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.
