Il seno del seno è minore di un piccolo seno...
...in attesa che trovi un titolo migliore, ecco la traccia: dimostrare che:
\[
\forall n\in\mathbb{N}_{\geq2},x\in\mathbb{R},\,|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin x)\dots))}_{n-\text{volte}}|\leq|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin1)\dots))}_{(n-1)-\text{volte}}|.
\]
\[
\forall n\in\mathbb{N}_{\geq2},x\in\mathbb{R},\,|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin x)\dots))}_{n-\text{volte}}|\leq|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin1)\dots))}_{(n-1)-\text{volte}}|.
\]
Risposte
"j18eos":
...in attesa che trovi un titolo migliore, ecco la traccia: dimostrare che:
\[
\forall n\in\mathbb{N}_{\geq2},x\in\mathbb{R},\,|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin x)\dots))}_{n-\text{volte}}|\leq|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin1)\dots))}_{(n-1)-\text{volte}}|.
\]
Utilizzo la notazione: $\sin_{n}(x) = \underbrace{\sin(\sin( ... \sin(\sin x) ... ))}_{n-\text{volte}}$
Calcolando gli estremi della funzione
$f(x)=\sin_{n}(x)$
si ottiene
$f'(x)=\cos(\sin_{n-1}(x))cos(\sin_{n-2}(x))...cos(x)$
che si annulla solo quando si annulla l'ultimo fattore, e cioè in $\pi/2+k\pi, k \in \mathbb{Z}$. Questi punti stazionari sono chiaramente punti estremali per $f$.
I corrispondenti estremi di $f$ sono $f(\pm\pi/2) = \pmsin_{n-1}(1)$ e $f$ assume solo valori compresi in quest'intervallo, perciò la disuguaglianza è provata.
Ora ci siamo. 
...e se uno volesse dimostrare quella diseguaglianza senza l'ausilio del calculus[nota]Ovvero calcolo differenziale ed integrale.[/nota]?
...e se uno volesse dimostrare quella diseguaglianza senza l'ausilio del calculus[nota]Ovvero calcolo differenziale ed integrale.[/nota]?
"j18eos":
Ora ci siamo.
...e se uno volesse dimostrare quella diseguaglianza senza l'ausilio del calculus[nota]Ovvero calcolo differenziale ed integrale.[/nota]?
Induzione:
$n=2$
Si ha
$-1 \leq sin(x) \leq 1$
Applico da tutte e tre le parti la funzione seno, che è monotona crescente $\forall x \in [-1, 1]$ e dunque preserva le disuguaglianze nell'intervallo
$sin(-1) \leq sin(sin(x)) \leq sin(1)$
$-sin(1) \leq sin(sin(x)) \leq sin(1)$
$n+1$
Supponiamo
$-sin_{n-1}(1) \leq sin_{n}(x) \leq sin_{n-1}(1)$
Allora applico la funzione seno a tutti e tre i membri e concludo con un ragionamento analogo a quello di prima
"Vincent46":Sì, va bene... se avessi chiesto di dimostrare la diseguaglianza in esame per \(\displaystyle x\in[-1,1]\).
...Si ha
$-1 \leq sin(x) \leq 1$
Applico da tutte e tre le parti la funzione seno, che è monotona crescente $\forall x \in [-1, 1]$...
Non puoi estendere questo ragionamento per periodicità, così da ottenere una dimostrazione per \(\displaystyle x\in\mathbb{R}\)!
"j18eos":Sì, va bene... se avessi chiesto di dimostrare la diseguaglianza in esame per \(\displaystyle x\in[-1,1]\).
[quote="Vincent46"]...Si ha
$-1 \leq sin(x) \leq 1$
Applico da tutte e tre le parti la funzione seno, che è monotona crescente $\forall x \in [-1, 1]$...
Non puoi estendere questo ragionamento per periodicità, così da ottenere una dimostrazione per \(\displaystyle x\in\mathbb{R}\)![/quote]
mmh... aspetta, quello che ho detto non vuol dire richiedere che $x \in [0, 1]$. la disuguaglianza $-1 \leq sin(x) \leq 1$ vale infatti $\forall x \in \mathbb[R}$. il ragionamento che ho fatto è il seguente:
$\forall y, z \in [-1, 1], y \leq z \Rightarrow sin(y) \leq sin(z)$ per monotonia di $sin$ nell'intervallo;
ora, in particolare, scegliendo $y = -1$ e $z = sin(x)$, che sicuramente stanno in $[-1, 1]$ e soddisfano $y \leq z$, ottengo $sin(-1) \leq sin(sin(x))$ ; similmente si ha $sin(sin(x)) \leq 1$, a meno che non sbagli qualcosa.
Ora sei stato più chiaro!, ok. 
Chi volesse proporre altre soluzioni: è il ben venuto.
Chi volesse proporre altre soluzioni: è il ben venuto.
"Vincent46":[/quote]
[quote="j18eos"][...] dimostrare che:
\[\forall n\in\mathbb{N}_{\geq2},x\in\mathbb{R},\,|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin x)\dots))}_{n-\text{volte}}|\leq|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin1)\dots))}_{(n-1)-\text{volte}}|. \]
A me sembra una cosa ovvia, dal momento che è noto che $∀x ∈RR$ $!sin(x)| ≤ |x|$, e precisamente;
• $∀x ∈RR$, se $x$ è multiplo di $π$ allora $sin(x)=0$ altrimenti $|sin(x)| < |x|$. (*)
Uso anch'io la comoda notazione di Vincent46, cioè;
$sin_1(x) = sin(x)$ e $∀n ∈NN$\${0}$ $sin_(n+1)(x) = sin(sin_n(x))$.
Posto allora $φ_(n-1) = sin_(n-1)(x)$, si ha $sin_n(x) = sin(φ_(n-1))$; e dalla (*) viene
$|sin(φ_(n-1))| ≤ |φ_(n-1)|$
ossia proprio
$|sin_n(x)| ≤ sin_(n-1)(x)$.
________
"Erasmus_First":
[...] $|sin_n(x)| ≤ sin_(n-1)(x)$.
però da questo passaggio non puoi concludere. la disuguaglianza da provare è più forte di questa che hai scritto tu (c'è un $1$ al posto della $x$ al secondo membro).
... comunque ieri ho provato a pensare a qualche soluzione alternativa, ma non mi è venuto niente di più fantasioso che applicare l'arcoseno $n-1$ volte da tutte e tre le parti (verificando che valgano ipotesi adeguate) per ricondurmi a disuguaglianze equivalenti facili da verificare.
"Vincent46":
[quote="Erasmus_First"][...] $|sin_n(x)| ≤ sin_(n-1)(x)$.
però da questo passaggio non puoi concludere.[...] c'è un $1$ al posto della $x$ al secondo membro.[/quote]Ooops! Questo non l'avevo visto.
Ma non cambia niente, dato che $∀x∈RR$ $|sin(x)| ≤ 1$.
________
"Erasmus_First":
Ma non cambia niente,
Anch'io non l'avevo notato! E mi sembrava banale. Trattandosi di una dimostrazione, qualcosina cambia: il valore assoluto mica puoi metterlo dove vuoi tu. Servono più passi.
Ciao
B.
Ripensandoci. Per 'sistemare' l'approccio di Erasmus_First basta osservare che \( |\underbrace{\sin(\sin(....\sin(\sin x)....))}_{n-\text{volte}}| = \underbrace{\sin(\sin(....\sin|\sin x|....))}_{n-\text{volte}} \).
Quindi da $ |sin(x)| \le sin(1) $ e da $ \forall x,y ∈ [0,1], x le y \rightarrow sin(x) le sin(y) $ discende immediatamente la tesi.
Oops! Ho trovato un sin sotto la barra spaziatrice: la prima della riga sopra è da leggersi $ sin|sin(x)| \le sin(1) $
Ciao
B
Quindi da $ |sin(x)| \le sin(1) $ e da $ \forall x,y ∈ [0,1], x le y \rightarrow sin(x) le sin(y) $ discende immediatamente la tesi.
Oops! Ho trovato un sin sotto la barra spaziatrice: la prima della riga sopra è da leggersi $ sin|sin(x)| \le sin(1) $
Ciao
B
"Erasmus_First":A me no!, altrimenti non l'avrei proposta.
...A me sembra una cosa ovvia...
Poi, come si può vedere, è facile dimostrare qualcosa di vero ma di diverso da quanto proposto!
"orsoulx":Questo è vero in generale. Ma ... in certi casi puoi sì metterlo dove vuoi tu!
[...] il valore assoluto mica puoi metterlo dove vuoi tu...
Guardiamo di nuovo cosa è chiesto di dimostrare:
\[
\forall n\in\mathbb{N}_{\geq2},x\in\mathbb{R},\,|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin x)\dots))}_{n-\text{volte}}|\leq|\underbrace{\sin(\sin(\dots\sin(\sin1)\dots))}_{(n-1)-\text{volte}}|.
\]
Vedi che nel membro di destra il simbolo di valore assoluto è inutile, essendo positivi tutti i numeri.
In questo membro il valore assoluto puoi metterlo o non metterlo dove vuoi tu perché non cambia niente.
Anche nel membro di sinistra puoi mettere o non mettere il simbolo di valore assoluto dove vuoi tu. Il segno diventa incerto: ma non cambiando nessun modulo, se la la relazione "$≤$" vale quando il membro di sinistra è positivo, a fortiori vale quando è negativo.
–––––––––––––
"j18eos":A me no!, altrimenti non l'avrei proposta.
[quote="Erasmus_First"]...A me sembra una cosa ovvia...
Poi, come si può vedere, è facile dimostrare qualcosa di vero ma di diverso da quanto proposto!
[/quote] Oh pofferbacco!a) Come ho detto più sopra, il sinbolo di valore assoluto nel membro destro è inutile perché non cambia niente e nel membro sinistro è superfluo perché se la tesi è vera quando il membro di sinistra è positivo allora è vera a fortiori quando è negativo.
b) Consideriamo due successioni ${a_n}$ e ${b_n}$ così definite:
${a_n}$: $a_0 = 1$; Per ogni intero n positivo sia $a_n = sin(a_(n–1))$.
${b_n}$: $b _0 = x$ (qualsiasi appartenente a $RR$); Per ogni intero n positivo sia $b_n = sin(b_(n–1))$.
Dal fatto che $∀x ∈RR$ $|sin(x)|≤1$ e $∀x ∈RR$\${0}$ $|sin(x)| < |x|$ viene subito che
$∀x ∈ RR$ $∀n ∈ NN$\${0, 1}$ $|b_n| ≤ a_(n-1)$.
NB L'uguaglianza $|b_n| = a_(n-1)$ si ha per $x = b_0$ multiplo dispari di π/2, dato che allora $b_1 = 1$ $∨$ $b_1 = -1$.
Se aboliamo l'impiego della funzione modulo, l'uguaglianza $b_n = a_(n-1)$ si ha per $x = b_0 = (4k+1)π/2$ con k intero arbitrario.
Siccome è universalmente arcinoto che $∀x∈RR$ $|sin(x)|≤1$ e $∀x ∈RR$\${0}$ $|sin(x)| < |x|$, la proposizione da dimostrare a me sembra ovvia. Ma non obbligo nessuno a trovarla pure ovvia!
________
"Erasmus_First":
Vedi che......
Comincio a pensare che tu abbia un tornaconto proporzionale a quanto digiti.
Se provi a leggere sotto all'intervento che in parte citi, ne troverai un altro (nella stessa data), nel quale, a modo mio, affermo tutto quel che mi vai spiegando.
Ciao
B.
"orsoulx":Se provi a leggere sotto all'intervento che in parte citi, [...][/quote][ot]Meglio se dicevi: «Se ti sforzi di capire ...». Ma io sono poco resistente agli sforzi!
[quote="Erasmus_First"]Vedi che......
"orsoulx":A 'n vedi la differenza? Tu taffermi, io vado spiegando.
[...] ne troverai un altro [...] nel quale, a modo mio, affermo tutto quel che mi vai spiegando.
[/ot]________
@Erasmus,
son sempre più tonto. Non avevo inteso che fosse il classico "parlare alla nuora perché la suocera intenda"
Ciao
B.
son sempre più tonto. Non avevo inteso che fosse il classico "parlare alla nuora perché la suocera intenda"
Ciao
B.
Se la suocera sono io, ho inteso benissimo cosa afferma Erasmus_First; ma la mia opinione in merito all'esercizio non cambia.
"j18eos":
la mia opinione in merito all'esercizio non cambia.
Tutte le opinioni hanno diritto di cittadinanza e possono essere difese ad oltranza (purché non si cerchi di utilizzarle come si sta facendo in questi giorni per non riconoscere i diritti altrui), però non capisco se ritieni la soluzione:
$ sin(abs(sinx)) <= sin(1) $ e poi l'applicazione successiva $ (n-2) $ volte della funzione seno, che è notoriamente, monotona nell'intervallo $ [0,1] $;
errata o complicata.
Ciao
B.
Se la suocera sono io: abbiamo espresso tutti le nostre opinioni; se volete, è stato un esercizio molto fumo e poco arrosto!
...e comunque non ho cambiato opinione.
...e comunque non ho cambiato opinione.
Scusami j1eos, ma capisco sempre meno, Per quali motivo ritiri in ballo la suocera, spero ti sia chiaro che fosse unicamente la citazione di un modo di dire per "parlare con qualcuno di qualcosa in modo da far sentire un altro": Erasmus si rivolgeva a me, citando un intervento che avevo già corretto e sostenendo le medesime cose che avevo detto io. Ho pensato di fargli notare che quelle cose dovesse dirle a te e non a me. Tutto qui. Non avrai mica pensato che con quello che ho scritto volessi darti della "suocera" nel senso spregiativo del termine?
Poi ti ho fatto una domanda ed eviti di rispondere: la dimostrazione che ho scritto è, a tuo avviso, errata oppure complicata?
Ciao
B.
Poi ti ho fatto una domanda ed eviti di rispondere: la dimostrazione che ho scritto è, a tuo avviso, errata oppure complicata?
Ciao
B.
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