задача по тригонометрии из всесоюзной олимпиады

[Sasha2]

На самом деле достаточно рассмотреть всю эту конструкцию только лишь на отрезке $[0, \pi]$.
Ну вот для начала рассмотрим всю эту байду, что в левой части стоит на отрезке $[0, \pi-2]$.
При таких условиях, очевидно, что все три слагаемых положительны, а второй модуль еще и не меньше $\sin(1)$.
А по известному тригонометрическому тождеству $\sin(x)+\sin(x+2)=2\cos(1)\sin(x+1)$.
И нам остается показать, что $(1+2\cos(1))\sin(1)>\frac{8}{5}$.
Ну наверно тут можно и калькулятором обойтись.

Дальше пока не знаю как.

[nnosipov]

Sasha2 в сообщении #1451679 писал(а):

Ну наверно тут можно и калькулятором обойтись.

Нельзя, конечно. На олимпиадах калькуляторы запрещены.

[Sasha2]

Пока не протестировал, но меня терзают смутные сомнения, что в этом случае нам может помочь
1) $1>\frac{\pi}{4}$ - это для синуса и
2) $1<\frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{8}$ - а это для косинуса

Хотя может быть придется и увеличивать степень двойки в знаменателе и даже для синуса использовать нечто вроде $1>\frac{\pi}{4}-\frac{\pi}{2^n}$

[kotenok gav]

Sasha2 в сообщении #1451679 писал(а):

И нам остается показать, что $(1+2\cos(1))\sin(1)>\frac{8}{5}$.

$\sin1>\frac45$ и $\cos1>\frac12$.

[Sasha2]

kotenok gav в сообщении #1451694 писал(а):

Sasha2 в сообщении #1451679 писал(а):

И нам остается показать, что $(1+2\cos(1))\sin(1)>\frac{8}{5}$.

$\sin1>\frac45$ и $\cos1>\frac12$.

Покажи

[kotenok gav]

См.

nnosipov в сообщении #1451077 писал(а):

Еще одна засада в том, что нужно доказывать неравенство $\sin{1}>4/5$. Для этого можно доказать, что $\sin{x}>x-x^3/6$ при $0<x<\pi/2$, что, в свою очередь, сведется к доказательству $\cos{x}>1-x^2/2$ и, наконец, к доказательству $\sin{x}<x$. Но вот это последнее уже должно быть в учебнике.

и

nnosipov в сообщении #1451497 писал(а):

Имелось в виду следующее. Рассмотрим функцию $f(x)=\sin{x}-(x-x^3/6)$ на отрезке $[0,\pi/2]$. Имеем$f(0)=0$. Для доказательства положительности $f(x)$ достаточно доказать, что эта функция монотонно возрастает. Для этого, в свою очередь, достаточно доказать, что производная этой функции положительна, т.е. имеет место неравенство $\cos{x}>1-x^2/2$. К последнему неравенству применяем аналогичные рассуждения и приходим к необходимости доказывать неравенство $\sin{x}<x$.

.

[novichok2018]

1. По поводу неравенства $\sin(1)>4/5$. Раз уж всё равно использована выпуклость, то можно использовать для графика синуса, что он выше хорды на интервале $[0;\pi/3]$. Тогда получается, что надо доказать $\frac{3\sqrt{3}}{2\pi}> 4/5$, что даёт оценку для $\pi$ с запасом, достаточным для грубых округлений.

2. Рассуждение nnosipov похоже для суммы любого числа модулей проходит?

3. К минимуму этого выражения можно как-то подступиться?

-- 07.04.2020, 09:14 --

Для косинуса тоже помогает хорда с уравнением $y=1-\frac{3}{2\pi}x$, тогда при $x=1$ неравенство $\cos(1)>1/2$ сводится к $\pi>3$.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1452201 писал(а):

3. К минимуму этого выражения можно как-то подступиться?

О каком выражении идет речь?

[novichok2018]

Изначального из топика суммы трёх модулей, для которого рассматривался максимум.

[nnosipov]

Так я же об этом уже писал: точный минимум равен $2\sin{1}$. Как это доказывается, я тоже объяснил (подсчет значений во всех изломах и выбор наименьшего из них).

-- Вт апр 07, 2020 15:10:16 --

novichok2018 в сообщении #1452217 писал(а):

для которого рассматривался максимум

Почему максимум? Там речь шла о минимуме.

[novichok2018]

перепутал максимум и минимум, извините.

[arqady]

DmitryPh.D. в сообщении #1450929 писал(а):

Никак не пойму как её решить.

Доказать, что для любых вещественных $x$

$|\sin(x)|+|\sin(x+1)|+|\sin(x+2)|>8/5$

$\sin$ вогнута на $[0,\pi]$. Поэтому достаточно провереть неравенство в точках излома модуля, то есть, когда модули павны нулю.

[nnosipov]

Радостное совпадение наших убеждений. (с)