Para demostrar que $e^x > 1+x$ para cualquier $x \ne 0$

Question

$$e^x>1+x$$

es lo que quiero mostrar.

Entonces definamos una función:

$$h\left(x\right)=e^x-x-1$$

y investiguemos su derivada:

$$h'\left(x\right)=e^x-1$$.

Fácil ver que en $x=0$ tiene un punto crítico y es un mínimo, y por lo tanto para cualquier otro valor que no sea $0$ obtendremos un valor que es mayor que el mínimo $f(0)=0$, en otras palabras, para cada $x\ne 0$, $h\left(x\right)>0$, lo que significa $e^x-x-1>0$ lo que significa que:

$$e^x>x+1$$

Answer 1

Es un mínimo local. Para establecer que es un mínimo global, necesitarás hacer más que tomar la derivada y aplicar la prueba de la primera o segunda derivada.

Un teorema que puedes usar es el teorema de Rolle (o la versión más general, el teorema del valor medio). Afirma que si tienes una función $f : [a, b] \rightarrow \mathbb{R}$ que es continua, así como diferenciable en $(a, b)$, con $f(a) = f(b)$, entonces $f'(c) = 0$ para algún $c \in (a, b)$.

En particular, has establecido que $h(0) = 0$, y presumiblemente que $h'(x)$ existe en todas partes y es igual a $0$ exactamente cuando $x = 0$. Entonces, si hay algún otro punto $x$ donde $h(x) = 0$, por el teorema de Rolle, debe existir algún punto $c$ estrictamente entre $0$ y $x$ con $h'(c) = 0. Pero, $h'(c)$ no puede ser $0$, ya que $c \neq 0$. Esto es una contradicción, por lo que el mínimo es global.

Answer 2

.....Tu prueba es correcta.....

Answer 3

Me parece bien. Vale la pena señalar que una definición de $e^x$ es $e^x = \sum_{0}^{\infty} \frac{x^n}{n!}$. Al observar esta definición, es claro que la proposición es verdadera. Dado que esta es una suma infinita de términos polinomiales, la función exponencial dominaría cada polinomio para valores de $x$ suficientemente grandes.

Answer 4

Dado que $h(0)=0$, tenemos $h(x)=\int_0^x h'(t)\,dt=\int_0^x e^t-1\,dt$.

Ahora, $t \mapsto e^t$ es creciente, por lo que $e^t>e^0=1$ para $t>0$ y $e^t

Esto implica que $h(x)=\int_0^x e^t-1\,dt >0$ porque el integrando es positivo cuando $x>0$ y negativo cuando $x<0$. En el segundo caso, $\int_0^x e^t-1\,dt = \int_x^0 -(e^t-1)\,dt >0$.

Answer 5

Creo que la prueba de nuestro OP tiene la idea correcta, especialmente cuando se tiene en cuenta los comentarios. Aquí hay una forma de trabajar que evita el uso explícito de mínimos/máximos, y por lo tanto evita cualquier inconveniente inherente a tales métodos:

También se puede mirar la función

$\alpha(x) = e^{-x}(1 + x); \tag{1}$

tenemos

$\alpha(0) = 1 \tag{2}$

y

$\alpha'(x) = -e^{-x}(1 + x) + e^{-x} = -xe^{-x}; \tag{3}$

vemos que

$x > 0 \Rightarrow \alpha'(x) < 0 \tag{4}$

y

$x < 0 \Rightarrow \alpha'(x) > 0; \tag{5}$

así que cuando $x > 0$

$\alpha(x) - 1 = \alpha(x) - \alpha(0)$ $= \int_0^x \alpha'(s) ds < 0, \tag{6}$

entonces

$\alpha(x) < 1, \tag{7}$

por lo tanto

$1 + x < e^x; \tag{7}$

también, para $x < 0$

$1 - \alpha(x) = \alpha(0) - \alpha(x)$ $= \int_x^0 \alpha'(s) ds > 0, \tag{8}$

nuevamente

$\alpha(x) < 1, \tag{9}$

demostrando que

$1 + x < e^x \tag{10}$

en este caso también.