La prueba más sencilla o bonita de que $1+x \le e^x$

Question

La desigualdad elemental pero muy útil que $1+x \le e^x$ para todos los reales $x$ tiene varias pruebas diferentes, algunas de las cuales pueden encontrarse en Internet. Pero, ¿hay alguna prueba especialmente ingeniosa, intuitiva o canónica? Lo ideal sería una demostración que ocupara pocas líneas, que fuera accesible a estudiantes con poca experiencia en cálculo y que no implicara un análisis excesivo de los distintos casos.

Answer 1

Otra forma (aunque no sé si es "sencilla"): $y = x+1$ es la línea tangente a $y = e^x$ cuando $x= 0$ . Desde $e^x$ es convexa, siempre queda por encima de sus líneas tangentes.

Answer 2

$$ e^x = \lim_{n\to\infty}\left(1+\frac xn\right)^n\ge1+x $$

por la desigualdad de Bernoulli.

Answer 3

La menor prueba de lo que yo podía pensar: $$1 + x \leq 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \cdots = e^x.$$

Sin embargo, no es completamente obvio para el negativo $x$.

El uso de derivados:

Tome $f(x) = e^x - 1 - x$. A continuación, $f'(x) = e^x - 1$ $f'(x) = 0$ si y sólo si $x = 0$. Pero esto es un mínimo global (en este caso) desde $f''(0) = 1 > 0$ (la segunda derivada de la prueba). Por lo $f(x) \geq 0$ para todos los verdaderos $x$, y el resultado de la siguiente manera.

Otro bastante simple prueba (pero utiliza Newton de la generalización del Teorema del Binomio que a menudo está cubierto en precálculo):

Vamos a proceder por la contradicción. Supongamos que la desigualdad no se sostiene, es decir, $e^x < 1 + x$ algunos $x$. A continuación,$e^{kx} < (1 + x)^k$. Ahora establezca $x = 1/k$, de modo que \begin{align*} e &< \left( 1 + \frac{1}{k} \right)^k\\ &= 1 + \frac{k}{1}\left( \frac{1}{k} \right)^1 + \frac{k(k - 1)}{1 \cdot 2}\left( \frac{1}{k} \right)^2 + \frac{k(k - 1)(k - 2)}{1 \cdot 2 \cdot 3}\left( \frac{1}{k} \right)^3 + \cdots\\ &< 1 + \frac{k}{1}\left( \frac{1}{k} \right)^1 + \frac{k^2}{1 \cdot 2}\left( \frac{1}{k} \right)^2 + \frac{k^3}{1 \cdot 2 \cdot 3}\left( \frac{1}{k} \right)^3 + \cdots\\ &= 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \cdots\\ &= e, \end{align*} lo cual es absurdo. Por lo tanto, $1 + x \leq e^x$ para todos los verdaderos $x$.

Por cierto, aquí es donde $$e = \lim_{k \to \infty}\left( 1 + \frac{1}{k} \right)^k$$ viene de porque $$\lim_{k \to \infty}\frac{k(k - 1)}{k^2} = \lim_{k \to \infty}\frac{k(k - 1)(k - 2)}{k^3} = \cdots = \lim_{k \to \infty}\frac{k(k - 1)(k - 2) \cdots (k - n)}{k^{n + 1}} = \cdots = 1.$$

Answer 4

Sea $f(x) = e^x-(1+x)$ entonces $f^\prime(x) = e^x-1$ . Por lo tanto $f^\prime(x)=0$ si $x=0$ . Además $f^{\prime\prime}(0) = e^0=1>0$ Así pues $f(0)=0$ debe ser el mínimo global de $f$ probando su afirmación.

Answer 5

Una que no se ha mencionado hasta ahora(?): saber que $$ 0 < e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots $$ demuestra la desigualdad excepto para $-1 < x < 0$ . Pero en esa región $$ e^x - (1+x) = \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} + \cdots $$ es una serie alterna cuyos términos disminuyen en valor absoluto y empiezan en positivo. Por lo tanto es positiva por el argumento habitual: agrupar los términos como $$ e^x - (1+x) = \left( \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3!} \right) + \left( \frac{x^4}{4!} + \frac{x^5}{5!} \right) + \cdots $$ y observe que cada término combinado es positivo, QED .

(En realidad, esto funciona para $-3 < x < 0$ pero aún desea utilizar $e^x > 0$ para demostrar la desigualdad para valores muy negativos $x$ .)