Cómo demuestro que esta función siempre es $> 0$

Question

Demostrar que $$f(x) = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \frac{x^4}{4!} > 0 ~~~ \forall_x \in \mathbb{R}$$

Puedo demostrar que los 3 primeros términos se $> 0$ todos los $x$:

$(x+1)^2 + 1 > 0$

Pero, estoy teniendo problemas con los dos últimos términos. He intentado mostrar que los siguientes es cierto:

$\frac{x^3}{3!} \leq \frac{x^4}{4!}$

$4x^3 \leq x^4$

$4 \leq x$

lo cual no es cierto para todos los $x$.

Traté de tomar la derivada y todo lo que pude averiguar fue que la función se hizo más y más creciente como $x \rightarrow \infty$ y llegó a ser más y más como la disminución de $x \rightarrow -\infty$, pero yo no podía probar que no hubo raíces para ir con esta propiedad.

Answer 1

Sugerencia: $$f(x) = \frac{1}{4} + \frac{(x + 3/2)^2}{3} +\frac{x^2(x+2)^2}{24}$ $

Answer 2

$f$ es un polinomio y por lo tanto, es diferenciable en todos los puntos. Además, como $x\to\infty$ $x\to-\infty$, $f(x)\to+\infty$. Por lo tanto, si $f(x)\le0$ $x$, entonces el $f(x)\le0$ para un mínimo relativo.

$$f'(x)=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}$$

$f'(x)=0$ para todos los mínimos relativos. Sin embargo, si $f'(x)=0$ y $$f(x)=f'(x)+\frac{x^4}{4!}$ $

Así, $f(x)=\frac{x^4}{4!}>0$ % mínimos relativos todos $x\not=0$. $x=0$ no es un mínimo relativo, porque $f'(0)\not=0$, por lo que esta ecuación sostiene para todos mínimos relativos de $f$. Esto contradice nuestra suposición, así $f(x)>0$ % todos $x\in \mathbb R$.

Answer 3

Usted ha tenido algunas buenas ideas tan lejos. Has probado a ver cuando esto era cierto: $$\frac{x^3}{3!} \leq \frac{x^4}{4!}.$$

Se reorganizan este a$4x^3\leq x^4$, pero que dejó una conclusión incorrecta cuando se divide por $x^3$ (si $x<0$, entonces el signo de la desigualdad debe flip). En su lugar, permite dividir por $x^2$ conseguir $4x \leq x^2$ o $x(x-4)\geq 0.$ Esto es cierto cuando se $x\leq 0$ o $x\geq 4$ así el deseado desigualdad es verdadera en ese rango.

Para $0< x < 4$ no tenemos $\frac{x^3}{3!} \leq \frac{x^4}{4!}$ pero vamos a ver si el resto de los términos nos puede salvar. Para hacer esto, tenemos que ver exactamente lo que un gran $g(x) = x^3/3! - x^4/4!$ $(0,4).$ calculamos que $g'(x) = -(x-3)x^2/6$ $g$ aumenta al $0\leq x\leq 3$, el máximo se produce en $g(3)=9/8$, y luego disminuye después de eso.

Esto es bueno, porque el $1+x+x^2/2$ términos, obviamente, dar, al menos,$1$$x=0$, y nos dará más como $x$ se hace más grande. Así que solucionar $1+x+x^2/2=9/8$ y tomamos la solución positiva de que es$\frac{\sqrt{5}-2}{2} \approx 0.118.$, por Lo que la desigualdad es definitivamente cierto para $x\geq 0.12$ porque $g$ es en la mayoría de las $9/8$ $1+x+x^2/2$ cuentas por esa cantidad en ese rango.

Recuerde que $g$ fue el aumento de entre el$x=0$$x=3$, de manera que la mayor $g$ puede estar en el rango restante es $g(0.12) = 873/315000 <1$, que es menor que el monto $1+x+x^2/2$ nos da. Por lo que la desigualdad también es cierto para $0\leq x\leq 0.12$, por lo que en general, para todos los $x.$

Así, con todo, el único problema era que $x$$(0,4)$, y la contribución de los otros términos siempre fue suficiente para dar cuenta de $x^3/3!$ al $x^4/4!$ no fue suficiente.

Answer 4

Observar que

$$ e^x = f(x) + \frac{x^5}{5!} + \cdots$$

Luego muestran que para el $x<0$ % $ $$ f(x) > \frac{x^5}{5!} + \cdots$

$e^x > 0, \forall x\in R$

So, $$f(x) > e^x - f(x) \Rightarrow 2f(x)>e^x>0$$