f(x) - 100 a\right) < f(x) < \left( f(x) + 100 a\right)}\)

\(\displaystyle{ f'_A(\arccos \ \ \ 0,537)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos \ \ \ 0,538)<0}\) więc mielibyśmy ekstremum w \(\displaystyle{ x\in (\arccos 0,538; \arccos 0,537)}\) ale nie w \(\displaystyle{ A}\)
\(\displaystyle{ f'_A(\arccos -0.760)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos -0,761)>0}\) nie w A
\(\displaystyle{ f'_A(\arccos -0.152)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos -0,153)<0}\) nie w A
\(\displaystyle{ f_A}\) ściśle monotoniczna w swoim przedziale.
\(\displaystyle{ f'_B(\arccos \ \ \ 0,958)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos \ \ \ 0,959)>0}\) nie w B
\(\displaystyle{ f'_B(\arccos -0.679)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos -0,680)<0}\) nie w B
\(\displaystyle{ f'_B(\arccos \ \ \ 0.095)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_A(\arccos \ \ \ 0,096)<0}\) nie w B
\(\displaystyle{ f_B}\) ściśle monotoniczna w swoim przedziale.
\(\displaystyle{ f'_C(\arccos -0,910)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_C(\arccos -0,911)<0}\) nie w C
\(\displaystyle{ f'_C(\arccos -0,189)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_C(\arccos -0,190)>0}\) nie w C
\(\displaystyle{ f'_C(\arccos \ \ \ 0,724)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_C(\arccos \ \ \ 0,725)>0}\), ekstremum w \(\displaystyle{ x\in(\arccos 0,725; \arccos 0,724) \subset C
}\)

\(\displaystyle{ f_C(\arccos 0,724) = 2,421662472192 \implies \color{red}{2,3<f_{Cekstr}<2,6}}\)
\(\displaystyle{ f'_D(\arccos -0,656)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_D(\arccos -0,657)<0}\) nie w D
\(\displaystyle{ f'_D(\arccos -0,317)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_D(\arccos -0,318)>0}\) nie w D
\(\displaystyle{ f'_D(\arccos \ \ \ 0,599)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_D(\arccos \ \ \ 0,600)>0}\), ekstremum w \(\displaystyle{ x\in(\arccos 0,600; \arccos 0,599) \subset D
}\)

\(\displaystyle{ f_D(\arccos 0,599) = 2,659213543192 \implies \color{red}{2,5<f_{Dekstr}<2,8}}\)
\(\displaystyle{ f'_E(\arccos \ \ \ 0,910)>0 }\) i \(\displaystyle{ f'_E(\arccos \ \ \ 0,911)<0}\) nie w E
\(\displaystyle{ f'_E(\arccos -0,724)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_E(\arccos -0,725)>0}\) nie w E
\(\displaystyle{ f'_E(\arccos \ \ \ 0,189)<0 }\) i \(\displaystyle{ f'_E(\arccos \ \ \ 0,190)>0}\), ekstremum w \(\displaystyle{ x\in(\arccos 0,190; \arccos 0,189) \subset E
}\)

\(\displaystyle{ f_E(\arccos 0,189) = 2,381992842728 \implies \color{red}{2,2<f_{Eekstr}<2,5}}\)
\(\displaystyle{
f'(x)=0 \implies f(x)>2,2 \implies f(x) \ge 1+ \frac{ \sqrt{3} }{2} }\)
ODPOWIEDZ