Prvo rješenje.
Budući da je ∣ sin z ∣ ≤ 1 |\sin z|\le1 ∣ sin z ∣ ≤ 1 ∣ cos z ∣ ≤ 1 |\cos z|\le1 ∣ cos z ∣ ≤ 1
sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ≤ ∣ sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ∣ ≤ ∣ sin x ∣ ∣ sin y ∣ ∣ sin z ∣ + ∣ cos x ∣ ∣ cos y ∣ ∣ cos z ∣ ≤ ∣ sin x ∣ ∣ sin y ∣ + ∣ cos x ∣ ∣ cos y ∣ . (1) \begin{aligned} \sin x\sin y\sin z+\cos x\cos y\cos z &\le\left|\sin x\sin y\sin z+\cos x\cos y\cos z\right|\\ &\le|\sin x||\sin y||\sin z|+|\cos x||\cos y||\cos z|\\ &\le|\sin x||\sin y|+|\cos x||\cos y|. \tag{1} \end{aligned} sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ≤ ∣ sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ∣ ≤ ∣ sin x ∣∣ sin y ∣∣ sin z ∣ + ∣ cos x ∣∣ cos y ∣∣ cos z ∣ ≤ ∣ sin x ∣∣ sin y ∣ + ∣ cos x ∣∣ cos y ∣. ( 1 ) Postoje realni brojevi x ′ x' x ′ y ′ y' y ′
sin x ′ = ∣ sin x ∣ , cos x ′ = ∣ cos x ∣ , sin y ′ = ∣ sin y ∣ , cos y ′ = ∣ cos y ∣ . (2) \sin x'=|\sin x|,\quad \cos x'=|\cos x|,\quad \sin y'=|\sin y|,\quad \cos y'=|\cos y|. \tag{2} sin x ′ = ∣ sin x ∣ , cos x ′ = ∣ cos x ∣ , sin y ′ = ∣ sin y ∣ , cos y ′ = ∣ cos y ∣. ( 2 ) Stoga iz (1) i (2) slijedi
sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ≤ sin x ′ sin y ′ + cos x ′ cos y ′ = cos ( x ′ − y ′ ) ≤ 1. \sin x\sin y\sin z+\cos x\cos y\cos z \le \sin x'\sin y'+\cos x'\cos y' =\cos(x'-y')\le1. sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ≤ sin x ′ sin y ′ + cos x ′ cos y ′ = cos ( x ′ − y ′ ) ≤ 1. U gornjoj nejednakosti jednakost se postiže za x = y = z = 0 x=y=z=0 x = y = z = 0 1 1 1
Napomena. Zbog periodičnosti funkcija sinus i kosinus, bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da su x , y , z ∈ [ 0 , 2 π ) x,y,z\in[0,2\pi) x , y , z ∈ [ 0 , 2 π ) x , y , z ∈ [ 0 , π 2 ] x,y,z\in[0,\frac\pi2] x , y , z ∈ [ 0 , 2 π ]
ako je x ∈ ( π 2 , π ] x\in(\frac\pi2,\pi] x ∈ ( 2 π , π ] x ′ = π − x x'=\pi-x x ′ = π − x
ako je x ∈ ( π , 3 π 2 ] x\in(\pi,\frac{3\pi}{2}] x ∈ ( π , 2 3 π ] x ′ = π + x x'=\pi+x x ′ = π + x
ako je x ∈ ( 3 π 2 , 2 π ) x\in(\frac{3\pi}{2},2\pi) x ∈ ( 2 3 π , 2 π ) x ′ = 2 π − x x'=2\pi-x x ′ = 2 π − x
Vrijedi
sin ( π − x ) = sin x , cos ( π − x ) = − cos x , \sin(\pi-x)=\sin x,\quad \cos(\pi-x)=-\cos x, sin ( π − x ) = sin x , cos ( π − x ) = − cos x , sin ( π + x ) = − sin x , cos ( π + x ) = − cos x , \sin(\pi+x)=-\sin x,\quad \cos(\pi+x)=-\cos x, sin ( π + x ) = − sin x , cos ( π + x ) = − cos x , sin ( 2 π − x ) = − sin x , cos ( 2 π − x ) = cos x , \sin(2\pi-x)=-\sin x,\quad \cos(2\pi-x)=\cos x, sin ( 2 π − x ) = − sin x , cos ( 2 π − x ) = cos x , pa je ∣ sin x ′ ∣ = ∣ sin x ∣ |\sin x'|=|\sin x| ∣ sin x ′ ∣ = ∣ sin x ∣ ∣ cos x ′ ∣ = ∣ cos x ∣ |\cos x'|=|\cos x| ∣ cos x ′ ∣ = ∣ cos x ∣ x ′ ∈ [ 0 , π 2 ] x'\in[0,\frac\pi2] x ′ ∈ [ 0 , 2 π ]
Drugo rješenje.
Primjenom Cauchy–Schwarzove nejednakosti dobivamo
( sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ) 2 ≤ ( ( sin x sin y ) 2 + ( cos x cos y ) 2 ) ( sin 2 z + cos 2 z ) . (3) \bigl(\sin x\sin y\sin z+\cos x\cos y\cos z\bigr)^2 \le\bigl((\sin x\sin y)^2+(\cos x\cos y)^2\bigr)(\sin^2z+\cos^2z). \tag{3} ( sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ) 2 ≤ ( ( sin x sin y ) 2 + ( cos x cos y ) 2 ) ( sin 2 z + cos 2 z ) . ( 3 ) Budući da je sin 2 z + cos 2 z = 1 \sin^2z+\cos^2z=1 sin 2 z + cos 2 z = 1
sin 2 x sin 2 y + cos 2 x cos 2 y ≤ sin 2 x sin 2 y + cos 2 x cos 2 y + sin 2 x cos 2 y + cos 2 x sin 2 y = ( sin 2 x + cos 2 x ) ( sin 2 y + cos 2 y ) , \begin{aligned} \sin^2x\sin^2y+\cos^2x\cos^2y &\le\sin^2x\sin^2y+\cos^2x\cos^2y\\ &\quad+\sin^2x\cos^2y+\cos^2x\sin^2y\\ &=(\sin^2x+\cos^2x)(\sin^2y+\cos^2y), \end{aligned} sin 2 x sin 2 y + cos 2 x cos 2 y ≤ sin 2 x sin 2 y + cos 2 x cos 2 y + sin 2 x cos 2 y + cos 2 x sin 2 y = ( sin 2 x + cos 2 x ) ( sin 2 y + cos 2 y ) , iz (3) slijedi
∣ sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ∣ ≤ sin 2 x + cos 2 x sin 2 y + cos 2 y = 1. (4) \left|\sin x\sin y\sin z+\cos x\cos y\cos z\right| \le\sqrt{\sin^2x+\cos^2x}\,\sqrt{\sin^2y+\cos^2y}=1. \tag{4} ∣ sin x sin y sin z + cos x cos y cos z ∣ ≤ sin 2 x + cos 2 x sin 2 y + cos 2 y = 1. ( 4 ) Jednakost u (3) i (4) može se postići, npr. za x = y = z = 0 x=y=z=0 x = y = z = 0 1 1 1
