MATEMANIJA

Pokušavam da dokažem da je [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x<e[/inlmath], za [inlmath]x>0[/inlmath]. Napravio sam pomoćnu funkciju [inlmath]f(x)=e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath]. Dobio sam da je njen izvod pozitivan, pa sledi da pomoćna funkcija raste za [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath]. Krenuo sam da računam limes [inlmath]\lim\limits_{x\to0^+}f(x)[/inlmath], kako bih dobio najmanju vrednost funkcije na datom intervalu:
[dispmath]\lim_{x\to0^+}\Biggl(e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\Biggr)=e-\lim_{x\to0^+}e^{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}=\cdots=e-e^{\lim\limits_{x\to0^+}x\lim\limits_{x\to0^+}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}\quad(*).[/dispmath] Da li sada smem da napišem da je [inlmath](*)[/inlmath] jednaka:
[dispmath]e-e^{0\,\cdot\,+\infty}=e-e^0=e-1.[/dispmath]

Gogele je napisao:Napravio sam pomoćnu funkciju [inlmath]f(x)=e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath]. Dobio sam da je njen izvod pozitivan, pa sledi da pomoćna funkcija raste za [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath].

Upravo obrnuto – njen izvod je za [inlmath]x>0[/inlmath] negativan, tj. za [inlmath]x>0[/inlmath] ta pomoćna funkcija je opadajuća.

Gogele je napisao:[dispmath]\cdots=e-\lim_{x\to0^+}e^{\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)^x}=\cdots=e-e^{\lim\limits_{x\to0^+}x\lim\limits_{x\to0^+}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)}\quad(*).[/dispmath]

[inlmath]\lim\limits_{x\to0^+}x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)[/inlmath] ne smeš rastavljati kao [inlmath]\lim\limits_{x\to0^+}x\cdot\lim\limits_{x\to0^+}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)[/inlmath], jer svojstvo limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to x_0}(f\cdot g)(x)=\lim\limits_{x\to x_0}f(x)\cdot\lim\limits_{x\to x_0}g(x)[/inlmath] važi samo onda kada i [inlmath]\lim\limits_{x\to x_0}f(x)[/inlmath] i [inlmath]\lim\limits_{x\to x_0}g(x)[/inlmath] postoje, tj. kada su konačni. U ovom slučaju, [inlmath]\lim\limits_{x\to0^+}\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)[/inlmath] nije konačan.

Gogele je napisao:Da li sada smem da napišem da je [inlmath](*)[/inlmath] jednaka:
[dispmath]e-e^{0\,\cdot\,+\infty}=e-e^0=e-1.[/dispmath]

Naravno da ne. Proizvod nule i beskonačnosti nije nula, već je neodređena vrednost.

Daniel je napisao:

Gogele je napisao:Napravio sam pomoćnu funkciju [inlmath]f(x)=e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath]. Dobio sam da je njen izvod pozitivan, pa sledi da pomoćna funkcija raste za [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath].

Upravo obrnuto – njen izvod je za [inlmath]x>0[/inlmath] negativan, tj. za [inlmath]x>0[/inlmath] ta pomoćna funkcija je opadajuća.

Zbog čega je izvod negativan? Ja sam dobio sledeći izvod:
[dispmath]\Biggl(e-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\Biggr)'=0-\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)\left(\frac{-1}{x^2}\right)[/dispmath] Mislim da je svaki činilac veći od nule za [inlmath]x>0[/inlmath]. S obzirom na to, trebalo bi da [inlmath]f[/inlmath] raste. Da li bi sada trebalo ispitati vrednost limesa [inlmath]\lim\limits_{x\to0^+}f(x)[/inlmath] (ili ako je zaista izvod negativan, da li onda treba da ispitujem limes pomoćne funkcije kad [inlmath]x\to+\infty?)[/inlmath]?

Ne valja ti izvod. Vodi računa o tome kako se računa izvod proizvoda dve funkcije, kao i izvod složene funkcije.

Inače, nije ti ni potrebna pomoćna funkcija. Pošto je funkcija [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath] definisana i neprekidna na celom intervalu [inlmath](0,+\infty)[/inlmath], a njen limes u beskonačnosti je [inlmath]e[/inlmath], dovoljno je da pokažeš da je na celom tom intervalu monotono rastuća (tj. da je njen prvi izvod pozitivan) i odatle će slediti i nejednakost [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x<e[/inlmath].

Našao sam rešenje:
[dispmath]\left.\left(1+\frac{1}{x}\right)^x<e\;\right/:\ln\iff x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)<1\iff\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)<\frac{1}{x}.[/dispmath] Sledi smena: [inlmath]t=\frac{1}{x},\;t>0[/inlmath], pa se dokazuje ekvivalentna tvrdnja [inlmath]\ln\left(1+t\right)<t,\;t>0[/inlmath].

Definiše se pomoćna funkcija [inlmath]g(t)=\ln\left(1+t\right)-t[/inlmath]. Njen prvi izvod je jednak [inlmath]\frac{-t}{t+1}[/inlmath] koji je negativan za [inlmath]t>0[/inlmath]. Sledi da [inlmath]g[/inlmath] strogo opada na [inlmath](0,+\infty)[/inlmath], pa je [inlmath]g(t)<g(0)[/inlmath], gde je [inlmath]g(0)\ln1-1=0[/inlmath].

Sada važi: [inlmath]\ln(t+1)-t<0\iff\ln(t+1)<t[/inlmath], za [inlmath]t>0[/inlmath].

Sasvim OK postupak, može i tako.

Pretpostavljam da je ovo samo greška u kucanju:

Gogele je napisao:gde je [inlmath]g(0)\ln1-1=0[/inlmath].

Naravno, treba da piše [inlmath]g(0)=\ln1-0=0[/inlmath].

---

E sad, kako sam ja to zamislio. Znači, ništa pomoćne funkcije. Dokazujemo da je funkcija [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath] monotono rastuća na intervalu [inlmath](0,+\infty)[/inlmath] (napisao sam u svom prethodnom postu zbog čega to dokazujemo), tj. da je njen prvi izvod na tom intervalu pozitivan.
Za prvi izvod funkcije [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath] treba da se dobije [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}\right][/inlmath]. Ako nisi dobio ovakav izvod, moja ti je jaka preporuka da pokušaš da nađeš grešku u svom postupku, a ako treba možemo ti i mi pomoći.

Dakle, treba dokazati da je [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left[\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}\right][/inlmath] pozitivno za svako [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath]. Faktor [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath] je u tom intervalu svakako pozitivan, tako da ostaje da se dokaže da je [inlmath]\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}[/inlmath] pozitivno za svako [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath]. Nađemo izvod od [inlmath]\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}[/inlmath] i dobijemo da on iznosi [inlmath]-\frac{1}{x(x+1)^2}[/inlmath], što znači da je negativan u posmatranom intervalu za [inlmath]x[/inlmath], tj. da je funkcija [inlmath]\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x+1}[/inlmath] monotono opadajuća. Pošto je ta funkcija na posmatranom intervalu definisana, neprekidna i monotono opadajuća, a njen limes u beskonačnosti je jednak nuli, sledi da je na celom tom intervalu pozitivna.

Ovime je dokazano da je prvi izvod funkcije [inlmath]\left(1+\frac{1}{x}\right)^x[/inlmath] pozitivan na intervalu [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath]. U prethodnom postu sam napisao zbog čega odatle sledi i da je ta funkcija za svako [inlmath]x\in(0,+\infty)[/inlmath] manja od [inlmath]e[/inlmath].