Prueba de que $t-1-\log t \geq 0$ para $t > 0$

Question

Utilizando el cálculo básico, puedo demostrar que $f(t)=t-1-\log t \geq 0$ para $t > 0$ poniendo la primera derivada a cero \begin{align} \frac{df}{dt} = 1 - 1/t = 0 \end{align} Y por eso tengo un punto crítico en $t=1$ y $f(1)=0$ . Luego calculo la segunda derivada $\frac{d^2f}{dt^2} = 1/t^2 \geq 0$ lo que significa que $f$ es una función convexa con un valor mínimo de 0 por lo que $f \geq 0$ para $t > 0$ .

Sin embargo, algo en mi instinto me dice que hay una manera de probar esto sin siquiera usar la primera o cualquier derivada de $f$ . Llevo un tiempo pensando en esto y no he podido hacerlo.

La pregunta es: ¿puede demostrar $f\geq 0$ sin depender de ningún derivado de $f$ ?

Answer 1

1. Con la definición de $\log t$ como una integral. Podemos definir $$\log t = \int_1^t \frac{1}{x}\,dx.$$ La función $\frac{1}{x}$ es decreciente, por lo que una aproximación de la suma de la izquierda es siempre una sobreestimación, y una aproximación de la suma de la derecha es siempre una subestimación. Dividiendo el intervalo $[1,t]$ en un único intervalo de longitud $t-1$ y evaluando en el extremo izquierdo, obtenemos $$\ln(t) = \int_1^t\frac{1}{x}dx \leq f(1)(t-1) = t-1$$ dando la desigualdad deseada.

   Si $0\lt t\lt 1$ , entonces primero cambiamos los límites y utilizamos una suma de la mano derecha con un intervalo que obtenemos: $$\ln(t) = \int_1^t\frac{1}{x}dx = -\int_t^1\frac{1}{x}dx \leq -f(1)(1-t) = t-1$$ (tenemos $\int_t^1\frac{1}{x}dx \geq f(1)(1-t)$ ya que la suma de la derecha es una subestimación), así que multiplicando por $-1$ da la desigualdad anterior), dando de nuevo la desigualdad deseada.

   Si $t=1$ la desigualdad se reduce a $0\geq \log(1)$ Lo cual, por supuesto, es cierto.

2. Con exponenciales. $t-1-\log t\geq 0$ si y sólo si $\log t\leq t-1$ si y sólo si $t \leq e^{t-1}$ .

   • Con la definición de serie de Taylor de $e^t$ . Desde $$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots$$ entonces $$e^{t-1} = 1 + (t-1) + \frac{(t-1)^2}{2!} + \frac{(t-1)^3}{3!} + \cdots.$$ Si $t\geq 1$ entonces $e^{t-1}\geq 1+(t-1) = t$ , dando la desigualdad deseada. Si $0\lt t\lt 1$ entonces tenemos una serie alterna $$ \frac{(t-1)^2}{2!} + \frac{(t-1)^3}{3!} + \frac{(t-1)^4}{4!}+\cdots$$ con plazos cada vez menores: $$\frac{|t-1|^{n+1}}{(n+1)!} \lt \frac{|t-1|^n}{n!} \Longleftrightarrow |t-1|\lt n+1,$$ que se mantiene porque $n\geq 2$ y $|t-1|\lt 1$ . Así, la "cola" (a partir del término cuadrático) de la serie es positiva, por lo que $e^{t-1} \geq 1+(t-1) = t$ sigue siendo válida, dando también la desigualdad deseada.

   • Con la definición de $e^t$ como límite. Tenemos $$e^x = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{x}{n}\right)^n$$ así que $$e^{t-1} = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac{t-1}{n}\right)^n.$$ Si $t\geq 1$ La secuencia no es decreciente (estamos componiendo el interés, por lo que cuanto más a menudo componemos, más grande es la recompensa). En particular, $e^{t-1}\geq 1 +\frac{t-1}{1} = t$ , dando la desigualdad deseada. Si $0\lt t \lt 1$ entonces tenemos $$e^{t-1} = \lim_{n\to\infty}\left(1 - \frac{1-t}{n}\right)^n.$$ De nuevo, la secuencia es creciente (esto es como pagar una deuda con intereses fijos; si pagas el capital más a menudo, el interés total será menor al final). Así que de nuevo tenemos $e^{t-1} \geq 1 - \frac{1-t}{1} = t$ .

Answer 2

Con la definición de $\log$ como una integral $$t-1 -\log t = \int_1^t \frac{x-1}{x} dx.$$

Como el integrando es positivo para $x>1$ tenemos $t-1 -\log t \geq 0$ para $t>1$ .

Como el integrando es negativo para $x<1$ tenemos $t-1 -\log t \geq 0$ para $0<t<1$ .