Cómo probar esta desigualdad $\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}\le\frac{4}{5}\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}$

Question

Buena Pregunta:

deje $x\in [0,2\pi]$, muestran que:

$$\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}\le\dfrac{4}{5}\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}?$$

Sé que esto siga famoso problema(1995 Rusia olimpiada Matemática)

$$\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}<\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}$$

Este problema solución puede ver :http://iask.games.sina.com.cn/b/19776980.html y en todas partes tienen solución en china BBS

He puesto esto en la solución de problemas

case1: si $x\in[\pi,2\pi]$,luego $$\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}>0,\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}\le 0$$ así $$\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}>\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}$$

case2: si $x\in[0,\dfrac{\pi}{2}]$,luego tenemos $$\cos{x}+\sin{x}\le\sqrt{2}<\dfrac{\pi}{2}\Longrightarrow 0\le \cos{x}<\dfrac{\pi}{2}-\sin{x}$$ así $$\cos{\cos{x}}>\cos{\left(\dfrac{\pi}{2}-\sin{x}\right)}=\sin{\sin{x}}$$ $$\sin{\cos{x}}<\sin{\left(\dfrac{\pi}{2}-\sin{x}\right)}=\cos{\sin{x}}$$ entonces $$\cos{\cos{\cos{x}}}<\cos{\sin{\sin{x}}}$$ así $$\cos{\cos{\cos{x}}}+\sin{\sin{\sin{x}}}<\cos{\sin{\sin{x}}}+\sin{\sin{\sin{x}}}<\dfrac{\pi}{2}$$ así $$\cos{\cos{\cos{x}}}<\dfrac{\pi}{2}-\sin{\sin{\sin{x}}}$$ entonces $$\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}>\cos{\left(\dfrac{\pi}{2}-\sin{\sin{\sin{x}}}\right)}=\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}$$ case3: si $x\in (\dfrac{\pi}{2},\pi)$,entonces vamos a

$y=x-\dfrac{\pi}{2}$,por lo que $$\cos{\cos{\cos{\sin{y}}}}>\sin{\sin{\cos{\sin{y}}}}$$ y ya $f(t)=\sin{\sin{t}}$ es creciente,entonces $$f(\cos{\sin{y}})>f(\sin{\cos{y}})\Longrightarrow \sin{\sin{\cos{\sin{y}}}}>\sin{\sin{\sin{\cos{y}}}}$$ así $$\cos{\cos{\cos{\sin{y}}}}>\sin{\sin{\sin{\cos{y}}}}$$ así $$\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}>\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}$$

Pero he encontrado esto $\dfrac{4}{5}$ tal vez es fuerte,

así que si $x\in[\pi,2\pi]$,luego tenemos $$\dfrac{4}{5}\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}\ge 0>\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}$$

Pero para el caso de $x\in [0,\pi]$, lo puedo probar este $$4\cos{\cos{\cos{\cos{x}}}}\ge 5\sin{\sin{\sin{\sin{x}}}}$$

Muchas gracias！

Answer 1

Todavía comenzamos desde el original ruso Olimpiada Problema: $\cos \cos \cos \cos x> \sin \sin \sin \sin x$. Podría haber otro numérico a prueba de simplemente haciendo en una calculadora:

Tenemos $-1\leq \cos x \leq 1, \text{es }\cos 1\leq \cos \cos x\leq 1, \text{es }\cos 1 \leq \cos \cos \cos x \leq \cos \cos 1$.

Por último, tenemos,

$$~0.6542 \simeq \cos \cos \cos 1\leq \cos \cos \cos \cos x \leq \cos \cos 1.$$

Del mismo modo, hemos

$$-\sin \sin \sin \pecado 1 \leq \sin \sin \sin \sin x \leq \sin \sin \pecado 1 \simeq0.6784...$$

Si la ecuación tiene la solución, que es

$$\sin x\geq \sin^{-1} \sin^{-1}\sin ^{-1} \cos \cos \cos 1 \simeq 0.6086...$$

Por lo tanto, hemos $$|\cos x|\leq 0.7835...$$

Por lo tanto, $\cos \cos \geq 0.7013 \to \cos \cos \cos x \leq 0.7639 \to \cos \cos \cos \cos \cos x \geq 0.7221...$

Por lo tanto, no es posible tener $\sin \sin \sin \sin \sin \leq 0.6784.$ La desigualdad se cumple.

Así, el $\frac{4}{5}$ no es todavía una fuerte constante, y la desigualdad de pruebas similares.

Answer 2

Incompleta, pero demasiado largo para un comentario:

$\displaystyle f(x)\leqslant a\cdot g(x)\iff h(x)=\frac{f(x)}{g(x)}\leqslant a\iff$ Tenemos que calcular todas las soluciones a $h'(x)=0$ , calcular el valor de $h(x)$ en esos puntos, así como en $0$$2\pi$, que son los extremos del intervalo, y compruebe $h(x_{_\text{k}})\leqslant a$, para todas las $x_{_\text{k}}$ . Debido a la función de la paridad y la periodicidad (coseno en el denominador, y un número par de senos en el numerador), el intervalo puede ser restringido a $\left[0,\frac\pi2\right]$, ya que puede ser fácilmente demostrado que $h(x)=h(\pi-x)=-h(\pi+x)=$ $=h(2\pi+x)$. De cualquier manera, todos sus extremos son de la forma $h(k\pi\pm x_0)$ $h\left((2k+1)\frac\pi2\right)$ donde $x_0\simeq1.1631454$ es la única solución a la ecuación trascendental $h'(x)=0$ en el intervalo abierto $\left(0,\frac\pi2\right)$. De hecho, $h\left((2k+1)\frac\pi2\right)\simeq0.791<h(k\pi\pm x_0)\simeq0.795<\displaystyle\frac45$. Ahora, que $h'(x)$ tiene raíces en el impares múltiplos de $\frac\pi2$ es trivial para mostrar, pero probando la singularidad de $x_0$ $\left(0,\frac\pi2\right)$ es nada.