dowód Saris: Udowodnic e^x2≥1+x² dla ∀x∊R e^x2−x²−1≥0 − pochodna 2x(e^x2−1)>=0 x(e^x2−1)>=0 Nie wiem jak to dalej ruszyć, mogę sprawdzić ze dla x>=0 zachodzi i dla x<0 zachodzi, ale coś mi tam nie pasuje.

Saris: e^x2 = e do x²

Saris: bump.

Saris: help

ICSP: Proponuję abyś opisał lepiej to co robisz

Saris: w sumie nie wiem cyz liczenie pochodnej w ogole cos tu daje. nie mam pomyslu.

ICSP: Każde zadanie tego typu robi się tak samo, przerzucasz wszystko na jedną stronę i definiujesz odpowiednią funkcję. Następnie za pomocą pochodnej badasz jej własności.

Saris: no to dobra, ale co ja moge zbadac. Wyznaczylem juz pochodna, przenioslem na jedna strone. i teraz zeby to byla prawda to dla x>=0 (e^x2−1) musi byc >=0 dla x<0, (e^x2−1)<=0. Co moge z tym zrobic? Zlogarytmowac nierowność (moge?) dostanę x²>=0 z 1 nierownosci i x²<=0 ⇔ x²=0 ⇔ x=0. x²>=0 ⇔ x∊(−∞, 0) ∪ (0. ∞). Czyli prawda? ale załóżmy x=−2 −2*(e⁴−1)>=0 srzecznosc. Co jest zlego w takim razie?

ICSP: Niech f(x) = e^x2 − x² − 1. Chcemy pokazać, ze f ≥ 0 dla dowolnego x ∊R f'(x) = 2x e^x2 − 2x f'(x) = 0 ⇒ 2x(e^x2 − 1) = 0 ⇒ x₀ = 0 Interesuje nas teraz monotoniczność funkcji f : f'(x) < 0 ⇒ 2x(e^x2 − 1) < 0 ⇒ x < 0 f'(x) > 0 ⇒ x > 0 f'(x) w punkcie x₀ = 0 zmienia znak z − na + zatem znajduje się tam minimum równe f(0) = 0. Ostatecznie dostajemy, ze f maleje od (−∞ ; 0) w punkcie x₀ = 0 osiaga minimum równe 0, a potem rośnie w przedziale (0 , + ∞), czyli f ≥ 0 dla dowolnego x ∊R Stąd : e^x2 − x² − 1 ≥ 0 czyli e^x2 ≥ x² + 1 dla dowolnego rzeczywistego x

Saris: właśnie jak to pisałeś pomyślałem o minimum lokalnym, ale dzieki wielki. rozumiem.

Gray: Można i tak: f(x)=e^x. Ze wzoru Taylora w punkcie x=0:

	1
f(x) = f(0)+f'(0)x +		f"(c)x2
	2

zatem dla dowolnego x∊R:

	1		1
ex=1+x+		ecx2 ≥ 1+x, bo		ecx2≥0.
	2		2

Podstawiając za x→ x² mamy co trzeba: e^x2≥1+x².