A 回答 (3件)
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No.3
- 回答日時:
たびたび、修正します。
x≦0 のときは、面倒なことをしなくても
π^x>0 , -x≧0 , e^x≦1 なので
π^x-e^x-x+1>-e^x+1≧0
でした。トホホ
No.1
- 回答日時:
x≦0 , 0<x≦1 , 1≦x≦2 , 2≦x の4区間に分けて考える。
f=π^x-e^x , g=x-1 とおくと、f-g>0 を示せば良いが、極値などの計算が困難なので間接的に
評価する。
1. x≦0 のとき
すると π^x≦e^x≦1 である。f≦0 は自明。f=π^x-e^x≧-e^x≧-1 だから、-1≦f≦0、つまり、
gは有界。また、f(-∞)=f(0)=0 である。すると、十分大きな M>0 について、閉区間[-M,0]で
fは有界だから、fは最小最大値がをもつ。最大値は勿論、f(0)=0 である。
fは微分可能だから、最小値は、f'=0 の点と一致する。すると
f'=(logπ)π^x-e^x=0 → x=log(logπ)/(1-logπ)≒-0.934
となる。f'=0 は一つしか無いので、この時の xが fの最小値となる。それは
f(-0.934)≒0.343-0.393≒-0.05 (>-1)
ところが、g=x-1≦-1 だから、f-g>-1-(-1)=0 となる。
2. 0<x のとき
logπ≒1.14 (>1)だから、x>0 で
f''=(logπ)²π^x-e^x>π^x-e^x>0 なので、テーラー展開から
f(x)=f(a)+f'(a)(x-a)+f''(c)(x-a)²>f(a)+f'(a)(x-a)・・・・・①
をえる。
3. 0<x≦1 のとき
f'=(logπ)π^x-e^x だから、①で a=0 として、 (logπ-2)<0 , x≦1 なので
f(x)>0+(logπ-1)x
f-g>(logπ-1)x-x+1≧1+(logπ-2)・1=logπ-1>0
4. 1≦x≦2 のとき
同様に、①で a=1 として、{(logπ)π-e-1}<0 , x≦2 なので
f>π-e+{(logπ)π-e}x
f-g>π-e+{(logπ)π-e}x-x+1≧π-e+1+{(logπ)π-e-1}・2=π-3e-1+2(logπ)π>0
5. 2≦x のとき
同様に、①で a=2 として、{(logπ)π²-e²-1}>0 , x≧2 なので
f>π²-e²+{(logπ)π²-e²}x
f-g>π²-e²+{(logπ)π²-e²}x-x+1≧π²-e²+1+{(logπ)π²-e²-1}・2>0
6.
以上のことから、すべての区間で
f-g>0
となる。
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