Prueba alternativa para $e^x \ge x+1$

Question

Este es un problema estándar del texto de cálculo de mi escuela secundaria, pero mi prueba parece un poco fuera de lugar. Este es el problema:

Dejemos que $f(x) = e^x$ . La línea tangente de $f(x)$ en $x=0$ es $g(x)=x+1$ . Desde $f''(x_0) \gt 0$ para todos $x_0 \in \mathbb R$ la línea tangente $g(x) \le f(x)$ para todos $x$ . Q.E.D.

No mostré todo el trabajo, pero ¿hay algo mal aquí? Es bastante corto. De todos modos, me gustaría ver algunas pruebas alternativas porque traté de pensar en otra pero cuando mi cerebro dijo "meh", me di cuenta de que probablemente hay toneladas de maneras de demostrar esto. Así que cualquier prueba válida me parece bien. No me importa si son locas. Es aún más genial cuando están locos. Pero en particular la prueba más simple sería apreciada.

Answer 1

Claro, tu demostración es bastante corta, pero sólo es corta para alguien que ya hizo algún análisis. Por ejemplo, has utilizado los siguientes teoremas (que son verdaderos, por supuesto) en tu demostración:

Si $f$ es convexo en $\mathbb R$ entonces para cualquier función tangente $g$ Sabemos que sabemos que $g(x)<f(x)$ para todos $x$ .

y

Si $f$ es dos veces diferenciable en $\mathbb R$ y $f''(x)>0$ para todos $x$ entonces $f$ es convexo en $\mathbb R$

También has utilizado la definición de funciones convexas (implícitamente) para demostrar tu afirmación.

En resumen, diría que su prueba es corta y elegante, pero no sencilla.

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Otra forma de probar su punto es simplemente ver cuál es el valor mínimo de $e^x-x-1$ es.

Answer 2

No sé cómo has definido la función exponencial, pero podrías utilizar el hecho de que tiene la siguiente expansión en serie $$e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} +\cdots$$

Answer 3

Mi prueba favorita es dejar $f(x)=e^x-x-1$ . $f(0)=0$ y es fácil demostrar que tiene un mínimo en $x=0$ .
Lo hagas como lo hagas, de alguna manera vas a pasar por las derivadas o el cálculo, explícita o implícitamente.

EDITAR: Una prueba completamente alternativa: Usando la serie de taylor ( $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} +...$ ), es fácil demostrar la desigualdad para $x>-1$ (agrupando los términos de dos en dos, los pares son mayores que los Impares, siendo los pares positivos y los Impares negativos). En $x \leq -1$ , $LHS>0$ mientras que $RHS \leq 0$ Así que hemos terminado.

Answer 4

Cuando $x>=0$ , $e^x>=1+x$ .

Cuando $x <-1$ , $\;1+x < 0$ Así que $e^x>=1+x$

Cuando $ -1\leq x \lt 0$ Entonces, tomemos $y = -x$ Así que..,

$$e^x=e^{-y}=(1-y)+y^2(1/2!-y/3!+\cdots>=(1-y)+y^2((1/2!-1/3!)+y^2(1/4!-1/5!)+\cdots)\geq (1-y)\geq(1+x)$$

[Recuerda, $(1/n!-1/(n+1)!>0$ ]

Answer 5

Bien, esta es otra forma de verlo: considere la función

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

tenemos

$\rho(0) = 1; \tag{2}$

también

$\rho'(x) = -e^{-x}(1 + x) + e^{-x} = e^{-x}(1 - (1 + x)) = -x e^{-x}. \tag{3}$

Así,

$\rho'(x) < 0 \; \; \text {for} \; \; x > 0, \tag{4}$

y

$\rho'(x) > 0 \; \; \text{for} \; \; x < 0. \tag {5}$

Así que , para $x > 0$ ,

$\rho(x) - 1 = \rho(x)- \rho(0) = \int_0^x \rho'(t) dt < 0, \tag{6}$

de donde

$\rho(x) < 1 \tag{7}$

o, multiplicando por $e^x$ ,

$1 + x < e^x. \tag{8}$

Para $x < 0$ ,

$1 - \rho(x) = \rho(0) - \rho(x) = \int_x^0 \rho'(t) dt > 0, \tag{9}$

cediendo de nuevo

$\rho(x) < 1, \tag{10}$

y de nuevo

$e^x < 1 + x. \tag{11}$

QED.

Observamos que este argumento utiliza sólo un poco del cálculo, es decir, el teorema fundamental del mismo y el hecho de que $\rho(x)$ es diferenciable; oh sí, y que las integrales de funciones suaves positivas son positivas, etc. Además, hemos demostrado que las desigualdades son estrictas si $x \ne 0$ .

Espero que esto ayude. Saludos,

y como siempre,

¡¡Fiat Lux!!