Помогите решить неравенство

[yaden]

Здравствуйте!
Требуется доказать неравенство
$(e^x-1)\ln(1+x)>x^2$ при $x>0$
Пришел к выводу, что $(1+x)^\frac{1}{x}>e^\frac{x}{e^x-1}$, но мне кажется, что это тупик
Пожалуйста, помогите

[DeBill]

yaden
Т.е., надо доказать $\frac{e^x-1}{x} > \frac{x}{\ln (1+x)}$. Если $y=\ln (1+x)$, то правая часть равна $\frac{e^y -1}{y}$.... И что бы это означило?

[yaden]

DeBill в сообщении #1140485 писал(а):

yaden
Т.е., надо доказать $\frac{e^x-1}{x} > \frac{x}{\ln (1+x)}$. Если $y=\ln (1+x)$, то правая часть равна $\frac{e^y -1}{y}$.... И что бы это означило?

Вы пользовались эквивалентностью функций?

[arseniiv]

Не, зачем: $\dfrac{e^{\ln(1+x)}-1}{\ln(1+x)}=\dfrac{1+x-1}{\ln(1+x)}$.

[demolishka]

Уже было. Помимо красивого решения с заменой, там предложено мое менее красивое решение троекратным дифференцированием.

[Otta]

А странно, зачем так сложно. Одна выпукла вниз, выше касательной (в нуле), другая тоже, и вроде и достаточно.

[yaden]

Огромное спасибо всем отписавшимся)
P.S. может быть кто-то знает где можно найти подобные задачи?

[Otta]

В Демидовиче, например.

[yaden]

Otta в сообщении #1140523 писал(а):

В Демидовиче, например.

в Демидовиче уже решал (там всего 3 подобные задачи и легче этой)

[Otta]

Ну, на самом деле, побольше.

Можете еще в Кудрявцеве (задачнике, том 1) посмотреть - там немного другой ассортимент, но в общем, в том же стиле. При желании можно еще найти и даже насочинять на ходу, такие неравенства решаются по одному принципу.

[yaden]

В жизни бы не додумался провести такую замену, если честно :(

[Otta]

И не очень-то надо. Все равно без дифференциального исчисления доказательство не обходится.
Неравенство $e^x-1>x,\quad x>0$ умеете доказывать?

[ewert]

Otta в сообщении #1140521 писал(а):

Одна выпукла вниз, выше касательной (в нуле), другая тоже, и вроде и достаточно.

Этого не может быть достаточно. Выпуклости означают лишь то, что обе части неравенства монотонно возрастают от единицы.

yaden в сообщении #1140586 писал(а):

В жизни бы не додумался провести такую замену, если честно :(

Между тем она довольно-таки напрашивается: бросается в глаза, что знаменатель правой части -- это функция, обратная к числителю левой.

Otta в сообщении #1140590 писал(а):

Все равно без дифференциального исчисления доказательство не обходится.

Вопрос философский. Нужно ли для доказательства выпуклости экспоненты использовать производные?... Это ещё как сказать, кто тут курица, а кто яйцо.

Otta в сообщении #1140590 писал(а):

Неравенство $e^x-1>x,\quad x>0$ умеете доказывать?

Легко следует из бинома Ньютона, причём задолго до производных.

[Otta]

ewert
Ну как же так, ну. Ну всегда было достаточно, а тут стало недостаточно. Пойду и утоплюсь. Когда-нибудь. :(

Upd. Передумала топиться. Вы правы.

(Оффтоп)

Это мне спросонья выпуклость не в ту сторону померещилась. Пойду в монастырь тогда.

[arqady]

Можно ещё воспользоваться следующим фактом.
Квадрат высоты неостроугольного треугольника, проведённой к большей стороне, меньше или равен произведения длин частей этой стороны, на котрые она делится этой высотой.
Ну ещё, что графики взаимно обратных функций ведут себя как-то хорошо...

По моему, Ваше "решить неравенство" в контексте Вашей задачи звучит, как "решить интеграл".