Доказать неравенство (тригонометрия)

[ShMaxG]

Я пытался доказать неравенство из темы http://dxdy.ru/topic29498.html, почему-то брошенной автором. Вот оно:

$\[x\cos x \leqslant \frac{{{\pi ^2}}} {{16}}\]$ выполнено для любых $x \in [0,\pi/2]$

Численный анализ дает максимум на $x=0.860334$ со значением функции $0.561096$. Ну а $\pi^2/16=0.61685$. Но хотелось бы как-нибудь доказать неравенство не прибегая к численному анализу (возможно ли это?).

Доказывать пробовал очень разными способами.

Пусть $x_0$ таков, что $\[\cos {x_0} = {x_0}\sin {x_0}\]$. Сразу можно записать две оценки:

$\[x\cos x = f\left( x \right) \leqslant f\left( {{x_0}} \right) = {x_0}\cos {x_0} = \frac{{{{\cos }^2}{x_0}}} {{\sin {x_0}}} \leqslant \frac{\pi } {2}\frac{{{{\cos }^2}{x_0}}} {{{x_0}}} = \left[ \begin{gathered} \frac{\pi } {2}{x_0}\sin {x_0} \leqslant \frac{{{\pi ^2}}} {4} \hfill \\ \frac{\pi } {2}\cos {x_0}\sin {x_0} \leqslant \frac{\pi } {4} \hfill \\ \end{gathered} \right.\]$.

Вторая из этих оценок самая точная (из тех, которые у меня получались).

Еще пытался мажорировать и минорировать синус прямыми$\[y = \frac{4} {\pi }x\frac{{\sqrt 2 }} {2},y = \frac{3} {\pi }x\frac{{\sqrt 3 }} {2},y = \frac{2} {\pi }x\]$ (так как легко проверить, что $x_0 \in (\pi/4,\pi/3)$). Но все эти оценки к результату, лучшему чем $\pi/4$ не приводят.

Еще пытался прикинуть сам $x_0$ из соответствующего уравнения, но ничего хорошего не вышло (оценка далеко не хорошая).

Может у вас есть какие-либо идеи?

[ewert]

Это должно тупо пройти при замене косинуса на первые три члена формулы Тейлора (уравнение на положение точки максимума получится биквадратным, и явно есть большой запас точности).

А вот что имелось в виду под конкретно ${\pi^2\over16}$ -- не знаю.

[ShMaxG]

Хм, ну да, все получается.

В одной из попыток у меня тоже было раскрытие косинуса, но я там привел некоторые другие оценки, которые не выполнились.

Спасибо

[vmg]

$(\frac{x+\cos{x}}{2})^2\geq{x\cos{x}}$.
Докажем $\frac{\pi^2}{16}\geq{(\frac{x+\cos{x}}{2})^2}$
или $\frac{\pi}{4}\geq{\frac{x+\cos{x}}{2}}$.
$\frac{\pi}{2}-x\geq{\cos{x}}$. График левой части лежит над графиком правой, касание в $\frac{\pi}{2}$.

[ShMaxG]

vmg
Блестяще!

[ewert]

Да, это мне тоже пришло в голову, только позже (пока шёл на трамвай) и немного в другой форме: $\cos x<{\pi\over2}-x$, откуда $x\,\cos x<x({\pi\over2}-x)={\pi\over2}x-x^2$, откуда ...

Глупо как-то.

--------------------------------------------
Ну а раз уж всё равно глупо, то вот ещё одно дурацкое решение. Доказываем, что $\cos x\leqslant1-{4\,x^2\over\pi^2}$ (это можно). Тогда максимум выражения $x(1-{4\,x^2\over\pi^2})$ -- это ${\pi\over3\sqrt3$. Что меньше ${\pi^2\over16}$, т.к. $\pi^2>{256\over27}$.