Prueba de desigualdad $e^x + e^{-x} \leq 2e^{x^2}$

Question

Cómo sería probar que $$e^x + e^{-x} \leq 2e^{x^2}, \quad \text{for all real $x $}?$ $

Había reducido hasta que $x \in (-1,1)$.

Observé $(0,1)$ y $(-1,0)$ puedo necesito utilizar diferentes aproximaciones. He probado utilizando polinomios de Taylor y el resto de Lagrange pero no sirvió de nada, estaría interesado en la solución utilizando una serie de Taylor o Taylor polinomio si tal existe.

Answer 1

Answer 2

Recordar $$ e ^ x = \sum_ {n\geq 0} \frac {x ^ n} {n}! \quad \forall x\in\mathbb {R}. $$ Ahora calcular la serie de $$ e ^ x + e ^ {-x} = 2\sum_ {n\geq 0}\frac{x^{2n}}{(2n)}! \quad \forall x\in\mathbb {R} $$ y de $$ 2e ^ {x ^ 2} = 2\sum_ {n\geq 0} \frac {x ^ {2n}} {n}! \quad \forall x\in\mathbb {R}. $$ Ahora comparar.

Answer 3

Sólo necesitamos considerar $x\ge 0$ ya que ambos lados son incluso funciones.

El $(0,\infty)\to\mathbb R, t\mapsto \frac{e^t-1}{t}$ de la función es estrictamente creciente, toma el valor $e-1<2$ $t=1$% y enfoques $1$$t\to 0^+$. Por lo tanto $$1+t\color{#008800}\le e^t\color{#ff0000}\le 1+2t\quad\text{for }0\le t\le 1.$ $ (más generalmente: si $f$ es convexo, entonces el $f'(0)\le \frac{f(t)-f(0)}t\le f(1)-f(0)$ $0< t\le 1$).

Por lo tanto para $0\le x\le 1$, tenemos %#% $ #% como se muestra. (Y por supuesto para $$e^x-2+e^{-x}=(e^{x/2}-1)^2\color{#ff0000}\le x^2\le 2x^2\color{#008800}\le 2(e^{x^2}-1)$ $x\ge1$ y $x^2\ge1$).

Answer 4

No sé cómo escriba matemáticas sitio pero aquí es una idea verbalized:

Puede derivar ambos lados, observe que ambos sus primeros derivados son positivos sobre todos % positivas $x$y que las funciones son simétricas alrededor de eje de $Y$, por lo tanto el mínimo global de ambos en $x=0$ donde cada lado es igual a $2$. Comparando los derivados también se puede demostrar que la derecha crece más rápido para cualquier $x \geq 0$ por lo tanto cualquier $LHS \leq RHS$ $x \geq 0$.