Номер 182, страница 334 - гдз по алгебре 10-11 класс учебник Колмогоров, Абрамов

Глава 6. Задачи повышенной трудности. Параграф 3. Уравнения, неравенства и системы - номер 182, страница 334.

Условие.

182. Докажите, что если $0 < x < \frac{\pi}{2}$, то $\cos \sin x > \sin \cos x$.

Решение 5.

Нам необходимо доказать неравенство $\cos(\sin x) > \sin(\cos x)$ при условии, что $0 < x < \frac{\pi}{2}$.

Воспользуемся формулой приведения $\sin \alpha = \cos(\frac{\pi}{2} - \alpha)$. Применим ее к правой части доказываемого неравенства:
$\sin(\cos x) = \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$.

Теперь исходное неравенство можно переписать в виде:
$\cos(\sin x) > \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$.

Рассмотрим функцию $y = \cos t$. На интервале $(0, \pi)$ эта функция является строго убывающей. Это означает, что для любых $t_1, t_2$ из этого интервала, если $t_1 < t_2$, то $\cos(t_1) > \cos(t_2)$.

Проверим, принадлежат ли аргументы косинусов, которыми являются $\sin x$ и $\frac{\pi}{2} - \cos x$, интервалу $(0, \pi)$, на котором косинус убывает.
По условию задачи $0 < x < \frac{\pi}{2}$. В этом интервале:
1. $0 < \sin x < 1$. Так как $1 < \pi \approx 3.14$, то аргумент $\sin x$ принадлежит интервалу $(0, \pi)$.
2. $0 < \cos x < 1$. Отсюда следует, что $-1 < -\cos x < 0$. Тогда $\frac{\pi}{2} - 1 < \frac{\pi}{2} - \cos x < \frac{\pi}{2}$. Так как $\frac{\pi}{2} \approx 1.57$, то $0.57 < \frac{\pi}{2} - \cos x < 1.57$. Этот промежуток также полностью находится внутри интервала $(0, \pi)$.

Поскольку оба аргумента находятся в области, где косинус строго убывает, неравенство $\cos(\sin x) > \cos(\frac{\pi}{2} - \cos x)$ равносильно следующему неравенству для их аргументов:
$\sin x < \frac{\pi}{2} - \cos x$.

Перенесем $\cos x$ в левую часть:
$\sin x + \cos x < \frac{\pi}{2}$.

Теперь нам нужно доказать это неравенство для $x \in (0, \frac{\pi}{2})$. Для этого найдем максимальное значение функции $f(x) = \sin x + \cos x$ на данном интервале. Преобразуем левую часть с помощью введения вспомогательного угла:
$\sin x + \cos x = \sqrt{2}(\frac{1}{\sqrt{2}}\sin x + \frac{1}{\sqrt{2}}\cos x) = \sqrt{2}(\cos\frac{\pi}{4}\sin x + \sin\frac{\pi}{4}\cos x) = \sqrt{2}\sin(x + \frac{\pi}{4})$.

Найдем область значений аргумента $x + \frac{\pi}{4}$. Если $0 < x < \frac{\pi}{2}$, то $\frac{\pi}{4} < x + \frac{\pi}{4} < \frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{4} = \frac{3\pi}{4}$.
На интервале $(\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4})$ функция $\sin(t)$ достигает своего максимального значения, равного 1, в точке $t = \frac{\pi}{2}$. Это соответствует значению $x = \frac{\pi}{4}$, которое входит в наш интервал.
Таким образом, максимальное значение выражения $\sin x + \cos x$ на заданном интервале равно $\sqrt{2} \cdot 1 = \sqrt{2}$.

Следовательно, для всех $x \in (0, \frac{\pi}{2})$ выполняется неравенство $\sin x + \cos x \le \sqrt{2}$.
Чтобы завершить доказательство, нам осталось сравнить найденное максимальное значение $\sqrt{2}$ с правой частью неравенства $\frac{\pi}{2}$.
Сравним их квадраты, так как обе величины положительны: $(\sqrt{2})^2 = 2$ и $(\frac{\pi}{2})^2 = \frac{\pi^2}{4}$.
Неравенство $\sqrt{2} < \frac{\pi}{2}$ равносильно неравенству $2 < \frac{\pi^2}{4}$, или $8 < \pi^2$.
Известно, что $\pi \approx 3.14159...$, поэтому $\pi^2 \approx 9.8696...$. Поскольку $8 < 9.8696...$, неравенство $8 < \pi^2$ является истинным.

Итак, мы установили, что $\sin x + \cos x \le \sqrt{2} < \frac{\pi}{2}$. Это означает, что неравенство $\sin x + \cos x < \frac{\pi}{2}$ справедливо для всех $x \in (0, \frac{\pi}{2})$.
Из этого следует справедливость всех равносильных ему неравенств, включая исходное.

Ответ: Что и требовалось доказать.