Demostrar o refutar la desigualdad $\sqrt{1+\sin b}-\sqrt{1+\sin a}\leq\frac{b-a}{2}$

Question

Estoy hecho de probar o refutar la desigualdad $$\sqrt{1+\sin b}-\sqrt{1+\sin a}\leq\frac{b-a}{2}$$

para todos los $0<a<b<\pi/2$.

Yo creo que es cierto.

Prueba: Supongamos $f(x):=\sqrt{1+\sin x}$. La función de $f(x)$ es continua en el intervalo $[a,b]\subseteq[0,\pi/2]$ y es diferenciable en a $(a,b)$. Por lo tanto, por el valor medio teorema existe un punto de $c\in (a,b)$ tal que

$$f'(c)=\frac{\cos c}{2\sqrt{1+\sin c}}=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$$

y debido a que $0<c<\pi/2$,

$$\frac{\cos c}{2\sqrt{1+\sin c}}<\frac{\cos 0}{2\sqrt{1+\sin 0}}=\frac{1}{2}$$

Y por lo tanto:

$$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}<\frac{1}{2} \Rightarrow \sqrt{1+\sin b}-\sqrt{1+\sin a}\leq\frac{b-a}{2}$$

Es correcto?

Answer 1

Su enfoque funciona. Si te gusta una forma alternativa, $$ f(x)=\sqrt{1+\sin x} = \sqrt{2}\cos\left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)=\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}+\frac{x}{2}\right) $$ le da a ese $f(x)$ es creciente y cóncava de la función en $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ con constante de Lipschitz $\frac{1}{2}$, por lo tanto: $$ \sqrt{1+\sin b}-\sqrt{1+\sin a}\leq\frac{b-a}{2} $$ como quería.