Nierówność trygonometryczna

[mx1]

Cześć,
mam taką nierówność. Pokazać, że dla każdej liczby naturalnej n i dla każdej liczby rzeczywistej \(x\in(0,\frac{\pi}{2})\) prawdziwa jest nierówność:
\(\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}+\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\geq 1\)
Z góry dzięki.

[Jerry]

Pamiętamy, że "w pierwszej wszystkie są dodatnie,..."

Z nierówności o średnich, dla \(a,b\in\rr_+\), mamy \({a+b\over2}\ge\sqrt{ab}\iff a+b\ge2\sqrt{ab}\), czyli
\(L_T=\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}+\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\geq2\sqrt{\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}\cdot\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}}=2\sqrt{\sin^2x\cdot\cos^2x}=2\sin x\cos x=\sin2x\)

i równość zachodzi dla

\(\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}=\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\iff\sin^{2n+2}x=\cos^{2n+2}x \iff\tg^{2n+2}x=1\iff x={\pi\over4}\)

wtedy
\(\sin2x=\sin{\pi\over2}=1\)

Pozdrawiam

[edited] popatrzyłem jeszcze raz na moje rozwiązanie i ... coś mi się nie podoba

[Icanseepeace]

Dla \( x \in (0 , \frac{\pi}{2}) \) mamy: \( \sin ^2 x > 0 \wedge \tg x > 0 \). Wtedy:
\( L = \frac{\sin^{n+2} x}{\cos^n x} + \frac{\cos^{n+2} x}{\sin^n x} = \sin^2x[\tg^nx - 1] + \cos^2x[\frac{1}{\tg^nx} - 1] +1 = (\tg^nx - 1)[\sin^2x - \frac{\cos^2x}{\tg ^nx}] +1 = \\ = \sin^2x(\tg^nx - 1)[1 - \frac{1}{\tg ^{n+2}x}] + 1 = \frac{\sin^2x}{\tg^{n+2}x}(\tg^nx - 1)(\tg^{n+2}x - 1) + 1 \geq 1 = P\)
Równość gdy \( \tg x = 1 \).
P.S.

Pamiętamy, że "w pierwszej wszystkie są dodatnie,..."

Z nierówności o średnich, dla \(a,b\in\rr_+\), mamy \({a+b\over2}\ge\sqrt{ab}\iff a+b\ge2\sqrt{ab}\), czyli
\(L_T=\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}+\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\geq2\sqrt{\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}\cdot\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}}=2\sqrt{\sin^2x\cdot\cos^2x}=2\sin x\cos x=\sin2x\)

i równość zachodzi dla

\(\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}=\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\iff\sin^{2n+2}x=\cos^{2n+2}x \iff\tg^{2n+2}x=1\iff x={\pi\over4}\)

wtedy
\(\sin2x=\sin{\pi\over2}=1\)

Pozdrawiam

[edited] popatrzyłem jeszcze raz na moje rozwiązanie i ... coś mi się nie podoba

Z tego, że coś jest większe bądź równe 0 nie można wnioskować, że jest większe bądź równe 1.

[Jerry]

[edited] popatrzyłem jeszcze raz na moje rozwiązanie i ... coś mi się nie podoba

To drugie podejście, analizą starożytnych "na czysto":

Dla \(x\in\left(0;{\pi\over2}\right)\) mamy:
\( \begin{cases}(\sin x-\cos x)^2\ge0\ \text{ i równość zachodzi dla }\ x={\pi\over4}\\
\sin^{n+1}x+\sin^{n}\cos^{}x+\sin^{n-1}\cos^{2}x+\ldots+\sin^{}x\cos^{n}x+\cos^{n+1}x>0\\
\sin^{n-1}x+\sin^{n-2}\cos^{}x+\sin^{n-3}\cos^{2}x+\ldots+\sin^{}x\cos^{n-2}x+\cos^{n-1}x>0\\
\sin^nx>0\\
\cos^nx>0\end{cases}\So\\

\So \frac{(\sin x-\cos x)\cdot(\sin^{n+1}x+\sin^{n}\cos^{}x+\ldots+\cos^{n+1}x)\cdot(\sin x-\cos x)\cdot(\sin^{n-1}x+\sin^{n-2}\cos^{}x+\ldots+\cos^{n-1})}{\sin^nx\cdot\cos^nx}\ge0\\
\quad\frac{(\sin^{n+2}x-\cos^{n+2}x)(\sin^{n}x-\cos^{n}x)}{\sin^nx\cdot\cos^nx}\ge0\\ \quad
\frac{(\sin^{n+2}x-\cos^{n+2}x)\sin^{n}x}{\sin^nx\cdot\cos^nx}-\frac{(\sin^{n+2}x-\cos^{n+2}x)\cos^{n}x}{\sin^nx\cdot\cos^nx}\ge0\\ \quad
\frac{\sin^{n+2}x-\cos^{n+2}x}{\cos^nx}-\frac{\sin^{n+2}x-\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\ge0\\ \quad
\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}-\cos^2x-\sin^2x+\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\ge0\\ \quad
\frac{\sin^{n+2}x}{\cos^nx}+\frac{\cos^{n+2}x}{\sin^nx}\ge1\\ \quad \text{ckd}
\)

Pozdrawiam
PS.

Z tego, że coś jest większe bądź równe 0 nie można wnioskować, że jest większe bądź równe 1.

Nigdzie tak nie wnioskowałem, ale dziękuję - zainspirowałeś mnie, żebym wziął kartkę i ołówek!