Si $x^y=y^x$ mostrar que $x+y>2e$

Question

Que $0<x<y$, que $$x^y=y^x$ $ muestran %#% $ #%

Ya sea de % $ $$x+y>2e$$$y\ln{x}=x\ln{y}\Longrightarrow \dfrac{\ln{y}}{y}=\dfrac{\ln{x}}{x}$$ si $$f(x)=\dfrac{\ln{x}}{x}\Longrightarrow f'(x)=\dfrac{1-\ln{x}}{x^2}$ y $0<x<e$, si $f'(x)>0$, entonces el $x>e$

¿$f'(x)<0$, tal vez considerar $\Longleftrightarrow y-e+x-e>0$ y $f(x-e)$, que más grande? Lo hago justo ahora

Gracias de antemano!

Answer 1

Podemos ver que $$f(x)=\frac{\ln x}{x}$$ is strictly increasing in $(0,e)$ and striclty decreasing in $(e,+\infty)$.

Así, la igualdad de $f(x)=f(y)$ no puede mantener para el caso de $x,y \in (0,e)$ o $x,y \in (0,+\infty)$.

Desde $x\lt y$, se deduce que el $x\in (0,e)$$y \in (e,+\infty)$.

Así que vamos a $y=rx$ $r\in (1,+\infty)$ y obtenemos $$(xr)^x = (x)^{rx}\implies rx \ln x = x (\ln r + \ln x)\implies(r−1)\ln x = \ln r$$

Así, $$x = r^{1/(r−1)}, y= r^{r/(r−1)}$$ and we need to show that for $r\en (1,+\infty)$, the function $$g(r)=r^{1/(r−1)}+r^{r/(r−1)}\gt2e$$

Nos damos cuenta de que $$\lim_{r\rightarrow1}r^{1/(r−1)}=\lim_{r\rightarrow1}r^{r/(r−1)}=e$$

En efecto, si partimos $u=\frac1r$ obtenemos $\lim(1+\frac1u)^u=e$, y lo mismo para el segundo límite.

Así que solo tenemos que mostrar que $g(r)$ es estrictamente creciente en a $(1,+\infty)$.

EDITAR
(Como clark con razón, señaló, la primera aproximación a demostrar que $g(r)$ es estrictamente creciente estuvo mal de mi parte-ver los comentarios de abajo. Espero que esta nueva versión es correcta.)

Queremos mostrar que $g(r)=r^{\frac{1}{r-1}}(r+1)$ es estrictamente creciente. Vamos a mostrar que el $h(r)=\ln g(r)$ es estrictamente creciente y desde $\ln x$ s".yo, que se derivan de esto, el hecho de que $g(r)$ s".yo. (Es decir, si $h(x)=\ln g(x)$ es estrictamente creciente $\Rightarrow g(x)$ es estrictamente creciente. Para mostrar esto se puede simplemente usar un Reductio ad absurdum y asumen $h(x)$ s".yo mientras $g(x)$ no es s.yo. )

Por lo tanto, tenemos $$\ln g(r)=\ln r^{\frac{1}{r-1}}(r+1)=\ln r^{\frac{1}{r-1}}+\ln(r+1)=\frac1{r-1}\ln r+\ln (r+1)\\h'(r)=\ln r+\frac{1}{r(r-1)}+\frac1{r+1}\gt0, \forall r \in (1,+\infty)$$ De ello se desprende que $h(r)$ es estrictamente creciente y así es $g(r)$.

Answer 2

Como MathematicianByMistake respuesta, queremos probar $$g(r)=r^{\frac{1}{r-1}}+r^{\frac{r}{r-1}}=(x+1)^{\frac{1}{x}}+(x+1)^{\frac{x+1}{x}}=(x+1)^{\frac{1}{x}}(x+2),x>0$ $ desde %#% $ #% nosotros sólo probamos $$g'(x)=(x+1)^{\frac{1}{x}-1}\cdot\dfrac{x(x^2+2x+2)-(x^2+3x+2)\ln{(x+1)}}{x^2}$ $ desde $$h(x)=x(x^2+2x+2)-(x^2+3x+2)\ln{(x+1)}>0,x>0$ $