desigualdad $\sqrt{\cos x}>\cos(\sin x)$ para $x\in(0,\frac{\pi}{4})$

Question

¿Cómo puedo demostrar la desigualdad $\sqrt{\cos x}>\cos(\sin x)$ para $x\in(0,\frac{\pi}{4})$ ?

La derivada de $f(x):=\sqrt{\cos x}-\cos(\sin x)$ es muy desagradable, así que el método estándar probablemente no sea la opción correcta...

Answer 1

Siendo ambos lados positivos, podemos elevar cada uno a la cuarta potencia, para obtener $$ \cos^2 x > \cos^4 \sin x $$ y luego (como sugiere @Bacon), cambiar la variable a $u=\sin x$ , lo que nos da $$ 1-u^2 > \cos^4 u, \qquad u\in(0,1/\sqrt 2) $$

Por el teorema de Taylor $\cos u = 1 - \frac12 u^2 + \frac{\cos \xi}{4!}u^4$ para algunos $\xi\in(0,1/\sqrt2)$ , lo que implica $\cos\xi>0$ . Elevando esto a la cuarta potencia nos da

• Términos que sólo implican $1$ y $\frac12u^2$ , a saber $1 - 4\cdot\frac12u^2 +6\cdot\frac14u^4 - 4\cdot\frac18u^6+\frac1{16}u^8 $
• Otros términos negativos que implican uno o tres factores de $-\frac12u^2$ que podemos ignorar
• Temas positivos con exactamente una $\frac{\cos\xi}{24}u^4$ , a saber $4\frac{\cos\xi}{24}u^4 + 12\frac{\cos\xi}{24\cdot 4}u^8$
• Menos de $\binom42\cdot 3^2=54$ términos con dos o más factores de $\frac{\cos\xi}{24}u^4$ .

Así, tenemos $$ \cos^4 u < 1 - 2u^2 + \frac32u^4 + \frac1{16}u^8 + \frac4{24}u^4 + \frac{1}{8} u^8 + \frac{54}{24^2}u^8 $$ Mientras $u^2 < \frac12$ Esto da como resultado $$ \cos^4 u < 1 - 2u^2 + \frac34u^2 + \frac1{128}u^2 + \frac1{12}u^2 + \frac{1}{64}u^2 + \frac{54}{4068}u^2 $$

Pero $\frac34+\frac1{128}+\frac1{12}+\frac1{64}+\frac{54}{4068} < \frac{15}{20} + \frac1{20} + \frac2{20} + \frac1{20} + \frac1{20} = 1$ , por lo que esto da

$$ \cos^4 u < 1 - u^2 $$ según sea necesario.

Answer 2

\begin{align*} \sqrt{\cos x} & > \cos \sin x \\ \cos x & > \cos^2 \sin x \\ 1 - 2 \sin^2 \frac x2 & > 1 - \sin^2 \sin x \\ \sin^2 \sin x & > 2 \sin^2 \frac x2 \\ \sin \sin x & > \sqrt 2 \sin \frac x2 \\ \end{align*}

Tenga en cuenta que para $0<x<\frac \pi 4$ tenemos $$\frac \pi 2 > \frac 1{\sqrt 2} = \sin \frac \pi 4 > \sin x = 2\sin \frac x2 \cos \frac x2 > 2 \sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 > 0.$$ Como el seno es creciente en el intervalo $\left(0,\frac\pi2\right)$ podemos escribir $$\sin \sin x > \sin \left(2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 \right).$$ Por lo tanto, basta con demostrar que $$\sin \left(2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 \right) > \sqrt 2 \sin \frac x2.$$

Recordemos que para $t>0$ tenemos $\sin t > t - \frac{t^3}6$ . Poniendo $t=2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8$ y teniendo en cuenta que $2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 < \frac 1{\sqrt 2}$ obtenemos \begin{align*} \sin \left(2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 \right) &> 2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 - \frac 16 \left(2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 \right)^3 >\\ &>2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 - \frac 16 \left(\frac 1{\sqrt 2}\right)^2\left(2\sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 \right) = \\ & = \frac{11}6 \sin \frac x2 \cos \frac \pi 8. \end{align*} Por lo tanto, basta con demostrar que $$\frac{11}6 \sin \frac x2 \cos \frac \pi 8 > \sqrt 2 \sin \frac x2$$ o $$\frac{11}6 \cos \frac \pi 8 > \sqrt 2.$$

Esto es cierto ya que \begin{align*} \frac{11}6 \cos \frac \pi 8 & > \frac 53 \cos \frac \pi 6 = \\ & = \frac 53 \cdot \frac{\sqrt 3}2 = \\ & = \sqrt{\frac{25}{12}} >\\ & > \sqrt 2. \end{align*}

Answer 3

Dejemos que $f(x):=\cos x-\cos^2(\sin x)$ . Basta con demostrar que $f(x)\gt 0$ para $0\lt x\lt \pi/4$ .

Ahora, $$f'(x)=-\sin x+2\cos(\sin x)\sin (\sin x)\cos x=-\sin x+\cos x\cdot \sin(2\sin x)$$$$ =cos x(\sin(2\sin x)-\tan x)$$

Aquí, dejemos que $g(x):=\sin(2\sin x)-\tan x$ . Entonces, $$g'(x)=\cos(2\sin x)\cdot 2\cos x-\frac{1}{\cos^2x}=\frac{2\cos^3x\cdot \cos(2\sin x)-1}{\cos^2x}$$

Aquí, dejemos que $h(x):=2\cos^3x\cdot \cos(2\sin x)-1$ . Entonces, $$h'(x)=6\cos^2x(-\sin x)\cdot \cos(2\sin x)+2\cos^3x(-\sin (2\sin x))\cdot 2\cos x\lt 0$$ Así que, $h(x)$ es decreciente con $h(0)=1,h(\pi/4)=\frac{1}{\sqrt 2}\cos(\sqrt 2)-1\lt 0$ . Por lo tanto, sólo existe un verdadero $0\lt \alpha\lt\pi/4$ tal que $h(\alpha)=0$ . De esto, $g'(x)$ es positivo para $0\lt x\lt\alpha$ y es negativo para $\alpha\lt x\lt\pi/4$ . Así que, $g(x)$ aumenta para $0\lt x\lt\alpha$ y es decreciente para $\alpha\lt x\lt \pi/4$ con $g(0)=0,g(\pi/4)=\sin(\sqrt 2)-1\lt 0$ . A partir de esto, sólo existe un verdadero $0\lt\beta\lt\pi/4$ tal que $g(\beta)=0$ . Así que, $f'(x)$ es positivo para $0\lt x\lt\beta$ y es negativo para $\beta\lt x\lt\pi/4$ . Así que, $f(x)$ aumenta para $0\lt x\lt \beta$ y es decreciente para $\beta\lt x\lt\pi/4$ con $f(0)=0,f(\pi/4)=1/\sqrt 2-\cos^2(1/\sqrt 2)\gt 0$ .

De ello se deduce que $f(x)\gt 0$ para $0\lt x\lt\pi/4$ . De ello se desprende la reclamación.

Answer 4

La única forma que se me ocurre es la de las ampliaciones de Taylor (tediosas pero factibles) como comentaba Henning Makholm. $$\cos(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}-\frac{x^6}{720}+O\left(x^8\right)$$ $$\sqrt{\cos(x)}=1-\frac{x^2}{4}-\frac{x^4}{96}-\frac{19 x^6}{5760}+O\left(x^8\right)$$ $$\sin(x)=x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}+O\left(x^8\right)$$ $$\cos(\sin(x))=1-\frac{x^2}{2}+\frac{5 x^4}{24}-\frac{37 x^6}{720}+\frac{457 x^8}{40320}+O\left(x^9\right)$$ $$\sqrt{\cos(x)}-\cos(\sin(x))=\frac{x^2}{4}-\frac{7 x^4}{32}+\frac{277 x^6}{5760}+O\left(x^8\right)$$ $$\sqrt{\cos(x)}-\cos(\sin(x))=\frac{x^2}4 \left(1-\frac{7 x^2}{8}+ \frac{277 x^4}{1440}\right)+O\left(x^8\right)$$ No existe una raíz real para la cuadrática en $x^2$ dentro de los paréntesis.