¿Alguien de proporcionar la prueba de $1+x\leq e^x$ todos los $x$?
Cuál es el mínimo de $a(>0)$ tal que $1+x\leq a^x$ para todo x?
Respuestas
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La desigualdad estricta debería ser $\le$, como se señaló en los comentarios.
Una forma es buscar en la derivada de la $f(x) = e^x - x - 1$,$f'(x) = e^x - 1$, y se nota que es cero sólo en $x=0$. La segunda derivada es $f''(x)=e^x > 0$ todos los $x$, lo $x=0$ es un mundial minimizer. Por último, señalar $f(0) = 0$, que los rendimientos de $e^x-x-1 = f(x) \ge 0$ todos los $x$.
Paramanand Singh
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Mientras que otras respuestas han intentado dar diferentes pruebas de la desigualdad, voy a tratar con la más importante y un poco difícil segunda parte donde se solicita el mínimo valor de $a$ tal que $a^{x} \geq 1+x$.
Bueno resulta que hay uno y sólo un valor de $a$ tal que $a^{x} \geq 1+x$ y que el valor es $a=e$. Tenemos el siguiente teorema:
Teorema: Vamos a $f:\mathbb{R} \to\mathbb{R} $ ser una función tal que $f(x) \geq 1+x$ todos los $x\in \mathbb {R} $ y más $f(x+y) =f(x) f(y) $ todos los $x, y\in\mathbb {R} $. A continuación,$f(x) =\exp(x)$.
Prueba: en Primer lugar algunas obvias observaciones. A partir de la desigualdad de $f(x) \geq 1+x$ podemos ver que $f(x) >0$ todos los $x\geq 0$. Y poner $x=y=0$ funcional de la ecuación obtenemos $f(0)=f(0)f(0)$. Desde $f(0)>0$ se sigue que $f(0)=1$. La próxima $f(x) f(-x) =f(0)=1$ y, por lo tanto si $x>0$$f(-x) =1/f(x)>0$. Por lo tanto hemos probado que la $f$ sólo toma valores positivos.
Ahora considere el $0<x<1$ y, a continuación, hemos $$\frac{f(x) - 1}{x}\geq 1\tag{1}$$ Next $f(-x) \geq 1-x$ or $1/f(x)\geq 1-x$ or $$f(x) \leq \frac{1}{1-x}$$ or $$\frac{f(x) - 1}{x}\leq \frac{1}{x}\left(\frac{1}{1-x}-1\right)=\frac{1}{1-x}\tag{2}$$ Combining $(1),(2)$ we get $$1\leq \frac{f(x) - 1}{x}\leq\frac{1}{1-x}$$ Letting $x\a 0^{+}$ we get via Squeeze Theorem $$\lim_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-1}{x}=1\tag{3}$$ And because of the above limit we see that $f(x) \a 1$ as $x\a 0^{+}$. Next we have $$\lim_{x\to 0^{-}}\frac{f(x)-1}{x}=\lim_{t\to 0^{+}}\frac{1-f(-t)}{t}=\lim_{t\to 0^{+}}\frac{f(t)-1}{t}\cdot\frac{1}{f(t)}=1$$ Hence we finally have $$f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}=1\tag{4}$$ Using this and the functional equation $f(x+y) =f(x) f(y) $ we can easily prove that $f'(x) =f(x) $ for all $x$. With $f(0)=1$ esta única caracteriza a la función exponencial.
dxiv
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Para $x \lt -1\,$, obviamente $1+x \lt 0 \lt e^x\,$. Para $x \ge -1\,$, por la desigualdad de Bernoulli: $$\left(1+\frac{x}{n}\right)^n \ge 1 + n \cdot \frac{x}{n} = 1+x \quad\quad\text{for} \;\;n \ge 1$$
Pasando al límite de $\,n \to \infty\,$ da $\,e^x \ge 1+x\,$.
dorian stonehouse
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Para el caso de $x > 0$, el derivado $\frac d{dx}e^x$ es mayor que uno. Por medio del teorema del valor, todos positivos $x$ satisfacer
$$\frac{e^x - 1}{x} > 1\\ e^x > 1 + x$$
Para el caso de $x < 0$, el derivado $\frac d{dx}e^x$ entre $0$$1$. Por medio del teorema del valor negativo $x$ satisfacer
$$\frac{e^x - 1 }{x} < 1\\ e^x > 1 + x$$
Michael Rozenberg
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Deje $f(x)=e^x$.
Por lo tanto, $f$ es una función convexa y $y=x+1$ es una tangente a la gráfica de $f$ en el punto de $(0,1)$.
De hecho, el deslizamiento es $e^0=1$ $y-1=1(x-0)$ da $y=x+1$.
Por lo tanto, $e^x\geq x+1$ para todo valor real de $x$.
Sobre el mínimo de $a$, por lo que la desigualdad de $a^x\geq1+x$ es cierto para todos los verdaderos $x$.
Es obvio que necesitamos $a>1$, de lo contrario $x=\frac{1}{2}$ obtendrá un contraejemplo, y deje $x>0$.
Por lo tanto, necesitamos $$x\ln{a}\geq\ln(1+x)$$ o $$\ln{a}\geq\frac{\ln(1+x)}{x}.$$ Por lo tanto, $$\ln{a}\geq\lim_{x\rightarrow0^+}\frac{\ln(1+x)}{x}=1,$$ que da $a\geq e$ y ya para $a=e$ nuestra desigualdad es probado, tenemos la respuesta: $e$.
