証明 $e^x - 1 \le e x$ にとって $x \in [0, 1]$

Question

最近の論文を読んで、私は不平等に出くわしました： $e^x - 1 \le e x$ にとって $x \in [0, 1]$。

私はこれを（逆の）ベルヌーイの不等式を使って証明しようとしました。 $(1 + y)^r \le 1 + ry$、 にとって $r \in [0, 1], y \in [-1, \infty)$、ここごと。ここでは置換を使用します$y = e - 1 \ge -1$ そして $r = x \in [0, 1]$。これにより、次のようになります。\ begin {align *}（1 +（e-1））^ x＆\ le 1 + x（e-1）\\ \ implies e ^ x＆\ le ex +（1-x）\\ \ iff e ^ x-1＆\ le ex-x \\ \ implies e ^ x-1＆\ le ex \ quad \ text {since$x \in [0, 1] \Leftrightarrow - x \in [-1, 0]$} \ end {align *}

2つの質問：最初に、上記の証明に問題はありますか？第二に、誰かがこれを証明する別の方法を提案できますか？この論文ではそのような見出語がたくさん使われているので、チェックすることを考えました。

Answer 1

どんな場合でも $x\in[0,1]$ 我々は持っています： $$(1+ex-e^x)'=e-e^x\geq0$$ したがって、 $$1+ex-e^x\geq1+e\cdot0-e^0=0.$$

ベルヌーイは次の目的で使用できます。 $$(1+ex)^{\frac{1}{x}}\geq e$$ しかし、元の不等式の前に確認する $x=0.$

Answer 2

にとって $0\le x\le1$ 我々は持っています

$$e^x-1=\int_0^xe^t\,dt\le\int_0^xe\,dt=ex$$

以来 $e^t$ の増加関数です $t$ （そして $x\le1$）。

Answer 3

これは平均値の定理を使用した証明です。不平等は些細なことです$x=0$。にとって$0 < x \leq 1, $ 定義する $$f: [0,x] \to \Bbb{R}: y \mapsto ey - e^y +1$$ 次に $f'(y) = e-e^y \geq 0$ すべてのために $y \in [0,x]\subseteq [0,1]$。平均値の定理により、$\xi\in (0,x)$ と

$$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= f'(\xi) \geq 0$$

しかしその後 $$0 \le\frac{f(x)-f(0)}{x-0}= \frac{ex-e^x+1}{x}$$ したがって $0 \leq ex-e^x+1 \iff e^x-1 \leq ex$ 望んだ通りに。

Answer 4

指数についておそらく最も用途の広い不平等は $$\tag1 e^t\ge 1+t$$ すべてのために $t\in \Bbb R$。にとって$x\ge0$ 応募できます $\int_0^x\mathrm dx$ 両側に取得します $$\tag2 e^x\ge 1+x+\frac12x^2.$$ これから、したがって（少なくとも $0\le x\le 1$） $$\begin{align} (1+\tfrac32x)e^{-x}&\ge (1+\tfrac32x)(1-x+\tfrac12x^2)\\ &=1+\frac12x-x^2+\frac34x^3\\&=1+\frac x4(2(1-x)^2+x^2)\\&\ge1.\end{align}$$ と乗算することにより $e^x$ （（$>0$）と再配置、 $$e^x\le 1+\frac32x.$$ その後、あなたの補題は $e>\frac32$。