Prueba de

Question

Prueba que$$e^x \left(\ln x+\frac{1}{x}\right)>\ln 8$ $

Encontré que el mínimo de$e^x \left(\ln x+\frac{1}{x}\right)$ está cerca de$\ln 8$, entonces ¿cómo probamos que es mayor que$\ln 8$?

Answer 1

$f(x)=e^x \left(\dfrac{1}{x}+\log x\right)$

$f'(x)=\dfrac{e^x}{x^2} \left(x^2 \log x+2 x-1\right)$

$f'(x)=0\to x^2 \log x+2 x-1=0\to x\approx 0.59$

El polinomio de Taylor en $x=\dfrac{1}{2}$

$f(x)=\sqrt e \left[x^2 \left(5 -\dfrac{1}{8} \log 16\right)+x \left(-5 -\dfrac{1}{8} \log 16\right)+\dfrac{13 }{4}-\dfrac{1}{8} \log 32\right]+O(x^3)$

$f(x)\approx 7.6722 x^2-8.81501 x+4.64409$ en un barrio de $x=\frac12$

Para estimar el error necesitamos la tercera derivada

$f^{(3)}(x)=\dfrac{e^x}{x^4} \left(x^4 \log (x)+4 x^3-6 x^2+8 x-6\right)$

En el intervalo de $[0.4,0.6]$ tenemos $|f^{(3)}(x)|\le 36.0234$

por lo tanto el error es $R_3(x)\le \dfrac{ |f^{(3)}(x)| \cdot \left|\,x-\dfrac{1}{2}\right|}{3!}\approx 0.006$

Ahora como $7.6722 x^2-8.81501 x+4.64409>\log 8;\;\forall x\in\mathbb{R}$

podemos concluir que el $f(x)>\log 8$ cualquier $x\in\mathbb{R}$

Espero que esto ayude

Editar

Un gráfico puede explicar mejor. Recuerde que el mínimo es de a $x\approx 0.59$

Answer 2

La reescritura de la desigualdad como $$f(x) = \ln(x) + \frac{1}{x} > \frac{\ln8}{e^x}=g(x).$$ $$f(x) > g(x)$$ Los derivados son: $$f'(x) = \frac{\partial f(x)}{\partial x} = \frac{x-1}{x^2},$$ $$g'(x) = \frac{\partial g(x)}{\partial x} = -\frac{\ln8}{e^{x}}<0. $$ Claramente, $f'(x)$ es negativo para $x\in [0,1)$ y positivo para $x\geq 1$. Es fácil comprobar que $f(x)$ obtiene su mínimo en $x=1$, que es igual a $f(1)=1$.

Observar que $g(x=1) = \frac{\ln 8 }{e} <1$, lo que significa que para $x \geq 1$, es claramente $f(x) > g(x)$.

Ahora, para $x \in [0,1)$, observar primero que

$$\lim_{x \to 0} f(x) = \lim_{x \to 0} \left(\ln(x) + \frac{1}{x}\right) = \infty,$$

que se deduce del hecho de que, como $x$ disminuye de$1$$0$, la tasa de disminución de la primer término es menor que la tasa de aumento del segundo término. También se observa que $$\lim_{x \to 0} g(x) = \lim_{x \to 0} \frac{\ln 8}{e^x} = \ln 8 < \infty.$$

Esto significa que si $g(x)>f(x)$ $x \in [a,b]$ (donde$0<a\leq b<1$), $g'(x)=f'(x)$ algunos $x\in[a,b]$. Supongamos que este es el caso, entonces la $g'(x)=f'(x)$ significa

$$\frac{1-x}{x^2} = \frac{\ln 8}{e^x}.$$

Tenga en cuenta que si hay una solución a la ecuación anterior, esta solución es única, como el lado derecho es el aumento en el $x$, mientras que el lado izquierdo es la disminución en $x$ (que es fácil de comprobar). Denotar la solución por $x^*.$ Esto a su vez implica que deben cumplirse las siguientes condiciones:

$$\ln(x^*) + \frac{1}{x^*} < \frac{\ln8}{e^{x^*}} = \frac{1-x^*}{(x^*)^2},$$

lo que significa que $f(x^*)<-f'(x^*)$. Esta desigualdad se satisface a todos, sabemos que $-f'(x^*) >1$, o \begin{equation} x<\frac{\sqrt{5}-1}{2} \tag{eq.1} \end{equation} Sin embargo, observe que en $x=2/3 (>\frac{\sqrt{5}-1}{2})$, tenemos $$-f'(x) <- g'(x)$$ lo que implica que $x^*$ debe ser mayor que $2/3$, lo que contradice a (eq.1).

Answer 3

$x>0$ : $\enspace\displaystyle e^{-x}x\ln 8 < 0.39+\frac{x}{2} < 1 + x\ln x$

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Reclamo: $\enspace\displaystyle e^x (\ln x + \frac{1}{x}) > \ln 8 \,$ o el equivalente a $\,\displaystyle e^{-x}x\ln 8 < 1+x\ln x \,$ $\,x>0\,$

Estamos buscando a $\,a\,$ $\,b\,$ con: $\,\text{(A)}$ $\enspace\displaystyle e^{-x}x\ln 8 \leq a+\frac{x}{2}\enspace$ y $\,\text{(B)}$ $\enspace\displaystyle b+\frac{x}{2} \leq 1+x\ln x \,$

$\text{(A)}$ $\,$ Ser$\,W(x)\,$, la rama principal de la W de Lambert-función: $\,W(x)e^{W(x)}=x$ $\,\displaystyle x>-\frac{1}{e}$

Mínimo de $\,\displaystyle a+\frac{x}{2} - e^{-x}x\ln 8\,$ :

$\displaystyle (a+\frac{x}{2} - e^{-x}x\ln 8)'=\frac{1}{2}+(x-1) e^{-x}\ln 8 := 0\,$ o el equivalente a $\,\displaystyle (1-x)e^{1-x}=\frac{e}{2\ln 8}$

=> $\enspace\displaystyle x=1-W(\frac{e}{2\ln 8}) $

Sigue el mínimo con

$\displaystyle (a+\frac{x}{2} - e^{-x}x\ln 8)''|_{ x=1-W(\frac{e}{2\ln 8}) }=\frac{1}{2}(1+1/ W(\frac{e}{2\ln 8}))\approx 1.672… > 0$

y el cálculo de $\,a\,$ con

$\displaystyle (a+\frac{x}{2} - e^{-x}x\ln 8)|_{ x=1-W(\frac{e}{2\ln 8})}=a+1-\frac{x}{2}( W(\frac{e}{2\ln 8})+1/W(\frac{e}{2\ln 8}))\geq 0$

que le da el $a$-valor mínimo

$\displaystyle a:= -1+\frac{1}{2}( W(\frac{e}{2\ln 8})+1/W(\frac{e}{2\ln 8}))\approx 0.385317…<0.39\,$ .

$\text{(B)}$ $\,$ Misma manera que antes, pero mucho más fácil.

Mínimo de $\,\displaystyle 1-b+x\ln x-\frac{x}{2} \,$ :

$\displaystyle (1-b+x\ln x-\frac{x}{2})'=\frac{1}{2}+\ln x := 0\enspace$ => $\enspace\displaystyle x=\frac{1}{\sqrt{e}}$

Sigue el mínimo con $\enspace\displaystyle (1-b+x\ln x-\frac{x}{2})''|_{ x=\frac{1}{\sqrt{e}} }=\sqrt{e}>0 $

y el cálculo de $\,b\,$ con $\enspace\displaystyle (1-b+x\ln x-\frac{x}{2})|_{ x=\frac{1}{\sqrt{e}} }=1-b-\frac{1}{\sqrt{e}}\geq 0$

que le da el $b$-valor máximo $\,\displaystyle b:= 1-\frac{1}{\sqrt{e}}\approx 0.393469…>0.39\,$ .

Resultado: $\,$ La reclamación es correcta, ya que $\enspace\displaystyle e^{-x}x\ln 8 < 0.39+\frac{x}{2} < 1 + x\ln x \,$$\,x>0\,$ .

Answer 4

Tengo una nueva manera de calcular el valor mínimo. Vamos $$\begin{eqnarray} f(x)&=&e^x(\ln x+\frac{1}{x})\\ f'(x)&=&\frac{e^x}{x^2}h(x)\\ h(x)&=&x^2 \ln x+2x-1\\ h'(x)&=&2x \ln x+x+2\\ h''(x)&=&2\ln x+3 \end{eqnarray}$$

• $h^{"}(x)$ tiene un punto cero en $x=e^{-\frac{3}{2}}$,
• cuando $x>e^{-\frac{3}{2}}$ , $h^{"}(x)>0$,
• cuando $x<e^{-\frac{3}{2}}$ , $h^{"}(x)<0$

Por lo tanto, $h^{'}(x)>h^{'}(e^{-\frac{3}{2}})>0$ y $h(x)$ es el aumento de $x>0$.

$h(1/e)<0$ $h(0.594)=0.00421621...>0$ por lo tanto, existe $x_0 \in(1/e,0.594)$ tal que $h(x_0)=0$, por lo que \begin{equation} x_0^2\ln x_0+2x_0-1=0 \tag{1} \end{equation}

$h(x)$ es el aumento en $x>0$ $$\begin{cases} h(x)<0,x\in(0, x_0)\\ h(x)>0,x\in(x_0,+\infty) \tag{2} \end{cases}$$ Entonces tenemos $$\begin{cases} f^{'}(x)<0,x\in(0,x_0)\\ f^{'}(x)>0,x\in(x_0,+\infty) \tag{3} \end{cases}$$ así $$\min f(x)=f(x_0)=e^{x_0}(\ln x_0+\frac{1}{x_0})$$ a partir de la ecuación de $(1)$ tenemos $\min f(x)=e^{x_0}\frac{1-x_0}{x_0^2}$

Vamos $$g(x)=e^x \frac{1-x}{x^2}$$ a continuación,$g^{'}(x)<0$$x>0$. Debido a $x_0 \in (1/e,0.594)$ tenemos $$g(x_0)>g(0.594)=2.08413...>\ln 8.$$ y más $$\min f(x)>\ln 8$$

Q. E. D