Desigualdad que involucra $f(x)=e^x-x^2/2$ con $f'(a)=f'(b)$ ($a\ne b$)

Question

Actualmente estoy trabajando en un problema matemático de nivel preparatoria y he desarrollado un enfoque de solución, pero estoy atascado en el paso final. El problema es el siguiente:

Considera la función $f\left(x\right)=\text{e}^x-\dfrac{x^2}{2}$. Sea $a$ y $b$ números reales tales que $a\neq b$ y $f^\prime\left(a\right)=f^\prime\left(b\right)$.
Demuestra que $f\left(a\right)+f\left(b\right)<2$.

Y aquí está mi enfoque (fracasado):

Dado que $f'(x) = \text{e}^x - x$, implica que $\text{e}^a - a = \text{e}^b - b$. Vamos a poner $a = \ln m$ y $b = \ln n$. Por simetría, podemos suponer que $b < 0 < a$, lo que lleva a $0 < n < 1 < m$. Esto resulta en $m - \ln m = n - \ln n$.

Por lo tanto, $m - n = \ln m - \ln n = \ln \dfrac{m}{n}$. Vamos a denotar $t = \dfrac{m}{n}$, entonces $t > 1$ y $m = nt$. En consecuencia, $nt - n = \ln t$, lo que lleva a $n = \dfrac{\ln t}{t - 1}$ y $m = nt = \dfrac{t \ln t}{t - 1}$.

Así, $f(a) + f(b) = \text{e}^a + \text{e}^b - \dfrac{a^2}{2} - \dfrac{b^2}{2}$

$= m + n - \dfrac{1}{2}\left(\ln^2m + \ln^2n\right)$

$= \dfrac{t + 1}{t - 1} \cdot \ln t - \dfrac{1}{2}\left[\ln^2\left(\dfrac{t \ln t}{t - 1}\right) + \ln^2\left(\dfrac{\ln t}{t - 1}\right)\right]$

Ahora, la tarea es demostrar que esta función de $t$, denotada como $g(t)$, siempre es menor que 2.

Sin embargo, no puedo demostrar esto. Al graficar, encontré que la función es monótonamente creciente en el intervalo $(0, 1)$, monótonamente decreciente en $(1, +\infty)$, y tiene una discontinuidad removible en el punto $(1, 2)$, con $\lim\limits_{t \to 1} g(t) = 2$.

Esto es lo que GeoGebra me mostró sobre esta función

Agradecería mucho cualquier orientación o enfoques alternativos. Este problema ha sido un desafío para mí, y como principiante con un fuerte interés en matemáticas, estoy ansioso por aprender.

Answer 1

Como ya sabemos $a > 0 > b$. Y si $a \to 0$ entonces $b \to 0$.

Si tratamos $b$ como una función de $a$, que satisface

$$e^{a} - a = e^b - b$$

entonces $\dfrac{d b}{d a} = \dfrac{e^a - 1}{e^b - 1}$. Nota $e^b - 1 < 0$.

Ahora llamemos $h(a) = f(a) + f(b) - 2$, entonces

$$\dfrac{dh}{da} = f'(a) + f'(b) \dfrac{d b}{d a} = f'(a) (1 + \dfrac{db}{da})$$

porque $f'(a) = f'(b)$.

Ahora solo tenemos que lidiar con $(1 + \dfrac{d b}{da}) = \dfrac{e^a + e^b - 2}{e^b - 1}$

Primero probaremos que $|b|>|a|$.

Porque $e^a > 1 + a + \dfrac{a^2}{2}$ y $e^b < 1 + b + \dfrac{b^2}{2}$, entonces

$$1 + \frac{b^2}{2} > e^b - b = e^a - a > 1 + \dfrac{a^2}{2}$$

Luego, probaremos que $e^a + e^b - 2 > 0$.

Sea $g(a) = e^a + e^b - 2$, entonces

$$g'(a) = e^a + e^b \frac{d b}{da} = e^a + e^b \frac{e^a - 1}{e^b - 1} = \frac{2e^{a+b}-e^a - e^b}{e^b - 1} = \frac{e^{a+b}}{e^{b}-1}(2 - e^{-a} - e^{-b})$$

Como $|b|>|a|$, $e^{-b} > e^a$, entonces $2 - e^{-a} - e^{-b}<0$. Por lo tanto $g'(a)>0$.

Luego $g(a) > g(0) = 0$, lo que significa que $1 + \dfrac{d b}{d a} < 0$.

Entonces $h'(a) < 0$ y $h(a) < h(0) = 0$. Listo.

Answer 2

Basta demostrar el siguiente resultado.

Hecho 1. Sea $a < 0 < b$ con $\mathrm{e}^a - a = \mathrm{e}^b - b$. Entonces $\mathrm{e}^a - \frac{a^2}{2} + \mathrm{e}^b - \frac{b^2}{2} < 2$.

Prueba del Hecho 1.

Dividimos en dos casos.

Caso 1. $a < -\ln 2$

Utilizando $\mathrm{e}^b = \mathrm{e}^a - a + b$, tenemos \begin{align*} \mathrm{e}^a - \frac{a^2}{2} + \mathrm{e}^b - \frac{b^2}{2} - 2 &= 2\mathrm{e}^a -a + b - \frac{a^2}{2} - \frac{b^2}{2} - 2\\ &= 2\mathrm{e}^a - 1 - \frac12(b - 1)^2 - \frac12(a + 1)^2\\ &< 0. \end{align*}

Caso 2. $-\ln 2 \le a < 0$

Utilizando $\mathrm{e}^b = \mathrm{e}^a - a + b$, tenemos \begin{align*} \mathrm{e}^a - \frac{a^2}{2} + \mathrm{e}^b - \frac{b^2}{2} - 2 &= 2\mathrm{e}^a -a + b - \frac{a^2}{2} - \frac{b^2}{2} - 2\\ &< 2\cdot \left(1 + a + \frac12 a^2\right) - a + b - \frac{a^2}{2} - \frac{b^2}{2} - 2\\ &= \frac12(a + 1)^2 - \frac12(b - 1)^2\\ &= \frac12(a + 2 - b)(a + b)\\ &= \frac12(2a + 2 - (a + b))(a + b) \tag{1} \end{align*} donde usamos $\mathrm{e}^a < 1 + a + \frac12a^2$ para todo $a < 0$.
(Nota: Sea $h(a) = 1 + a + \frac12a^2 - \mathrm{e}^a$. Tenemos $h'(a) = 1 + a - \mathrm{e}^a < 0$ y $h(0) = 0$.)

Dado que $2a + 2 \ge -2\ln 2 + 2 > 0$, a partir de (1), basta con probar que $a + b < 0$.

Observamos que $x\mapsto \mathrm{e}^x - x$ es estrictamente decreciente en $(-\infty, 0)$, y estrictamente creciente en $(0, \infty)$.

Afirmamos que $\mathrm{e}^a - a < \mathrm{e}^{-a} - (-a)$ para todo $a < 0$. De hecho, sea $g(a) = \mathrm{e}^{-a} + 2a - \mathrm{e}^a$; Por AM-GM, tenemos $g'(a) = 2 -(\mathrm{e}^{-a} + \mathrm{e}^a) < 2 - 2\sqrt{\mathrm{e}^{-a} \cdot \mathrm{e}^a} = 0$ en $a < 0$. Además, $g(0) = 0$. La afirmación está demostrada.

Por lo tanto, tenemos $\mathrm{e}^b - b = \mathrm{e}^a - a < \mathrm{e}^{-a} - (-a)$ lo que resulta en $b < -a$. Así, $a + b < 0$.

Hemos terminado.