Тригонометрическое неравенство.

[Sasha2]

Ну а для интервала, где x<1 можно действовать так.
Надо доказать, что sin^2(sqrt{x})<sin(x){/matn]. Для этой цели представим квадрат синуса в левой части этого неравенства в виде косинуса двойного аргумента, а затем всю тригонометрию перенесем в правую часть, получим такое неравенство: [math]1<2*sin(x)+cos(2*sqrt{x})

Неравенство тем более будет доказанным, если мы его докажем для случая, когда в аргументе косинуса будет не корень из x, а (x+1)/2. Это в силу убывания косинуса. Ну, а далее уже техника.

[Sasha2]

Да ошибка в предыдущем рассуждении. Можно лишь немного понизить оценку, но не до конца

[Антипка]

Я вижу, что задача решена, но никто этого не видит. На самом деле рассуждения Genrih на первой странице полностью решают эту задачу для случая 0<x<=1. Так как в его обозначениях f(0) = 0 и f'(x)>0 всюду на (0;1], следовательно, f(x)>0 всюду на (0;1].

[Sasha2]

Тьфу блин точно. Уважаемый Genrich показал, что эта функция возрастает на (0, 1]. Ну и все для всего интервала это доказано.

[Руст]

На самом деле у Genrich верно для всего интервала. Маленькая помарка вычислена 2f' а не f', хотя это ничего не меняет и способ годится и для доказательства $(sin x)^y>sin(x^y), 0<x\le \frac{\pi }{2},0<y<1$. Рассуждения Sacha2 так же можно довести до конца.