Existe de todos modos para mostrar $\left| {\frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}} \right| \le 1$ aparte de tomar los derivados?

Question

El propósito es mostrar a $\left| {\frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}} \right| \le 1$ cualquier $x,y\in\Bbb{R}$.

Tomando derivadas parciales con respecto a $x,y$ respectivamente $\frac{{\partial \frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}}}{{\partial x}} = 0$, $\frac{{\partial \frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}}}{{\partial y}} = 0$ da $\sin x={ - \frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}}$$\sin y={ - \frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}}$. A enchufarlos y tenemos el resultado deseado $\left| {\frac{{\cos x - \cos y}}{{x - y}}} \right| \le 1$.

Lo que quiero preguntar es, ¿hay más decente manera de mostrar la desigualdad? Tomando derivados se ve torpe. Espero que alguien pueda ayudar. Gracias!

Answer 1

El uso de la diferencia a la identidad del producto $\cos x - \cos y = -2\sin\dfrac{x-y}{2}\sin\dfrac{x+y}{2}$ a lo largo de la desigualdad a la $|\sin \theta| \le |\theta|$ le da:

$\left|\dfrac{\cos x - \cos y}{x-y}\right| = \left|\dfrac{-2\sin\frac{x-y}{2}\sin\frac{x+y}{2}}{x-y}\right| = \dfrac{2\left|\sin\frac{x-y}{2}\right|\left|\sin\frac{x+y}{2}\right|}{|x-y|} \le \dfrac{2\left|\frac{x-y}{2}\right| \cdot 1}{|x-y|} = 1$.

Tenga en cuenta que tanto $\cos x - \cos y = -2\sin\dfrac{x-y}{2}\sin\dfrac{x+y}{2}$ $|\sin \theta| \le |\theta|$ puede ser probada sin cálculo.

Answer 2

Esto podría no calificar como una prueba, pero se puede apreciar esta geométrico razonamiento:

Deje $x, y \in \mathbb R$ ser cualquiera de los dos ángulos. Los puntos correspondientes en el círculo unitario se $(\cos x, \sin x)$$(\cos y, \sin y)$. Ahora observe que el $|x-y|$ es la longitud de arco de $x$ $y$a lo largo del círculo (posiblemente envoltura alrededor varias veces si $|x-y| > 2\pi$), mientras que $|\cos x - \cos y|$ es sólo la distancia horizontal entre el$x$$y$, lo que claramente no es mayor que la distancia en línea recta, que es menor que la longitud del arco.

Answer 3

El valor medio teorema puede resolver esto rápidamente, $$\cos(x)-\cos(y) = (-\sin(\eta))(x-y)$$ for some $\eta \en (x,y)$. Thus $$\left| \frac{\cos(x)-\cos(y)}{x-y} \right| = |\sin(\eta)| \le 1$$

Answer 4

Sugerencia: Aplique $$|\cos (x)-\cos (y)|=|-2\sin \frac{x+y}{2}\sin \frac{x-y}{2}|$$

$$=|-2\sin \frac{x+y}{2}||\sin \frac{x-y}{2}|\le|x-y|$$

Answer 5

El único "analítica" de la desigualdad es necesario, aparte de la trigonometría básica, es $|\sin(x)| \le |x| $.

Vamos $x = y+h$, así

$\begin{array}\\ \cos(x)-\cos(y) &=\cos(y+h)-\cos(y)\\ &=\cos(y)\cos(h)-\sin(y)\sin(h)-\cos(y)\\ &=\cos(y)(\cos(h)-1)-\sin(y)\sin(h)\\ \end{array} $

Ahora usamos $|a\cos(y)+b\sin(y)| \le \sqrt{a^2+b^2} $. Para mostrar esto, elija $v$, de modo que $\tan(v) = a/b$. Entonces

$\begin{array}\\ a\cos(y)+b\sin(y) &=b\tan(v)\cos(y)+b\sin(y)\\ &=b((\sin(v)/\cos(v))\cos(y)+\sin(y))\\ &=(b/\cos(v))(\sin(v)\cos(y)+\cos(v)\sin(y))\\ &=(b/\cos(v))\sin(v+y)\\ \end{array} $

Pero, desde

$\begin{array}\\ \tan^2(v) &=\sin^2(v)/\cos^2(v)\\ &=(1-\cos^2(v))/\cos^2(v)\\ &=1/\cos^2(v)-1,\\ 1/\cos(v) &=\sqrt{1+\tan^2(v)}\\ &=\sqrt{1+a^2/b^2}\\ &=\sqrt{a^2+b^2}/b\\ \text{so}\\ b/\cos(v) &=\sqrt{a^2+b^2}\\ \end{array} $

Por lo tanto $a\cos(y)+b\sin(y) =\sqrt{a^2+b^2}\sin(v+y) $. Desde $|\sin(v+y)| \le 1$, $|a\cos(y)+b\sin(y)| \le \sqrt{a^2+b^2} $.

Finalmente, llegamos

$\begin{array}\\ |\cos(y+h)-\cos(y)| &=|\cos(y)(\cos(h)-1)-\sin(y)\sin(h)|\\ &\le \sqrt{(\cos(h)-1)^2+\sin^2{h}}\\ &= \sqrt{\cos^2(h)-2\cos(h)+1+\sin^2{h}}\\ &= \sqrt{2-2\cos(h)}\\ &= \sqrt{4\sin^2(h/2)} \quad\text{(since }1-\cos(h) = 2\sin^2(h/2))\\ &=2|\sin(h/2)|\\ &\le |h| \quad\text{(using } |\sin(h/2)| \le |h/2|)\\ \end{array} $

de modo que, como deseado, $\left|\dfrac{\cos(x)-\cos(y)}{x-y}\right| \le 1 $.

Tenga en cuenta que, sólo a partir de básicos de trigonometría, tenemos $|\cos(x)-\cos(y)| \le 2|\sin((x-y)/2)| $.