Challenge n°28

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Challenge n°28

Posté le 23-10-04 à 10:28

Posté par puisea

Montrer dans

:

sin[cos(x)] < cos[sin(x)]

Une réponse ne sera validée que si elle est composée d'un raisonnement démontrant l'ennoncé...

Bonne chance à tous

Clôture demain soir (je laisse le temps pour cette énigme assez compliquée)

re : Challenge n°28

Posté le 23-10-04 à 14:29

Posté par dad97

Bonjour,

Soit f : x --> cos(sin(x))-sin(cos(x))

* De la 2pi-périodicité des fonctions cosinus et sinus on déduit la 2pi-périodicité de la fonction f.
On se limite donc à une étude sur $I=[0;2\pi]$

* Les fonctions x --> cos(sin(x)) et x --> sin(cos(x)) sont continues sur I comme composés de fonctions continues sur I.
De là on déduit que f est continue sur I comme somme de deux fonctions continues sur I.

* Examinons l'équation cos(sin(x))=sin(cos(x))

cos(sin(x))=sin(cos(x))

<--> $cos(sin(x))=cos(cos(x)-\frac{\pi}{2})$ (1)

<--> $sin(x)=cos(x)-\frac{\pi}{2} [2\pi]$ ou $sin(x)=-cos(x)+\frac{\pi}{2}[2\pi]$ (2)

<--> $sin(x) - cos(x)= -\frac{\pi}{2}[2\pi]$ ou $sin(x) + cos(x) = \frac{\pi}{2}[2\pi]$

<--> $\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}sin(x)-\frac{\sqrt{2}}{2}cos(x))=-\frac{\pi}{2}[2\pi]$ ou $\sqrt{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}sin(x)+\frac{\sqrt{2}}{2}cos(x))=\frac{\pi}{2}[2\pi]$

<--> $\sqrt{2}(sin(\frac{\pi}{4}sin(x)-cos(\frac{\pi}{4})cos(x))=-\frac{\pi}{2}[2\pi]$ ou $\sqrt{2}(sin(\frac{\pi}{4})sin(x)+(cos(\frac{\pi}{4})cos(x))=\frac{\pi}{2}[2\pi]$

<--> $-\sqrt{2}cos(\frac{\pi}{4}+x)=-\frac{\pi}{2}[2\pi]$ ou $\sqrt{2}cos(\frac{\pi}{4}-x)=\frac{\pi}{2}[2\pi]$ (3)

<--> $cos(\frac{\pi}{4}+x)=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}[\frac{2\pi}{\sqrt{2}}]$ ou $cos(\frac{\pi}{4}-x)=\frac{\pi}{2\sqrt{2}}[\frac{2\pi}{\sqrt{2}}]$

<--> $cos(\frac{\pi}{4}+x)=\frac{\pi\sqrt{2}}{4}[\pi\sqrt{2}]$ ou $cos(\frac{\pi}{4}-x)=\frac{\pi\sqrt{2}}{4}[\pi\sqrt{2}]$

or il est assez facile de montrer que :
aucun élément de l'ensemble $\frac{\pi\sqrt{2}}{4}[\pi\sqrt{2}]$ n'appartient à [-1;1] image de la fonction cosinus

si bien que l'équation cos(sin(x))=sin(cos(x)) n'admet pas de solution dans R.

Explication sur les équivalences :
(1) $sin(X)=cos(X-\frac{\pi}{2})$ avec X=cos(x)
(2) cos(a)=cos(b) <--> a=b $[2\pi]$ ou a=-b $[2\pi]$
(3) cos(a)cos(b) + sin(a)sin(b)= cos(a-b)
cos(a)cos(b)-sin(a)sin(b)=cos(a+b)

* f étant continue sur l'intervalle I, f(I) est un intervalle.
On vient de montrer que 0 ne pouvait appartenir à f(I) donc f est de signe constant sur I.

* f(0)= cos(sin(0))-sin(cos(0))=cos(0)-sin(1)=1-sin(1)

0,159 >0

donc f est strictement positive sur I et par 2pi-périodicité on en déduit que f est strictement positive sur R

Conclusion :

Pour tout x réel sin(cos(x))< cos(sin(x))

Salut

re : Challenge n°28

Posté le 23-10-04 à 14:43

Posté par J-P

Soit f(x)=sin(cos(x))

sin(cos(x+2Pi))=sin(cos(x))
-> f est 2Pi périodique.
f(-x) = sin(cos(-x)) = sin(cos(x)) = f(x)
-> f est paire.

Soit g(x) = cos(sin(x))

cos(sin(x)) = cos(-sin(x)) = cos(sin(-x)) = cos(sin(x+Pi))
-> g est Pi périodique.
g(-x) = cos(sin(-x)) = cos(-sin(x)) = cos(sin(x)) = g(x)
-> g est paire.

f(x) - g(x) est donc 2Pi périodique et paire.
On peut donc limiter l'étude de f(x) - g(x) pour x dans [0 ; Pi].
L'extension sur R se faisant par la périodicité et la parité de [f(x) - g(x)]
-----
f '(x) = -cos(cos(x)).sin(x)
comme -1 <= cos(x) <= 1, on a -cos(cos(x)) < 0 et donc f '(x) a le signe contraire de sin(x)

f '(x) = 0 pour x = 0
f '(x) < 0 pour x dans ]0 ; Pi[
f '(x) = 0 pour x = Pi
-> f(x) est décroissante

g'(x) = -sin(sin(x)).cos(x)
comme 0 <= sin(x) <= 1, on a -sin(sin(x)) < 0 pour x dans ]0;pi[ et donc g'(x) a le signe contraire de cos(x)

g'(x) = 0 pour x = 0
g'(x) < 0 pour x dans ]0;Pi/2[ -> g(x) est décroissante.
g'(x) = 0 pour x = Pi/2
g'(x) > 0 pour x dans ]Pi/2;Pi[ -> g(x) est croissante
g'(x) = 0 pour x = Pi
-----
f(Pi/2) = sin(cos(Pi/2)) = sin(0) = 0
g(Pi/2) = cos(sin(Pi/2)) = cos(1) = 0,54... > 0

Avec f(Pi/2) < g(Pi/2)
et f(x) décroissante sur [Pi/2 ; Pi]
et g(x) croissante sur [Pi/2 ; Pi]
Des 3 lignes précédentes, on conclut que:
f(x) < g(x) pour x dans [Pi/2 ; Pi]
sin(cos(x)) < cos(sin(x)) pour x dans [Pi/2 ; Pi] (1)
-----
Avec x dans [0 ; Pi/2]

sin(cos(x)) - cos(sin(x)) = sin(cos(x)) - cos(V(1-cos²(x))) avec V pour racine carrée. (La racine carrée avec le signe + puisque x dans [0 ; Pi/2]).
Pour facilité l'écriture, posons cos(x) = X, on a X dans [0 ; 1]

sin(cos(x)) - cos(sin(x)) = sin(X) - cos(V(1-X²)) avec X dans [0 ; 1]

h(X) = sin(X) - cos(V(1-X²)) avec X dans [0 ; 1]
h(X) est continue.

Cherchons si h(X) peut s'annuler dans [0 ; 1]
h(X) = 0 si sin(X) = cos(V(1-X²))
Soit: sin(X) = sin((Pi/2) - V(1-X²))
a)
X = (Pi/2) - V(1-X²)
V(1-X²) = (Pi/2) - X
Les 2 membres sont positifs ->
1-X² = (Pi²/4) + X² - Pi.X
2X² - Pi.X + (Pi²/4)-1 = 0
Le discriminant de cette équation est < 0 -> il n'y a pas de solution réelle.

b)
X = Pi - [(Pi/2) - V(1-X²)]
X = (Pi/2) + V(1-X²)
V(1-X²) = X - (Pi/2)
Le membre de gauche est positif et celui de droite est négatif -> il n'y a pas de solution réelle.

Donc h(x) ne peut jamais s'annuler.
Comme h(x) est continue sur [0 ; 1], on conclut que h(X) a partout le même signe dans [0 ; 1]
h(0) = sin(0) - cos(V(1-0²) = 0 - cos(1) = -0,54...

et donc h(X) < 0 pour X dans [0 ; 1]

En se rappelant (voir avant) que:
x dans [0 ; Pi/2] correspond à X dans [0 ; 1]
et que on a posé cos(x) = X, il vient:

h(X) < 0 pour X dans [0 ; 1]
sin(X) - cos(V(1-X²)) < 0 avec X dans [0 ; 1]
sin(cos(x)) - cos(V(1-cos²(x))) < 0 avec x dans [0 ; Pi/2]
sin(cos(x)) - cos(sin(x)) < 0 avec x dans [0 ; Pi/2]

sin(cos(x)) < cos(sin(x)) avec x dans [0 ; Pi/2] (2)
-----
(1) et (2) ->

sin(cos(x)) < cos(sin(x)) pour x dans [0 ; Pi]
sin(cos(x)) - cos(sin(x)) < 0 pour x dans [0 ; Pi] (3)

Comme on a montré (voir début) que f(x) - g(x) est 2Pi périodique et paire.
-> on a donc avec (3):

sin(cos(x)) - cos(sin(x)) < 0 pour x dans R
sin(cos(x)) < cos(sin(x)) pour x dans R
-----

re : Challenge n°28

Posté le 24-10-04 à 17:46

Posté par Belge-FDLE

gagné

Salut à tous

,

Alors voici comment je procéderais pour démontrer cela

:

*Périodicité des fonctions :
-Tout d'abord, il faut remarquer que l'on a (pour $2$k\in\mathbb{Z}$ ) :

$2$\rm~cos(x+2k\pi)~=~cos(x)$
d'où   $2$\rm~sin(cos(x+2k\pi))~=~sin(cos(x))$
càd   $2$\rm~sin(cos(x[2\pi]))~=~sin(cos(x))$

-De même, on a :

$2$\rm~sin(x+2k\pi)~=~sin(x)$
d'où   $2$\rm~cos(sin(x+2k\pi))~=~cos(sin(x))$
càd   $2$\rm~cos(sin(x[2\pi]))~=~cos(sin(x))$

CONCLUSION : Ces deux fonctions sont périodiques de période $2$2\pi$ .

**Parité :
-On remarque également que l'on a (pour $2$h\in\mathbb{R}$ ) :

$2$\rm~cos(-h))~=~cos(h)$      (car la fonction cos est paire)
$2$\rm~sin(cos(-h))~=~sin(cos(h))$

Ce qui traduit que la fonction   $2$x\to~sin(cos(x))$   est paire.

-De même, on a :

$2$\rm~sin(-h)~=~-sin(h)$      (car la fonction sin est impaire)
$2$\rm~cos(sin(-h))~=~cos(-sin(h))$
$2$\rm~cos(sin(-h))~=~cos(sin(h))$      (car la fonction cos est paire)

Ce qui traduit que la fonction   $2$x\to~cos(sin(x))$   est paire.

CONCLUSION : Ces deux fonctions sont paires (et graphiquement, leurs courbes représentatives admettent donc l'axe des ordonnées pour axe de symétrie).

Conséquences de ces études préliminaires :
   *Comme ces deux fonctions sont périodiques de péridode $2$2\pi$ , il suffit d'étudier chacune des ces deux fonctions sur un intervalle de longueur $2$2\pi$ , pour connaître leur comportement sur $2$\mathbb{R}$ (il suffira de répliquer cet intervalle indéfiniment) : on choisira pour cette démonstration l'intervalle $2$[-\pi;\pi]$ .
   *Comme ces deux fonctions sont paires, on peut restreindre notre étude à l'intervalle $2$[0;\pi]$ .

***ÉTUDE DES 2 FONCTIONS :

-Sur l'intervalle $2$[0;\frac{\pi}{2}]$ :
Sur cet intervalle, on a :

$2$\rm~0~\leq~~cos(x)~\leq~~1$
d'où   $2$\rm~sin(0)~\leq~~sin(cos(x))~\leq~~sin(1)$
càd   $2$\rm~0~\leq~~sin(cos(x))~\leq~~0,85$

et

$2$\rm~0~\leq~~sin(x)~\leq~~1$
d'où   $2$\rm~cos(1)~\leq~~cos(sin(x))~\leq~~cos(0)$
càd   $2$\rm~0,54~\leq~~cos(sin(x))~\leq~~1$

Cette étude ne suffit pas, il faut approfondir.

*Déterminons les variations de nos deux fonctions sur cette intervalle, en étudiant le signe de leurs dérivées sur cet intervalle :

$2$\rm~\frac{d}{dx}(sin(cos(x))~=~-sin(x)\times~cos(sin(x))$
et
$2$\rm~\frac{d}{dx}(cos(sin(x))~=~cos(x)\times~(-sin(cos(x)))$

Or, sur l'intervalle $2$[0;\frac{\pi}{2}]$ , cos(x) et sin(x) sont positifs et donnent des valeurs comprisent dans l'intervalle $2$[0;1]$ . Or, cos(x) et sin(x) sont aussi positifs sur l'intervalle $2$[0;1]$ .
On a donc :

$2$\rm~sin(x)~\geq~~0$
$2$\rm~cos(sin(x))~\geq~~0$
$2$\rm~-sin(x)\times~cos(sin(x))~\leq~~0$

et de même :

$2$\rm~cos(x)~\geq~~0$
$2$\rm~sin(cos(x))~\geq~~0$
$2$\rm~-sin(cos(x))~\leq~~0$
$2$\rm~cos(x)\times(-sin(cos(x))~\leq~~0$

Conclu : Les fonctions $2$x\to~sin(cos(x))$ et $2$x\to~cos(sin(x))$ sont décroissantes sur l'intervalle $2$[0;\frac{\pi}{2}]$

$\begin{tabular}{|c|ccccc|}\hline~x&0& & & &\frac{\pi}{2}\\\hline~{cos(x)}&1& & & &0\\{sin(cos(x))}&0,85& &\searrow& &0\\\hline~{sin(x)}&0& & & &1\\{cos(sin(x))}&1& &\searrow& &0,54\\\hline~\end{tabular}$

**Voici plusieurs calculs permettant de compléter le tableau :
$2$\rm~cos^{-1}(sin^{-1}(0,53))~\approx~~0,978$
et $2$\rm~cos(sin(0,978))~\approx~~0,675$

$2$\rm~cos^{-1}(sin^{-1}(0,66))~\approx~~0,766$
et $2$\rm~cos(sin(0,766))~\approx~~0,769$

$2$\rm~cos^{-1}(sin^{-1}(0,76))~\approx~~0,529$
et $2$\rm~cos(sin(0,529))~\approx~~0,875$

On obtient alors le tableau suivant, qui nous permet de conclure :

$\begin{tabular}{|c|ccccccccc|}\hline~x&0&&0,529&&0,766&&0,978&&\frac{\pi}{2}\\\hline~{cos(x)}&1&&&&&&&&0\\{sin(cos(x))}&0,85&\searrow&0,76&\searrow&0,66&\searrow&0,53&\searrow&0\\\hline~{sin(x)}&0&&&&&&&&1\\{cos(sin(x))}&1&\searrow&0,875&\searrow&0,769&\searrow&0,675&\searrow&0,54\\\hline~\end{tabular}$

Conclusion : Sur l'intervalle $2$[0;\frac{\pi}{2}]$ , on bien $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$

-Sur l'intervalle $2$[\frac{\pi}{2};\pi]$ :
Sur cet intervalle, on a :

$2$\rm~-1~\leq~~cos(x)~\leq~~0$
d'où   $2$\rm~sin(-1)~\leq~~sin(cos(x))~\leq~~sin(0)$
càd   $2$\rm~-0,85~\leq~~sin(cos(x))~\leq~~0$

et

$2$\rm~0~\leq~~sin(x)~\leq~~1$
d'où   $2$\rm~cos(1)~\leq~~cos(sin(x))~\leq~~cos(0)$
càd   $2$\rm~0,54~\leq~~cos(sin(x))~\leq~~1$

Conclusion : Sur l'intervalle $2$[\frac{\pi}{2};\pi]$ , on bien $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$

CONCLUSION GÉNÉRALLE
Ainsi, on a bien   $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$   sur l'intervalle   $2$[0;\pi]$ .
Comme les deux fonctions   $2$x\to~sin(cos(x))$   et   $2$x\to~cos(sin(x))$   sont paires, on a également   $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$   sur l'intervalle   $2$[-\pi;0]$ .
Ainsi, on a   $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$   sur l'intervalle   $2$[-\pi;\pi]$   qui a une longueur de   $2$2\pi$ .
On a donc   $2$cos(sin(x))>sin(cos(x))$   pour tout   $2$x\in\mathbb{R}$ .

Voili, voilou

.
Bonne chance à tous

, et merci à Puisea pour cette énigme

.
En espérant avoir juste

,

À +

re : Challenge n°28

Posté le 24-10-04 à 18:44

Posté par moor31 (invité)

gagné

J'ai trois pages sur mon brouillon alors je me permet de condenser quelque peu...
Les 2 fns sont periodiques de période 2 Pi
Considerons onc le probleme sur [-pi;pi]
sin[cos(x)]-cos[sin(x)] est impaire, donc on peut considérer le probleme sur [0;Pi]
sin(cosx) est strictement négatif sur [Pi/2;Pi]
alors que cos[sin(x)] est strictement positif donc pas de solution sin[cos(x)]=cos[sin(x)]
Soit y = sin x, z = cosx, nous savons que cos(q) = sin(q + Pi/2 )
On montre facilement que :
z = (y+pi/2) + 2*n*pi pout tout entier n (a)
= pi + (y+pi/2) + 2*n*pi (b)
On montre apres que z-y n'a pas de solutions à l'aide de l'eqn (a)
On resouds z+y, cela ne marche que si n=0 soit :
cosx+sin x = pi/2
Ceci n'a pas de solutions sur [0;pi/2]
Donc sin[cos(x)]=cos[sin(x)] n'a ps de solution sur [0;Pi/2]
D'ou sin[cos(x)]=cos[sin(x)] n'a ps de solution sur IR
sin(cos(pi/2))=0 cos(sin(pi/2))=cos(1)
Donc sin[cos(x)] < cos[sin(x)]
c'est long mais cela marche bien
CQFD

Bravo !!!

Posté le 24-10-04 à 19:39

Posté par puisea

Voila, alors là je suis vraiment bluffer, non pas parsque vous avez réussi

, mais de part la longueur des réponses !! c'est énorme, alors j'ai remarqué des fâçons de faire différentes, mais qui aboutissent à des résultats correctes...

Mes félicitations à tous, notemment à belge-FDLE à qui one ne peut rien reprocher à part quelques fautes d'orthographes

mais bon je peux pas dire que je fais mieux

Encore bravo à tous, je suis estomaqué !!

je vais mettre une énigme un peu plus facile pour les autres

et j'annoncé dès à présent une absence de ma part du jeudi 27 octobre au mercredi 2 novembre durant laquelle une méga énigme sera posée

En espérant cette fois-ci pour voir ouvrir une poissonnerie !!

allez @+

___________________________________________________

Voila, c'était une bonne énigme

du niveau prepa, j'ai trouvé très intéressant de faire cette énigme car elle apparait simple... et surtout, j'ai trouvé la correction très intéressante... bravo à tout ceux qui ont pris la peine d'essayer de résoudre cette énigme... voila la correction

Correction :

On a :

sin[cos(x)] < cos[sin(x)]

0 < cos[sin(x)] - sin[cos(x)]
sin[cos(x)] < cos[sin(x)]

0 < cos[sin(x)] - cos[ $\frac{\pi}{2}$ - cos(x)]

En utilisant cette formule : cos a - cos b = -2sin $\frac{a+b}{2}$ .sin $\frac{a-b}{2}$ , on a :

cos[sin(x)] - cos[ $\frac{\pi}{2}$ - cos(x)] = -2.sin[ $\frac{\pi}{4}+\frac{sin(x)-cos(x)}{2}$ ].sin[ $\frac{sin(x)+cos(x)}{2}-\frac{\pi}{4}$ ]

cos[sin(x)] - cos[ $\frac{\pi}{2}$ - cos(x)] = 2.sin[ $\frac{\pi}{4}+\frac{sin(x)-cos(x)}{2}$ ].sin[ $\frac{\pi}{4}-\frac{sin(x)+cos(x)}{2}$ ] car sin(-x) = -sin x.

Or :

sin x - cos x = $\sqrt{2}$ .sin(x- $\frac{\pi}{4}$ ) et sin x + cos x = $\sqrt{2}$ .sin(x+ $\frac{\pi}{4}$ ).

On passe à la valeur absolue et on trouve :

|sin x - cos x|

$\sqrt{2}$ < $\frac{\pi}{2}$ et |sin x + cos x| < $\frac{\pi}{2}$ .

On arrive alors à :

0 < $\frac{\pi}{4}+\frac{sin(x)-cos(x)}{2}$ < $\frac{\pi}{2}$ et 0 < $\frac{\pi}{4}-\frac{sin(x)+cos(x)}{2}$ < $\frac{\pi}{2}$

Mais sur [0 ; $\frac{\pi}{2}$ ], sin est positive. Maintenant, on repart à l'envers et on trouve bien :

sin[cos(x)] < cos[sin(x)], pour tout x réel.

Voila, relisez-la plusieurs fois car j'ai mis du temps à tout retaper

Prochaine énigme dans une tite heure...

re : Challenge n°28

Posté le 24-10-04 à 20:11

Posté par Anthony

moi aussi je suis bluffer je n'aurais jamais eu le courage de tout lire ... ( et de tout écrire a leur place )

une si petite énigme pour une si grande réponse !

bravo pour le sans-fautes ( je parle pas des fautes d'orthographe )

un peu plus court peut-être

Posté le 05-11-04 à 09:00

Posté par LNb (invité)

Bonjour,

je sais que la réponse arrive un peu tard, mais il me semble qu'avec les mêmes idées, on peut faire plus court.

$\cos(x) - \sin(x) = \sqrt{2}\cos(x + \frac{\pi}{4}) \leq \sqrt{2} < \frac{\pi}{2}$
De même
$\cos(x) + \sin(x) <\frac{\pi}{2}$

Donc $\cos(x)<\frac{\pi}{2}+ \sin(x)$ (a)
et $\cos(x)<\frac{\pi}{2}- \sin(x)$ (b)

Qui se résume en $\cos(x)<\frac{\pi}{2}- |\sin(x)|$

La fonction sin est croissante sur $[-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$ .
$\cos(x) \in [-1;1]$ donc $\cos(x) \in [-\frac{\pi}{2};\frac{\pi}{2}]$ .
$|\sin(x)| \in [0;1]$ donc $\frac{\pi}{2}- |\sin(x)| \in [0;\frac{\pi}{2}]$ .
on peut donc appliquer le sin à l'inégalité:
$\sin(\cos(x))<\sin(\frac{\pi}{2}- |\sin(x)|)$
donc sin(cos(x)) < cos(|sin(x)|) puis sin(cos(x)) < cos(sin(x))

C'est ainsi démontrable uniquement avec des outils de fin de 1erS

Challenge (énigme mathématique) terminé .
Nombre de participations : 4

100,00 %0,00 %

Temps de réponse moyen : 17:57:46.

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