[Pie]

Hola:

...
$$\dfrac{\pi}{2}>\displaystyle\frac{\pi}{2}+2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)-2sen(y)cos(y)-2sen(z)cos(z)>^?sen(2x)$$

$$sin(2x)\in (0,1)$$ ya que $$x\in(0,\pi/2)$$

no llego a una contradicción pero creo que tampoco lo demuestro

Me parece que lo que demuestras es que \( \sen (2x)<\dfrac{\pi}{2} \), pero ya se sabe que \( 0<\sen(2x)<1 \) si \( 0<x<\dfrac{\pi}{2} \)
Saludos

Entiendo.


Sigo pensando que la estrategia sería pasar todo a un miembro restando el otro , se puede dado que son términos positivos no hay problema con la inversión de signos , luego queda probar que ese término es mayor a cero... seguiré dándole vueltas.



edito

$$\displaystyle\frac{\pi}{2}+2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)>sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)$$

$$0>-(\displaystyle\frac{\pi}{2}+2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z))+sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)$$

$$0>-\displaystyle\frac{\pi}{2}-2sen(x)cos(y)-2sen(y)cos(z)+sen(2x)+2sen(y)cos(y)+2sen(z)cos(z)>-\displaystyle\frac{\pi}{2}-2sen(x)cos(y)-2sen(y)cos(z)+sen(2x)+2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)=-\displaystyle\frac{\pi}{2}+sen(2x)$$

$$0> -\displaystyle\frac{\pi}{2}+sen(2x)$$

y no existe $$x$$ que contradiga

por lo tanto es cierta la desigualdad original

Pero creo que con eso estás demostrando que \[ \dfrac{\pi}{2} + 2\sin(x)\cos(y) + 2\sin(y)\cos(z) \] es mayor a algo más pequeño que \[ \sin(2x) + \sin(2y) + \sin(2z) \]

Si haces:

\[ \dfrac{\pi}{2} + 2\sin(x)\cos(y) + 2\sin(y)\cos(z) > \sin(2x) + 2\sin(y)\cos(y) + 2\sin(z)\cos(z) \Longrightarrow{} \]

\[ \dfrac{\pi}{2} + 2\sin(x)\cos(y) + 2\sin(y)\cos(z) > \sin(2x) + 2\sin(x)\cos(y) + 2\sin(y)\cos(z) \]

Es cierto, pero como la parte derecha de la segunda desigualdad es más pequeña que la parte derecha de la primera, entonces no demuestras la primera desigualdad, solo que si esta se cumple se tiene que cumplir la segunda.

Vaya, si no me he liado con nada, que con tanto senos, cosenos y desigualdades es fácil perderse..

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

Lo que pruebas es que \( 2\sen x \cos y + 2\sen y \cos z -\sen(2y)-\sen(2z)+\dfrac{\pi}{2} >\sen(2x) \) es una condición suficiente de \( \sen(2x)<\dfrac{\pi}{2} \)
Saludos

[ani_pascual]

Hola:
Creo que es posible afinar un poco más... 

Spoiler

\(  \sen(2x)+\sen(2y)+\sen(2z)=2\sen x\cos y +\sen(2x)-2\sen x\cos y +2\sen y \cos z+\sen(2y)-2\sen y \cos z+\sen(2z)=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen x(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+\sen (2z)<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos z)+2\sen z\cos z<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x -\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x-\cos z+\cos z)=2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z\cos x \)

[cerrar]

Saludos

[manooooh]

Hola

Spoiler

\(  \sen(2x)+\sen(2y)+\sen(2z)=2\sen x\cos y +\sen(2x)-2\sen x\cos y +2\sen y \cos z+\sen(2y)-2\sen y \cos z+\sen(2z)=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen x(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+\sen (2z)<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos z)+2\sen z\cos z<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x -\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x-\cos z+\cos z)=2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z\cos x \)

[cerrar]

Yo sólo veo esto:



 

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

 

¿Qué paso no has entendido? 
He sumado y restado términos y he usado las cotas del seno 
Saludos

[thadeu]

Hola:
Creo que es posible afinar un poco más... 

Spoiler

\(  \sen(2x)+\sen(2y)+\sen(2z)=2\sen x\cos y +\sen(2x)-2\sen x\cos y +2\sen y \cos z+\sen(2y)-2\sen y \cos z+\sen(2z)=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen x(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+\sen (2z)<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos y)+2\sen y(\cos y-\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen y(\cos x-\cos z)+2\sen z\cos z<2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x -\cos z)+2\sen z\cos z=\\2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z(\cos x-\cos z+\cos z)=2\sen x\cos y+2\sen y \cos z+2\sen z\cos x \)

[cerrar]

Saludos

Sí, de hecho yo llegué  al mismo punto usando directamente la desigualdad del Reordenamiento y decidí abandonar ese camino debido a que se tendria que ver $$2senzcosx<\displaystyle\frac{\pi}{2}$$
Que claramente no ayuda en mucho.
Gracias por interesarte en el problema del mismo modo las gracias a quienes enviaron sus intentos.
Tambien intenté otros caminos pero sin éxito.

Algunos alcances con respecto al problema

1) El problema no es nuevo, de hecho data del año 1989 (la fuente aún la mantengo en reserva para no quitarle el misterio al problema aun que casi ya se dijo).

2) conosco por lo menos tres fuentes distintas en los que se presenta la misma solución que se basa en la interpretación de lo que representa $$\displaystyle\frac{\pi}{2}$$ en una circunferencia unitaria. Por lo que es de imaginar que la solución no es algebraica.

3) Personalmente estaría interesado en una solución algebraica, que es el obejtivo cuando lo propuse en este foro.

4) si gustan muestro la solución completa y la fuente. No más es que lo digan
Saludos a todos y en especial para ani_pascual.

[Luis Fuentes]

Hola

 Una forma:

Spoiler

1) En general dados \( A,B\in [0,\pi/2] \) se tiene que \(  sen(2A)+sen(2B)\leq 2sen(A+B) \). Basta usar la identidad:

 \( sen(p)+sen(q)=2sen\dfrac{p+q}{2}cos\dfrac{p-q}{2} \)

 \( sen(2A)+sen(2B)=2sen(A+B)cos(A-B)\leq 2sen(A+B) \)

 2) Entonces:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)=\\\qquad\qquad =\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2y)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2y)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\
\\\qquad\qquad \leq sen(y+x)+sen(z+y)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)=
\\\qquad\qquad =sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right) \)

 3) Usando que para \( A\in [0,\pi/2] \), \( sen(A)<A \) queda:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq \\\qquad\qquad \leq sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\\qquad\qquad \leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+(y-x)+(z-y)+x+\dfrac{sen(2z)}{2}=\\\qquad\qquad =2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2} \)

 4) Finalmente \( f(z)=z+\dfrac{sen(2z)}{2} \) es una función creciente en \( [0,\pi/2) \) ya que su derivada es \( f'(z)=1+cos(2z)> 0 \) y por tanto \( f(z)< f(\pi/2)=\pi/2 \).

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2}<\\\qquad\qquad
 <2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+\dfrac{\pi}{2} \)

[cerrar]

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

 En realidad lo que me dio la gran pista fue lo que dijo Thadeu:

2) conosco por lo menos tres fuentes distintas en los que se presenta la misma solución que se basa en la interpretación de lo que representa $$\displaystyle\frac{\pi}{2}$$ en una circunferencia unitaria. Por lo que es de imaginar que la solución no es algebraica.

 Eso me llevó a esta prueba gráfica:

Spoiler

\(  ROJO=\text{área(rectángulo rojo})=cos(x)sin(x)=sin(2x)/2 \)
\(  VERDE=\text{área(rectángulo verde})=cos(y)sin(y)=sin(2y)/2 \)
\(  AZUL=\text{área(rectángulo azul})=cos(z)sin(z)=sin(2z)/2 \)

\( A=\text{área(rectángulo $AJQF$)}=cos(y)sin(x) \)
\( B=\text{área(rectángulo $AEMI$)}=cos(z)sin(y) \)
\( VIOLETA=\text{area(polígono de lados violeta)} \)

 Es fácil notar que:

\(  VIOLETA=ROJO+VERDE+AZUL-A-B \)

 Pero VIOLETA es un área comprendida en un cuarto de la circunferencia unidad, que tiene área \( \dfrac{\pi}{4} \).

 De ahí sale la desigualdad buscada:

\(  ROJO+VERDE+AZUL-A-B=VIOLETA<\dfrac{\pi}{4} \)

\(  sin(2x)/2+sin(2y)/2+sin(2z)/2-cos(y)sin(x)-cos(z)sin(y)<\pi/4 \)

\(  sin(2x)+sin(2y)+sin(2z)-2cos(y)sin(x)-2cos(z)sin(y)<\pi/2 \)

[cerrar]

 Traduciendo las desigualdades de áreas a desigualdades algebraicas se me ocurrió dar forma a una posible versión algebraica de la prueba, que es la que puse antes.

Yo estaba tirando por métodos analíticos, pero no eran del todo concluyentes.

Spoiler

 La función \( f(x,y,z)=2sin(x)cos(y)+2sin(y)cos(z)-sin(2x)-sin(2y)-sin(2z) \) cumple que \( f(x,y,z)=f(\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-x) \). Esto hace que si tiene un máximo en un punto \( (x,y,z) \) también lo tenga en \( (\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-z) \).

 Eso hace sospechar que el máximo tenga que estar justo en los puntos que cumplen  \( (x,y,z)=(\pi/2-z,\pi/2-y,\pi/2-z) \), es decir un punto de la forma \( (x,\pi/4,\pi/2-x) \). Y eso ya se puede calcular explícitamente; se puede hallar el valor exacto del máximo y obtener incluso una mejor cota que la de \( \pi/2 \) que da el problema, que no es la mejor cota posible.

 El problema es justificar que el máximo está en uno punto de esas características (estar, lo está, lo he comprobado; el problema es justificarlo).

 Una forma sería probar que la función es cóncava en su dominio (que lo es, pero no parece fácil de probar) y por tanto el máximo es único.

 La cosa es que no llegué a nada concluyente...

[cerrar]

Saludos.

[Pie]

Hola

 Una forma:

Spoiler

1) En general dados \( A,B\in [0,\pi/2] \) se tiene que \(  sen(2A)+sen(2B)\leq 2sen(A+B) \). Basta usar la identidad:

 \( sen(p)+sen(q)=2sen\dfrac{p+q}{2}cos\dfrac{p-q}{2} \)

 \( sen(2A)+sen(2B)=2sen(A+B)cos(A-B)\leq 2sen(A+B) \)

 2) Entonces:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)=\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2y)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2y)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\
\\\qquad\qquad \leq sen(y+x)+sen(z+y)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)=
\\\qquad\qquad sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right) \)

 3) Usando que para \( A\in [0,\pi/2] \), \( sen(A)<A \) queda:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\\qquad\qquad \leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+(y-x)+(z-y)+x+\dfrac{sen(2z)}{2}=\\\qquad\qquad =2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2} \)

 4) Finalmente \( f(z)=z+\dfrac{sen(2z)}{2} \) es una función creciente en \( [0,\pi/2) \) ya que su derivada es \( f'(z)=1+cos(2z)> 0 \) y por tanto \( f(z)< f(\pi/2)=\pi/2 \).

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2}<2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+\dfrac{\pi}{2} \)

[cerrar]

Saludos.

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

 Una forma:

Spoiler

1) En general dados \( A,B\in [0,\pi/2] \) se tiene que \(  sen(2A)+sen(2B)\leq 2sen(A+B) \). Basta usar la identidad:

 \( sen(p)+sen(q)=2sen\dfrac{p+q}{2}cos\dfrac{p-q}{2} \)

 \( sen(2A)+sen(2B)=2sen(A+B)cos(A-B)\leq 2sen(A+B) \)

 2) Entonces:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)=\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2y)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2y)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\
\\\qquad\qquad \leq sen(y+x)+sen(z+y)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)=
\\\qquad\qquad sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right) \)

 3) Usando que para \( A\in [0,\pi/2] \), \( sen(A)<A \) queda:

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq sen(y-x)+2sen(x)cos(y)+sen(z-y)+2sen(y)cos(z)+\left(\dfrac{sen(2x)}{2}+\dfrac{sen(2z)}{2}\right)\leq \\\qquad\qquad \leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+(y-x)+(z-y)+x+\dfrac{sen(2z)}{2}=\\\qquad\qquad =2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2} \)

 4) Finalmente \( f(z)=z+\dfrac{sen(2z)}{2} \) es una función creciente en \( [0,\pi/2) \) ya que su derivada es \( f'(z)=1+cos(2z)> 0 \) y por tanto \( f(z)< f(\pi/2)=\pi/2 \).

\(  sen(2x)+sen(2y)+sen(2z)\leq 2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+z+\dfrac{sen(2z)}{2}<2sen(x)cos(y)+2sen(y)cos(z)+\dfrac{\pi}{2} \)

[cerrar]

Saludos