Probar que existe $t>0$ tal que $\cos(t) < 0$.

Question

Quiero demostrar que existe un número real positivo $t$ tal que $\cos(t)$ es negativo.

Aquí es lo que yo sé

$$\cos(x) := \sum_{n=0}^\infty{x^{2n}(-1)^n\over(2n)!}, \;\;(x\in\mathbb R)$$ $${d\over dx}\cos(x) = -\sin(x)$$ $$\cos\left({\pi\over2}\right) = 0, \;\; \cos(0) = 1,$$ $$\sin\left({\pi\over2}\right) = 1, \;\; \sin(0) = 0.$$

Yo también debería especificar: La única cosa que yo sé acerca de ${\pi\over2}$ es que es el menor número positivo tal que $\cos(\cdot)$ se desvanece.

Aquí está lo que he probado hasta ahora: Desde ${d\over dx}\cos(x) = -\sin(x)$ todos los $x\in\mathbb R$, usamos el hecho de que $\sin(\pi/2) = 1$ a darnos $$\left.{d\over dx}\cos\left(x\right)\right|_{x = {\pi\over2}} = -\sin\left({\pi\over2}\right) = -1.$$ So $\cos(x)$ is decreasing at $x={\pi\over2}$. Using the fact that $\sin(\cdot)$ and $\cos(\cdot)$ are continuous (since differentiable $\implica$ continuous), we know that (and here's where I'm not sure) there exists $\epsilon > 0 $ such that $\cos\left({\pi\over2} + \epsilon\right) < 0$. Call $t = {\pi\over2} + \epsilon > 0$. Esto completa la prueba.

Es suficiente la justificación para hacer esta afirmación? Desde $\sin(\cdot)$ es continua en a $\mathbb R$, para algunas de las $\epsilon > 0$ tenemos $\left.{d\over dx}\cos(x + \epsilon)\right|_{x={\pi\over2}} = -\sin({\pi\over2}+\epsilon) < 0$. Por lo tanto $\cos(\cdot)$ sigue disminuyendo a ${\pi\over2} + \epsilon$, y desde $\cos({\pi\over2})=0$,$\cos(t) = \cos({\pi\over2}+\epsilon) < 0 $.

Answer 1

Quizás una manera más formal es invocar el valor medio teorema que dice que $$\cos \left( \frac{\pi}{2}+\epsilon \right)-\cos \left( \frac{\pi}{2} \right)=-\sin \left( c \right) \epsilon $$ para algunos $c \in \left( \frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}+\epsilon \right)$. El uso de la continuidad de $\sin$, usted puede tomar $\epsilon$ lo suficientemente pequeño como para garantizar que $\sin(c)$ es lo suficientemente cerca de a $1$, lo que lo obligó a ser positivo, y por lo tanto terminar la prueba.

Answer 2

Los términos de $a_n$ del coseno de la serie se alternan los signos y (aparte de $a_1$) disminución en valor absoluto al $x=\sqrt{3}$. Por el teorema en la alternancia de la serie que sigue a continuación, que $$\cos\bigl(\sqrt{3}\bigr)<1-{3\over2}+{9\over24}=-{1\over8}\ .$$

Answer 3

De las relaciones,

$$\cos'\left(\tfrac\pi2\right)=-1=\lim_{h\to0}\frac{\cos\left(\frac\pi2+h\right)-0}{h}.$$

Entonces, por definición de la parte derecha del límite, teniendo en $\epsilon=1$, hay un $\delta$ tal que

$$\forall h:0<h<\delta\implies\left|\frac{\cos\left(\frac\pi2+h\right)}{h}+1\right|<\epsilon=1.$$

Esto sólo es posible con valores negativos.

Answer 4

Para demostrar que $\cos\left(\frac{\pi}{2}\right)=0$ a partir de la definición de la serie es tan difícil como la demostración de que $\cos(x)$ está en algún lugar negativo. A partir de la definición de la serie tenemos que $\cos(0)=1$, $\cos'(0)=0$ (también debido a $\cos$ es una función par) y que $f(x)=\cos(x)$ es una solución de la ecuación diferencial $f''+f=0$. Multiplicando ambos lados por $f'$ y la realización de termwise de integración tenemos que $f^2+f'^2=1$ (el teorema de Pitágoras), en particular, $f$ es tanto limitada y de Lipschitz continua con derivada acotada por $1$ en valor absoluto. Por la anterior relación $(f,f')$ está directamente relacionado con un arco de longitud parametrización de la unidad de círculo, por lo tanto $f$ es periódica y en algún punto negativo. También en algún lugar de cero, por supuesto: como una cuestión de hecho, podemos definir $\pi$ $$ \pi\stackrel{\text{def}}{=} 2\inf\left\{x\in\mathbb{R}^+:\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!}=0\right\} $$ y que es la misma que la definición de $\pi$ como la mitad de la longitud (o área) de la unidad de círculo.