No es igual a

Question

Pruebalo $\frac{x}{1+x} < \ln(1+x), \forall x>0$. Lo escribí como$e^x < 1 + x + (1+x)^x$ para ver si lo haría más simple. No creo que la inducción funcione, ya que solo funciona con números naturales (¿verdad?). También intenté escribirlo como$1 + x + (1+x)^x - e^x > 0$, mostrando que para un pequeño$x$, la expresión siempre sería positiva, y dado que$x, e^x$, y$(1+x)^x$ están aumentando estrictamente para$x>0$, la expresión siempre se mantendría positiva. Pero no sé qué$x$ usar para esta situación. Gracias por tu ayuda.

Answer 1

Multiplica por$1+x$ y distingue ambos lados. A la izquierda, obtienes$1,$ a la derecha, obtienes$1 + \log (1+x)>1.$. Ya que los dos lados son iguales en$0,$, ya has terminado.

Answer 2

De igual manera, usted quiere probar que$\dfrac{t-1}{t}=1-\dfrac 1 t < \log t, \forall t>1$

Pero cuando$t\geqslant 1$$$\log t =\int_1^t \frac{dy}y\geqslant \int_1^t \frac{dy}{y^2}=1-\frac 1 t$$ with equality only at $ t = 1 $.

Answer 3

Dejar $f(x)=\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)$. Entonces$f'(x)=-\frac{x}{(1+x)^2}$, por lo tanto,$f$ está disminuyendo estrictamente. Ahora $f(0)=0$.

Esto muestra que la desigualdad se mantiene si$x>-1$, la igualdad se logra solo en$x=0$.

Answer 4

Comenzando con la desigualdad (¿conocida?)$1+u\le e^u$ Para todos$u$, vamos a$u=-\log(x)$: $$ \begin{align} 1+u&\le e^u\\ 1-\log(x)&\le\frac1x\\ \frac{x}{1+x}&\le\log(x) \end {align} $$

Answer 5

Como$(1+x) > 0$ ($x > 0$), puedes multiplicar ambos lados por$(1+x)$:$$\frac{x}{1+x} < \log(1+x) \Rightarrow x < (1+x)\log(1+x)$ $ Después, puedes aplicar la función exponencial a ambos lados:$$x < (1+x)\log(1+x) \Rightarrow e^x < e^{1+x}(1+x) \Rightarrow e^x < ee^x(1+x)$ $ You puede simplificar$e^x$ desde ambos lados, ya que$e^x > 0$, y luego obtiene eso:$$1 < e(1+x)$ $ Entonces:

PS

Ya que,$$ex + e - 1 > 0 \Rightarrow x + 1 - \frac{1}{e} > 0 \Rightarrow x > \frac{1}{e} - 1$ y$\frac{1}{e} - 1 < 0$, ¡entonces tiene la prueba que desea!