Mancha de la prueba de la exponencial de la desigualdad

Question

Hoy he visto que el uso de series de taylor, uno puede mostrar que $e^x+e^{-x}\leq 2e^{x^2/2}$. Hay una mancha de la prueba con algún tipo de Jensen-tipo de desigualdad o integral bound?

Answer 1

$y = 2 e^{x^2/2}$ satisface la d.e. $y' = x y$ $y(0) = 2$ , mientras que $z = e^{x} + e^{-x} = 2 \cosh(x)$ satisface $z' = \tanh(x) z$$z(0)=2$. Desde $x \ge \tanh(x) $$x \ge 0$, Gronwall la desigualdad hace el resto.

Answer 2

Como @flawr señala que la L. H. S. es $\displaystyle \cosh x = \frac{e^x+e^{-x}}{2}$ tiene una infinita representación de los productos:

$$\cosh x = \prod\limits_{n=1}^{\infty} \left(1+\frac{4x^2}{\pi^2(2n-1)^2}\right) \le \exp \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{4x^2}{\pi^2(2n-1)^2} = e^{x^2/2}$$

Answer 3

En primer lugar, desde ambos lados son incluso funciones, es suficiente para demostrar que $e^x+e^{-x} \leq 2e^{x^2/2}$ todos los $x \geq 0$. Entonces podemos cambiar el problema equivalente al problema de la prueba de que para $x \geq 0$ $$ u(x) \equiv \frac{1}{e^x+e^{-x}} \geq \frac{1}{2}e^{-x^2/2} \equiv v(x)$$ Empezamos por observar que $u(0) = v(0).$

Ahora, en las inmortales palabras de William Feller, vamos a pasar al logaritmo: nuestro objetivo será mostrar que para $\forall x > 0$, $$\ln u(x) > \ln v(x)$$. Para ello, vamos a empezar con $\ln u(0) > \ln v(0)$ y la nota que $$ \frac{d}{dx} \ln u(x) = \frac{1}{u} d\frac{du(x)}{dx} = -\frac{e^x-e^{-x}}{e^x+e^{-x}} = -\frac{e^x+e^{-x}}{e^x+e^{-x}} +\frac{2e^{-x}}{e^x+e^{-x}} $$ $$ \a la izquierda. \frac{d}{dx} \ln u(x) \right|_{x=0} =0 $$ $$ \frac{d}{dx} \ln v(x)=\frac{1}{v} d\frac{dv(x)}{dx} = -x$$ $$ \a la izquierda. \frac{d}{dx} \ln v(x) \right|_{x=0} =0 $$ $$ \frac{d^2(\ln u(x))}{dx^2} = -\, \frac{4} {e^x+e^{-x})^2}> -1 $$ $$ \frac{d^2(\ln v(x))}{dx^2} = -1$$ Por lo tanto las funciones $\ln u(x)$$\ln v(x)$, junto con sus derivados, coinciden en $x=0$, y para todos los $x>0$ la segunda derivada de $\ln u(x)$ es mayor que la segunda derivada de $\ln v(x)$. Así $$\ln u(x) \geq \ln v(x) \Rightarrow u(x) \geq v(x) \Rightarrow \frac{1}u(x) \leq \frac{1}{v(x)} \Rightarrow e^x + e^{-x} \leq e^{-x^2/2} $$ que es lo que nos proponemos demostrar. Mediante la segunda derivada que efectivamente utiliza la concavidad de la función de $\ln u - \ln v$.

Answer 4

Tenga en cuenta que por el Valor medio Teorema, tenemos $$ \frac{\tanh(x)}{x}=\mathrm{sech}^2(\xi)\etiqueta{1} $$ para algunos $\xi$$0$$x$. Por lo tanto, para $x\ne0$, $$ 0\lt\frac{\tanh(x)}{x}\lt1\etiqueta{2} $$ Así, por $x\ne0$, $$ \begin{align} x\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(e^{x-x^2/2}+e^{-x-x^2/2}\right) &=(x-x^2)e^{x-x^2/2}-(x+x^2)e^{-x-x^2/2}\\ &=e^{-x^2/2}\left(2x\sinh(x)-2x^2\cosh(x)\right)\\ &=2x^2e^{-x^2/2}\cosh(x)\left(\frac{\tanh(x)}{x}-1\right)\\ &\lt0\tag{3} \end{align} $$ Si $xf'(x)\lt0$$x\ne0$, $f$ tiene un máximo global en $x=0$. Por lo tanto, $$ e^{x-x^2/2}+e^{-x-x^2/2}\le2\etiqueta{4} $$ que es lo mismo que lo que se le pide.