Ich soll zeigen, dass: $cos[0, \pi] \rightarrow [-1,1]$ streng monoton fallend und bijektiv ist.

Zur Monotonie:
Seien $x,x´ \in [0,\pi]$ mit $0 \leq x < x´ \leq \pi$
$$cos(x) < cos (x´) \iff cos(x)-cos(x´)<0 \iff -2sin(\frac{x+x´}{2}) \cdot sin(\frac{x-x´}{2})$$
Wir haben in der VL mit so einer ganz komischen Restgliedabschätzung gezeigt, dass für $0<x \leq 2$ der $sin(x)>0$ ist. Das ärgerliche ist, dass ich diesen Beweis nicht für $0<x \leq \pi$ reproduziert bekomme, weil ich das mit der Restgliedabschätzung nicht so ganz verstehe.

Meine andere Idee zur Monotonie war:
Sei $\epsilon >0$
$cos(x) < cos(x+ \epsilon)$ und dann irgendwie mit den Additionstheoremen zu arbeiten, also:
$cos(x+ \epsilon) = cos(x)cos(\epsilon)-sin(x)sin(\epsilon) > ... >cos(x)$, aber da muss ich ja auch irgendwie den Beweis von oben führen.

Könnte mir da vielleicht jemand helfen?

EDIT:
Habe von einem Freund diesen Ansatz hier bekommen:
Nach VL ist cos streng monoton fallend auf \( [0,2] \), insbesondere in \( \left[0, \frac{\pi}{2}\right] \). Da \( \cos (\pi-x)=-\cos (x) \) ergibt sich daraus, dass cos auch streng monoton fällt auf \( \left[\frac{\pi}{2}, \pi\right] . \) Dann bildet cos das Intervall \( [0, \pi] \) bijektiv auf \( [-1,1] \) ab.

Was mich interessieren würde ist, warum \( \cos (\pi-x)=-\cos (x) \) impliziert, dass der cos auf das Intervall \( [0, \pi] \) abgebildet wird, das ist für mich nicht ersichtlich.



Zur Bijektivität von $cos[0, \pi] \rightarrow [-1,1]$:
- Naja, Injektivität folgt direkt aus der strengen Monotonie

- Der $cos(x)$ nimmt ja alle Werte im Intervall $[-1,1]$ an, also ist das ganze ja auch surjektiv, weil die Bildmenge als Wertebereich definiert ist.
Hier meine Frage: Muss ich das noch beweisen, dass der cos tatsächlich alle Werte in $[-1,1]$ annimmt (wenn ja, wie?). Oder gibt es vielleicht einen besseren Weg die Surjektivität zu zeigen?

- Bijektiv folgt dann aus injektiv und surjektiv