que es mayor $x_1$ o $x_2$

Question

$$x_1=\arccos\left(\frac{3}{5}\right)+\arccos\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$$

$$x_2=\arcsin\left(\frac{3}{5}\right)+\arcsin\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)$$ we have to find which is greater among $x_1$ and $x_2$

si unimos ambos llegamos $$x_1+x_2=\pi$$ si utilizamos fórmulas obtenemos

$$x_1=\arccos\left(\frac{6\sqrt{2}-4}{15}\right)$$ y

$$x_2=\arcsin\left(\frac{3+8\sqrt{2}}{15}\right)$$

pero, ¿cómo comparar ahora?

Answer 1

Tenemos

$$\frac{3}{5} > \frac{1}{2} \implies \arcsin \frac{3}{5} > \arcsin \frac{1}{2} = \frac{\pi}{6}$$

y

$$\frac{2\sqrt{2}}{3} > \frac{\sqrt{3}}{2} \implies \arcsin \frac{2\sqrt{2}}{3} > \arcsin \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\pi}{3},$$

por lo tanto

$$x_2 > \frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{3} = \frac{\pi}{2}.$$

Answer 2

(Yo voy a hacer esto en grados en lugar de radianes como este es muy intuitivo acerca de los triángulos rectángulos).

Obviamente si $\theta = \arccos \frac ah$ $\theta$ representa un ángulo de un triángulo rectángulo con el lado adyacente $a$ y la hipotenusa $h$ (y el lado opuesto $o = \sqrt {h^2 - a^2}$). Por lo $\arcsin \frac ah = 90 - \theta$, el otro ángulo de la misma triángulo donde el lado $a$ es ahora opuesto en lugar de lateral adyacente.

[Estos son los triángulos con lados de $3,4,5$ y con lados de $1, 2\sqrt{2}, 3$.]

Así que si $x <:> \frac{\sqrt{2}}{2}$ $\arccos x = 45 \pm \phi$ para algunos ángulo positivo $\phi$$\arcsin x = 45 \mp \phi$. (Saca una foto. Es obvio.)

Por lo $\arccos \frac 35 + \arccos \frac {2\sqrt{2}}3 = 45 - \phi + 45 + \theta$

Y $\arcsin \frac 35 + \arcsin \frac {2\sqrt{2}}3 = 45 + \phi + 45 -\theta$

Así que para resolver este problema es simple y en cuestión de averiguar que es más grande de lo $\phi$ o $\theta$. I. E. triángulo que tiene el más empinado de la pendiente de la $3$, $4$, $5$ triángulo, o el $1, 2\sqrt{2}, 3$ triángulo. Entonces la respuesta es, obviamente, el $1, 2\sqrt{2}, 3$ triángulo

y por lo $\theta > \phi$ $\arccos \frac 35 + \arccos \frac {2\sqrt{2}}3 = 45 - \phi + 45 + \theta > \arcsin \frac 35 + \arcsin \frac {2\sqrt{2}}3 = 45 + \phi + 45 -\theta$

===== o aún más sencillo =====

$\sin x = \sqrt {1 - \cos^2 x} =y$

$\arcsin y = \arccos (\sqrt{1 - y^2})$

Por lo $x_1 = \arccos \frac 35 + \arccos \frac{2\sqrt2}{3}= \arcsin \sqrt{ 1- \frac 35^2} + \arcsin \sqrt{1- \frac {2\sqrt{2}}3^2} = \arcsin \frac 45 + \arcsin \frac 13$

$x_2 - x_1 = (\arcsin \frac {2\sqrt 2}3 - \arcsin \frac 13)+(\arcsin \frac {3}{5} - \arcsin \frac 45)$

Ahora como $0 < 1/3 < 3/5 < 4/5 < \frac {2\sqrt 2} 2 < 1$ $0 < \arcsin 1/3 <\arcsin 3/5 < \arcsin4/5 <\arcsin \frac {2\sqrt 2} 2 < 1$

Por lo $x_2 - x_1 = (\arcsin \frac {2\sqrt 2}3 - \arcsin \frac 13)+(\arcsin \frac {3}{5} - \arcsin \frac 45) > 0$.

Por lo $x_2 > x_1$.

Answer 3

No estoy seguro de si esto es real matemáticas, o si la intuición sólo sartenes este momento, así que alguien con un enfoque algebraico es probablemente mejor.

Establecer que $x_1 = a_1 + b_1$, de modo que yo no tenga que escribir mucho.

Echemos un vistazo a los dos primeros términos de cada una de ellas:

Comparando $a_1$$b_1$, está claro que $a_1$ es mayor. Para ello, gire a la geometría, y es claro que en base a la pendiente de la línea que uno es más grande. $a_1$ de pendiente es $\frac{4}{3}$, mientras que el $b_1$ de pendiente es $\frac{3}{4}$

Comparando $a_2$$b_2$, está claro que $b_2$ es mayor, considerando que este es por lejos, la mayor factor de $a_1$ es mayor que $b_1$.

$a_2$ de pendiente es $\frac{\sqrt{2}}{4}$ $b_2$ de pendiente es $2\sqrt{2}$.

Si alguien puede confirmar que este método es "legal" sería estupendo.

Answer 4

Ok fino de forma similar, tenemos $$x_1=arccos\left(\frac{3}{5}\right)+arccos\left(\frac{2\sqrt{2}}{3}\right)=arcsin\left(\frac{4}{5}\right)+arcsin\left(\frac{1}{3}\right)$$

Ahora $$\frac{4}{5} \lt \frac{\sqrt{3}}{2}$$

por lo tanto

$$arcsin\left(\frac{4}{5}\right) \lt \frac{\pi}{3}$$ y

$$\frac{1}{3} \lt \frac{1}{2}$$ lo

$$arcsin\left(\frac{1}{3}\right) \lt \frac{\pi}{6}$$

por lo tanto

$$x_1 \lt \frac{\pi}{2}$$

Finalmente, $$x_2 \gt \frac{\pi}{2} \gt x_1$$

Answer 5

Obviamente, $\arccos\,\frac{3}{5}=\arcsin\,\frac{4}{5}$$\arccos\,\frac{2\sqrt{2}}{3}=\arcsin\,\frac{1}{3}$, lo $\cos\,x_1=\frac{3}{5}\cdot\frac{2\sqrt{2}}{3}-\frac{4}{5}\cdot\frac{1}{3}>0$, e $\cos\,x_2=-\cos\,x_1<0$. Eso significa que $x_2>\pi/2>x_1.$