Demostrar $\ln(1+x)\geq x-\frac{x^2}{2}$

Question

Al $x\geq0$ demostrar que: $$\ln(1+x)\geq x-\frac{x^2}{2}.$$

Mi esfuerzo: De la serie de Taylor:

$$\ln(1+x)= x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\cdots$$

No sé cómo continuar a partir de aquí.

Answer 1

Deje $f(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}$.

Por lo tanto, $$f'(x)=\frac{1}{x+1}-1+x=\frac{x^2}{1+x}\geq0.$$

Por lo tanto, $f(x)\geq f(0)=0$ y hemos terminado!

Answer 2

Observar que $$\ln(1+x) = \int_0^{x} \frac{1}{1+t}dt.$$ Pero, para $t \ge 0$, $$\frac{1}{1+t} \ge 1-t.$$ Por lo tanto, $$\ln(1+x) \ge \int_{0}^x(1-t)dt=x-\frac{x^2}{2}.$$

Answer 3

Usted desea mostrar a $$1+x\geq e^{x-x^2/2}$$

o $e^{x^2/2}(1+x)\geq e^{x}.$

El lado derecho es $\sum_{k=0}^{\infty} \frac{x^k}{k!}$ y el lado izquierdo es:

$$(1+x)\sum_{j=0}^{\infty}\frac{x^{2j}}{2^jj!}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{2^{\lfloor k/2\rfloor}\lfloor k/2\rfloor!}$$

Pero $2^{\lfloor k/2\rfloor}\lfloor k/2\rfloor!\leq k!$.

Answer 4

Sugerencia

$$f(x)=\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}$$

así,

$$f'(x)=\frac{1}{1+x}+x-1=\frac{x^2}{x+1}>0 \text{ for } x> -1$$

Answer 5

Quieres demostrar $\ln(1+x)\ge x-\frac{x^2}{2}$ todos los $x\ge 0$.

Para demostrarlo para $0\le x<1$, vamos a utilizar la serie de Taylor.

$$\ln(1+x)=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$$

$\ln(1+x)\ge x-\frac{x^2}{2}$ es equivalente a $\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots\ge 0$.

Vamos a probar para todos $k\ge 3$, $k\in\mathbb Z$, $\frac{x^k}{k}-\frac{x^{k+1}}{k+1}\ge 0$. Podemos demostrar esto a través de derivados, pero voy a utilizar un método más simple aquí. La desigualdad es equivalente a

$\frac{x^k(k+1-kx)}{k(k+1)}\ge 0$

y tenemos

$\frac{k+1}{k}>1> x$, $x^k\ge 0$ debido a $x\ge 0$.

El uso de derivados:

Prueba: supongamos $f(x)=(k+1)x^k-kx^{k+1}$.

A continuación,$f'(x)=k(k+1)x^{k-1}(1-x)\ge 0$.

$f(x)\ge f(0)=0$.

Observe también que $\left(\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}\right)+\frac{x^5}{5}\ge 0$, donde también $\frac{x^5}{5}\ge 0$, $\frac{x^{2t+1}}{2t+1}\ge 0$ para todos $t\ge 2$, $t\in\mathbb Z$.

Por lo tanto, si $0\le x<1$,$\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots \ge 0$, es decir,$\ln(1+x)\ge x-\frac{x^2}{2}$.

Por cierto, aviso que a la hora de encontrar la suma de $\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$, usted tiene que encontrar el límite de las sumas parciales de modo que hay que sumar los términos en el orden exacto $\frac{x^3}{3}$, $\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}$, $\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\frac{x^5}{5}$, etc. porque ver la definición de la integral de la serie teorema: la suma de los términos en un orden diferente podría resultar en un número diferente o divergen si la serie es condicionalmente convergente. Pero en este caso, $\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots$ no es condicionalmente convergente, ya que converge a $\ln(1+x)-x+\frac{x^2}{2}$ $\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots$ converge a $-\ln(1-x)-x-\frac{x^2}{2}$.

También he mencionado en los comentarios de otra respuesta (ahora suprimido) ¿por qué una prueba con la serie de Taylor parece que no funciona al $x\ge 1$.

He aquí una prueba para $x\ge 1$. $$x-\frac{x^2}{2}=\frac{2x-x^2}{2}=\frac{1}{2}-\frac{(x-1)^2}{2}\le $$

$$\le \frac{1}{2}<\ln 2=\ln(1+1)\le \ln(1+x)$$

debido a $1=\ln e<\ln 4=\ln 2^2$, es decir,$1<2\ln 2$, debido a $e<4$ $\ln x$ es estrictamente creciente al $x>0$.