¿Cómo demuestro que $$e^x \leq x + e^{x^2}$$ para todo $x\in\mathbb R$?
Mi libro de probabilidad (Grimmett y Stirzaker) dice que es un ejercicio simple pero no lo veo. Para $x\leq 0$, tenemos $$e^x = \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{(2k)!} + x + \sum_{k=1}^\infty \frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!} \leq \sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{k!} + x = e^{x^2} + x.$$ ¿Cómo lo muestro para $x>0$?
El caso $x\ge1$ es trivial. Para $0, tenemos $$ \frac{e^x-e^{x^2}}{x-x^2}\le e^x\le\frac1{1-x}. $$ La primera desigualdad es cierta porque el LHS, por el teorema del valor medio, es $e^a$ para algún $a\in(x^2,x)$. Para la segunda, nota que $f(x):=(1-x)e^x\le1=f(0^+)$ porque $f$ es decreciente ($f'(x)=-xe^x<0$) en $(0,1)$.
La función $$f(x):=e^{x^2}-e^x$$ tiene $f(0)=0$, $f'(0)=-1$ y $$f''(x)=(4x^2+2)e^{x^2}-e^x\ .$$ Obviamente $f''(x)>0$ cuando $x\leq0$ o $x\geq1$. Para $0\leq x\leq1$ observe que $$4x^2+2=\left(2x-{1\over 2}\right)^2+{7\over 4}+2x>1+(e-1)x\geq e^x\ ,$$ ya que $e-1<2$ y $\exp$ es convexa. Se sigue que $f$ es convexa, y esto implica que la recta $y=-x$ es tangente al gráfico de $f$ en $(0,0)$, es decir, $$-x\leq e^{x^2}-e^x\qquad(-\infty
¿Qué tal esto?
Para $x\geq 0$, tenemos $$ x e^{-x}+e^{x^2-x}\geq x(1-x)+1+x^2-x=1$$ donde usamos la desigualdad $e^{u} \geq 1+u$ para todo $u$. Multiplicando ambos lados por $e^x$, obtenemos $$x+e^{x^2}\geq e^x$$ Para $x<0$, note que $e^{x^2}\geq 1+x^2$, entonces $$ x+e^{x^2}\geq1+x+x^2=3/4+(x+1/2)^2>0 $$ Consecuentemente, también tenemos $$ \left(x+e^{x^2}\right)e^{-x}\geq(x+1+x^2)(1-x)=1-x^3, $$ lo cual implica que $$ x+e^{x^2}\geq(1-x^3)e^x>e^x $$
Tenemos que
$$x\le x^2 \implies e^x\le e^{x^2}\le x+ e^{x^2}$$
$$e^{x^2}+x\ge 1+x+x^2 \stackrel{?}\ge e^x =1+x+\frac12x^2+\frac16x^3+\ldots$$
y
$$1+x+x^2 \stackrel{?}\ge 1+x+\frac12x^2+\frac16x^3+\ldots \iff \frac12x^2 \stackrel{?}\ge \frac16x^3+\frac1{24}x^4+\ldots \iff \frac12 \stackrel{?}\ge \frac16x+\frac1{24}x^2+\ldots$$
entonces para demostrar que $e^x\le x+ e^{x^2}$ es suficiente mostrar que esto se cumple para $x=1$, es decir,
$$\frac12 \ge \frac16+\frac1{24}+\ldots \ge \frac16x+\frac1{24}x^2+\ldots$$
$$\iff 1 \ge \frac13+\frac1{12}+\frac1{60}\ldots=2\sum_{k=3}^\infty \frac{1}{k!}=2e-5$$
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Específicamente, ¿qué parte te confunde aquí? ¿Estás confundido acerca de cómo lo hacen para $x\le0$, o entiendes eso y quieres saber cómo proceder para el caso donde $x > 0$?
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@Decaf-Math Quiero saber cómo proceder para $x>0$
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También fácil para $x \geq 1$
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Un enfoque diferente es considerar la función que es la diferencia entre el lado izquierdo y el lado derecho de tu desigualdad. Esto es igual a x igual a 0 y luego puedes simplemente calcular la derivada para completar la prueba.
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@ericf Yo también pensé en eso. Digamos que $f(x) = x + e^{x^2} - e^x$. Entonces $f'(x) = 1 + 2x e^{x^2} - e^x$. ¿Cómo mostrar que $f'(x) > 0$ para $x > 0?
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@Alain: Claramente tenemos $f'(x)>0$ para $x\ge 1$. Entre $0$ y $1$ tenemos $f'(0)=0$ y $f''(x) = 4x^2e^{x^2} + 2e^{x^2} - e^x$. Este $f''(x)$ es claramente positivo para $0\le x\le \log 2$ porque $2e^{x^2}\ge 2$, y también es positivo para $\log2\le x\le 1$ porque $2e^{(\log2)^2} > e$.
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Lo que los autores quieren decir es que si $x<0$, los poderes impares de $x$ son negativos, por lo que si se elimina el tercer término en la suma, la expresión aumenta. Además, $(2k)!>k!$, por lo que reemplazar $(2k)!$ con $k!$ en el denominador del primer término aumenta la expresión nuevamente. Por lo tanto, toda la expresión es menor que $\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{k!} + x$, mientras que $\sum_{k=0}^\infty \frac{x^{2k}}{k!} = \sum_{k=0}^\infty \frac{({x^2})^k}{k!}$ es $e^{x^2}$.