[thadeu]

sean los reales $$0<x<y<\displaystyle\frac{\pi}{2}$$
Pruebe que $$sen(2x)+sen(2y)-2senxcosy<\sqrt[ ]{2}$$

[ani_pascual]

Hola:

sean los reales $$0<x<y<\displaystyle\frac{\pi}{2}$$
Pruebe que $$sen(2x)+sen(2y)-2senxcosy<\sqrt[ ]{2}$$

Una primera aproximación incompleta...

Spoiler

Lo veo claro si \( 0<x<y\leq\dfrac{\pi}{4} \) entonces \( \sen(2x)+\sen(2y)-2\sen x\cos y=2\sen(y+x)\cos(y-x)-2\sen x\,\cos y<2\sen(y+x)-2\sen x\, \cos y=2\cos y\,\sen x<2\,\sen x<2\cdot\sen\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2} \).
También lo veo claro si \( \dfrac{\pi}{4}\leq x<y<\dfrac{\pi}{2} \), pues entonces \( \sen(2x)+\sen(2y)-2\sen x\cos y<\cdots < 2\cos y\,\sen x<2\cos y<2\cdot\cos\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=\sqrt{2} \) Pero aún no lo veo si \( 0<x<\dfrac{\pi}{4}<y<\dfrac{\pi}{2} \)

[cerrar]

Añadido:

Me parece que el caso que faltaba era el más fácil ... 
En efecto,

Spoiler

si \( 0<x<\dfrac{\pi}{4}<y<\dfrac{\pi}{2} \), entonces \( \sen x>0, \cos y>0\Longrightarrow \sen(2x)+\sen(2y)-2\sen x\cos y<\sen(2x)+\sen(2y)=2\sen (x+ y)\cos (x-y)<2\sen(x+y)\textcolor{red}{<2\sen\dfrac{3\pi}{4}}=\sqrt{2} \)
Lo que está en rojo es incorrecto. Gracias thadeu por la corrección. Seguimos pensando ...

[cerrar]

Saludos

[thadeu]

Hola ani_pascual
Para el análisis del último caso
Si tienes $$0<x<\displaystyle\frac{π}{4}<y<\displaystyle\frac{π}{2}$$
Se tendría dos casos
1) $$π/4<x+y<π/2$$ donde $$Sent$$ es  creciente
2)$$π/2<x+y<(3π)/4$$ donde $$sent$$ es decreciente
Por tanto no se concluye  que
$$2sen(x+y)<\sqrt[ ]{2}$$

Saludos.

[ani_pascual]

Hola, thadeu

...
Para el análisis del último caso
Si tienes $$0<x<\displaystyle\frac{π}{4}<y<\displaystyle\frac{π}{2}$$
Se tendría dos casos
1) $$π/4<x+y<π/2$$ donde $$Sent$$ es  creciente
2)$$π/2<x+y<(3π)/4$$ donde $$sent$$ es decreciente
Por tanto no se concluye  que
$$2sen(x+y)<\sqrt[ ]{2}$$

Sí, ya lo había analizado en el Añadido del mensaje anterior; pero me parece que si \( 0<x<\dfrac{\pi}{4}<y<\dfrac{\pi}{2} \) solo puede darse \( \dfrac{\pi}{4}<x+y<\dfrac{3\pi}{4} \), en cuyo caso...

Spoiler

\( 2\sen(x+y)<2\sen\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)=\sqrt{2} \)

[cerrar]

Lo anterior es incorrecto pues como dice thadeu en el segundo cuadrante el seno es decreciente
Saludos

[ani_pascual]

Hola:

...
Para el análisis del último caso
Si tienes $$0<x<\displaystyle\frac{π}{4}<y<\displaystyle\frac{π}{2}$$
Se tendría dos casos
1) $$π/4<x+y<π/2$$ donde $$Sent$$ es  creciente
2)$$π/2<x+y<(3π)/4$$ donde $$sent$$ es decreciente
Por tanto no se concluye  que
$$2sen(x+y)<\sqrt[ ]{2}$$

Solo se me ocurre una demostración gráfica 

Spoiler

El área de la parte sombreada viene dada por la exprexión \( \sen x\,\cos x +\sen y\,\cos y- \sen x\,\cos y \) y es menor que el área del rectángulo de base \( \dfrac{\sqrt{2}}{2} \) y altura \( 1 \). Así pues, \( \sen x\,\cos x +\sen y\,\cos y- \sen x\,\cos y<\dfrac{\sqrt{2}}{2}\Longleftrightarrow 2\sen x\,\cos x +2\sen y\,\cos y- 2\sen x\,\cos y<\sqrt{2} \)

[cerrar]

Saludos

[thadeu]

Hola ani_pascual
Me gusta tu enfoque
Pero tengo una observación.
Aparentemente según el ojo humano ( el gráfico) es cierto lo que dices.
Pero como estamos haciendo matemáticas. Habría que probar que la parte en blanco del rectángulo de base $$\sqrt[ ]{2}$$ y  altura $$1$$ es mayor que la parte sombreada que queda fuera de dicho rectangulo.
Saludos

[Masacroso]

La verdad es que este ejercicio me tiene intrigado, no lo veo sencillo en absoluto (en el sentido de tener una demostración clara y directa), aunque aparentemente lo sea. He intentado verlo utilizando álgebra exterior, por si así se veía más simple o algo, pero nada. Tampoco me parece sencillo hallar una solución analítica. Pero aproximaciones numéricas parecen confirmar que la desigualdad es cierta.

En fin, todo un misterio (de momento). Excelente ejercicio thadeu.

[ani_pascual]

Hola:

La verdad es que este ejercicio me tiene intrigado, no lo veo sencillo en absoluto (en el sentido de tener una demostración clara y directa), aunque aparentemente lo sea. He intentado verlo utilizando álgebra exterior, por si así se veía más simple o algo, pero nada. Tampoco me parece sencillo hallar una solución analítica. Pero aproximaciones numéricas parecen confirmar que la desigualdad es cierta.

En fin, todo un misterio (de momento). Excelente ejercicio thadeu.

Gracias por tu comentario; es todo un consuelo. 
Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Un camino:

Spoiler

Usando que:

\(  sin(A)+sin(B)=2sin((A+B)/2)cos((A-B)/2) \)
\(  sin(A)cos(B)=\dfrac{1}{2}(sin(A+B)+sin(A-B)) \)

 Se tiene que:

\(  f(x,y)=sin(2x)+sin(2y)-2sin(x)cos(y)=\\=2sin(x+y)cos(x-y)-sin(x+y)-sin(x-y)=\\=2sin(x+y)cos(y-x)-sin(x+y)+sin(y-x) \)

 Llamando \( p=sin(x+y)\in [0,1] \) y \( q=sin(y-x)\in [0,1] \) se tiene:

\(  F(p,q)=2p\sqrt{1-q^2}-p+q \)

 Dado que es lineal en \( p \), fijado \( q \), el máximo lo alcanza para \( p=0 \) ó \( p=1 \).

 Para \( p=0 \) queda \( F(0,q)=q\leq 1 \).

 Para \( p=1 \) queda \( F(1,q)=2\sqrt{1-q^2}-1+q \). Derivando e igualando a cero la derivada, se ve que el máximo se alcanza en \( q=1/\sqrt{5} \).

 Y  así:

 \( f(x,y)\leq  F(1,1/\sqrt{5})=\sqrt{5}-1<\sqrt{2} \).

(ya que \(  (\sqrt{5}-1)^2=6-2\sqrt{5}<6-4=2 \))

 El método no es muy bonito pero la cota que se obtiene \( \sqrt{5}-1 \) es la exacta. Se alcanza para los ángulos \( x,y \) que se obtienen de resolver:

\(  x+y=\pi/2 \)
\(  y-x=arcsin(1/\sqrt{5}) \)
 

[cerrar]

Saludos.

[ani_pascual]

Hola:

 Un camino:

Spoiler

Usando que:

\(  sin(A)+sin(B)=2sin((A+B)/2)cos((A-B)/2) \)
\(  sin(A)cos(B)=\dfrac{1}{2}(sin(A+B)+sin(A-B)) \)

 Se tiene que:

\(  f(x,y)=sin(2x)+sin(2y)-2sin(x)cos(y)=\\=2sin(x+y)cos(x-y)-sin(x+y)-sin(x-y)=\\=2sin(x+y)cos(y-x)-sin(x+y)+sin(y-x) \)

 Llamando \( p=sin(x+y)\in [0,1] \) y \( q=sin(y-x)\in [0,1] \) se tiene:

\(  F(p,q)=2p\sqrt{1-q^2}-p+q \)

 Dado que es lineal en \( p \), fijado \( q \), el máximo lo alcanza para \( p=0 \) ó \( p=1 \).

 Para \( p=0 \) queda \( F(0,q)=q\leq 1 \).

 Para \( p=1 \) queda \( F(1,q)=2\sqrt{1-q^2}-1+q \). Derivando e igualando a cero la derivada, se ve que el máximo se alcanza en \( q=1/\sqrt{5} \).

 Y  así:

 \( f(x,y)\leq  F(1,1/\sqrt{5})=\sqrt{5}-1<\sqrt{2} \).

(ya que \(  (\sqrt{5}-1)^2=6-2\sqrt{5}<6-4=2 \))

 El método no es muy bonito pero la cota que se obtiene \( \sqrt{5}-1 \) es la exacta. Se alcanza para los ángulos \( x,y \) que se obtienen de resolver:

\(  x+y=\pi/2 \)
\(  y-x=arcsin(1/\sqrt{5}) \)
 

[cerrar]

... pero es eficaz