Demuestre que si $x \neq 0$ entonces $e^x-x-1 \neq 0$ sin la serie Taylor.

Question

Demuestre que si $x \neq 0$ entonces $e^x-x-1 \neq 0$ sin la serie Taylor.

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Si dejamos que $f(x)=e^x-x-1$ el hecho de que sea monotónicamente creciente en $[0,\infty)$ y monótonamente decreciente en $(-\infty,0]$ nos permite decir que $f(x) \geq f(0)=0$ . Pero el problema de hacer una desigualdad estricta está en el origen, donde $f'(x)=0$ .

Para ilustrar este problema consideremos la función $f$ tal que $f(x)=2$ si $x=0$ y $f(x)=x^2$ si $x>0$ . Claramente entonces $f$ es estrictamente creciente en $(0,\infty)$ pero aún así $f(x)>f(0)$ no siempre es cierto si $x>0$ , digamos que $x=1$ .

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Me pregunto si acaso el hecho de que nuestra función sea estrictamente creciente en $x>0$ y estrictamente decreciente en $x<0$ combinado con el hecho de que $f$ es continua demuestra la afirmación que estamos tratando de probar.

Answer 1

Si $f(a) = 0$ , entonces, por el teorema del valor medio, existe un $c$ entre $a$ y $0$ tal que $f'(c) = 0$ .

Pero $f'(c) =e^c-1 $ y esto es $0$ sólo para $c = 0$ , y esto no es entre $0$ y $a$ .

Answer 2

Si $\exists x_0>0$ s.t. $f(x_0)=0$ entonces $f$ es nulo en $[0,x_0]$ (ya que $f$ es creciente). ¿Ahora puedes terminar?

Answer 3

Utiliza la teoría de las funciones convexas.

Considere la función $f(x) = e^x - x - 1, x \in \mathbb{R}$ ya que $f''(x) = e^x > 0$ por cada $x \in \mathbb{R}$ , $f(x)$ es un estrictamente función convexa sobre $\mathbb{R}$ por lo que el mínimo $x = 0$ es único. De esta manera se puede demostrar que $e^x - x - 1 > 0$ a menos que $x = 0$ .

Answer 4

Encuentra el extremo: $$f'(x)=e^x-1=0 \Rightarrow x=0.$$ $$f''(1)=e^1>0 \Rightarrow f(1)=e-1 \ (min)$$ y la función es convexa y continua, por lo que $f(1)=e-1$ es un mínimo global.