Potrzebuję "zgrabny" dowód nierówności:
\(\displaystyle{ e^x \ge 1+x}\), dla \(\displaystyle{ x \in \RR}\).
To co znalazłem w literaturze wydaje mi się takie bardzo nieformalne, a zależy mi na dobrym konceptualnym zrozumieniu, że tak właśnie bezsprzecznie jest!
Dla \(\displaystyle{ x \le -1}\) sprawa jest oczywista, ale dalej - nie wiem.
Dowód znanej nierówności
-
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 4 maja 2019, o 20:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 18 razy
- Pomógł: 5 razy
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Dowód znanej nierówności
Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x>-1}\). Ciąg
\(\displaystyle{ a_n=\left( 1+\frac x n\right)^n, \ n\ge 1}\) jest rosnący* (dla \(\displaystyle{ x=0}\) niemalejący) i zbieżny do \(\displaystyle{ e^x}\). W szczególności więc \(\displaystyle{ e^x= \lim_{n \to \infty}a_n\ge a_1=1+x}\)
*z nierówbności Bernoulliego:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac x {n+1}\right)^{\frac{n+1}n}\ge 1+\frac x{n+1}\cdot \frac{n+1}n=1+\frac x n}\)
dla \(\displaystyle{ x>-1}\) i dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), podnosimy stronami do potęgi \(\displaystyle{ n}\) (co jest przekształceniem równoważnym, gdyż obie strony są dodatnie) i koniec, mamy \(\displaystyle{ a_{n+1}\ge a_n}\)
A jeśli nie kojarzysz nierówności Bernoulliego (choć warto skojarzyć), to da się także z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ 1+\frac x{n+1}= \frac{n\left( 1+\frac x n\right)+1 }{n+1}\ge \sqrt[n+1]{\left( 1+\frac x n\right)^n }}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ x>-1, \ n\in \NN^+}\) i równość zajdzie tylko gdy \(\displaystyle{ 1+\frac xn=1}\), tj. dla \(\displaystyle{ x=0}\).
\(\displaystyle{ a_n=\left( 1+\frac x n\right)^n, \ n\ge 1}\) jest rosnący* (dla \(\displaystyle{ x=0}\) niemalejący) i zbieżny do \(\displaystyle{ e^x}\). W szczególności więc \(\displaystyle{ e^x= \lim_{n \to \infty}a_n\ge a_1=1+x}\)
*z nierówbności Bernoulliego:
\(\displaystyle{ \left( 1+\frac x {n+1}\right)^{\frac{n+1}n}\ge 1+\frac x{n+1}\cdot \frac{n+1}n=1+\frac x n}\)
dla \(\displaystyle{ x>-1}\) i dowolnego \(\displaystyle{ n\in \NN^+}\), podnosimy stronami do potęgi \(\displaystyle{ n}\) (co jest przekształceniem równoważnym, gdyż obie strony są dodatnie) i koniec, mamy \(\displaystyle{ a_{n+1}\ge a_n}\)
A jeśli nie kojarzysz nierówności Bernoulliego (choć warto skojarzyć), to da się także z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:
\(\displaystyle{ 1+\frac x{n+1}= \frac{n\left( 1+\frac x n\right)+1 }{n+1}\ge \sqrt[n+1]{\left( 1+\frac x n\right)^n }}\)
dla dowolnego \(\displaystyle{ x>-1, \ n\in \NN^+}\) i równość zajdzie tylko gdy \(\displaystyle{ 1+\frac xn=1}\), tj. dla \(\displaystyle{ x=0}\).
-
- Użytkownik
- Posty: 64
- Rejestracja: 4 maja 2019, o 20:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Polska
- Podziękował: 18 razy
- Pomógł: 5 razy
Re: Dowód znanej nierówności
A to nie wystarczy jako pełny dowód?Premislav pisze:Ustalmy dowolne \(\displaystyle{ x>-1}\). Ciąg
\(\displaystyle{ a_n=\left( 1+\frac x n\right)^n, \ n\ge 1}\) jest rosnący* (dla \(\displaystyle{ x=0}\) niemalejący) i zbieżny do \(\displaystyle{ e^x}\). W szczególności więc \(\displaystyle{ e^x= \lim_{n \to \infty}a_n\ge a_1=1+x}\)
Nie chodzi mi o długość, tylko o to czego brakuje (jeśli brakuje), bo nie widzę chyba.
- Premislav
- Użytkownik
- Posty: 15687
- Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Warszawa
- Podziękował: 196 razy
- Pomógł: 5221 razy
Re: Dowód znanej nierówności
Jeżeli uznajemy za znany fakt to, że ten ciąg jest rosnący, gdy \(\displaystyle{ x>-1}\), to wystarczy (ja to na pewno miałem na Analizie I), jeśli nie, to dalej napisałem dwa sposoby na udowodnienie tego, iż jest on rosnący.
- MrCommando
- Użytkownik
- Posty: 554
- Rejestracja: 5 gru 2016, o 21:55
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Płock/MiNI PW
- Podziękował: 48 razy
- Pomógł: 107 razy
Dowód znanej nierówności
Możesz skorzystać jeszcze ze wzoru Taylora z resztą Lagrange'a (rozwijamy \(\displaystyle{ e^x}\) w zerze) albo z rachunku różniczkowego po prostu.
Na mocy twierdzenia Taylora dla \(\displaystyle{ x\in\mathbb{R}}\) zachodzi \(\displaystyle{ e^x=1+x+\frac{e^C}{2}x^2}\), gdzie \(\displaystyle{ C\in\left(\min\{0,x\},\max\{0,x\}\right)}\). Łatwo widać że, \(\displaystyle{ \frac{e^C}{2}x^2\geq 0}\), zatem można dokonać oszacowania \(\displaystyle{ e^x=1+x+\frac{e^C}{2}x^2\geq1+x}\).
Na mocy twierdzenia Taylora dla \(\displaystyle{ x\in\mathbb{R}}\) zachodzi \(\displaystyle{ e^x=1+x+\frac{e^C}{2}x^2}\), gdzie \(\displaystyle{ C\in\left(\min\{0,x\},\max\{0,x\}\right)}\). Łatwo widać że, \(\displaystyle{ \frac{e^C}{2}x^2\geq 0}\), zatem można dokonać oszacowania \(\displaystyle{ e^x=1+x+\frac{e^C}{2}x^2\geq1+x}\).