Prueba $(x-1)(y-1)>(e-1)^2$ donde $x^y=y^x$ , $y>x>0$ .

Question

Sea $x,y$ sean distintos números reales positivos que cumplan $x^y=y^x$ . Prueba $(x-1)(y-1)>(e-1)^2$ .

Podemos suponer $a=\frac{y}{x}>1$ . Entonces obtenemos $x=a^{\frac{1}{a-1}},y=a^{\frac{a}{a-1}}.$ Pero, ¿cómo seguir?

Answer 1

Si sabes que $$x^y=y^x \implies x=-\frac{y}{\log (y)}W\left(-\frac{\log (y)}{y}\right)$$ donde $W(t)$ es la función de Lambert, entonces $$(x-1)(y-1)=(1-y)\Bigg[1+ \frac{y}{\log (y)}W\left(-\frac{\log (y)}{y}\right)\Bigg]=f(y)$$

$f'(y)$ cancela en $y=e$ y, en este punto, $x=e$ . La segunda derivada $$f''(e)=\frac{2 (2 e-5)}{3 e}\sim 0.107069~~ >~~ 0$$ confirma que este punto es un mínimo y $f(e)=(e-1)^2$ .

Editar

Como ha comentado @Martin R, no he demostrado que este sea el mínimo global.

De hecho, esto se puede hacer utilizando el hecho de que $\forall t \geq e$ $$W(t) \geq\log (t)-\log (\log (t))+\frac 12\frac{\log (\log (t))}{ \log (t)}=f(t)$$ $$W(t) \leq \log (t)-\log (\log (t))+\frac e{e-1}\frac{\log (\log (t))}{ \log (t)}=g(t)$$ o mejor aún tha aproximación de $W(t)$ Le di ici .

Answer 2

Continuando con su idea, dejemos que $a = 1+ \dfrac 1t, t > 0.$ Entonces, puedes escribir tu desigualdad como $xy-x-y > e^2-2e$ que está en función de la variable $t:$

$$f(t) = t\ln\left(1+\frac 1t\right) + \ln\left(\left(1+\frac 1t\right)^{t+1}-2-\frac 1t\right) > 1+\ln(e-2).$$

Wolfram dice que se trata efectivamente de una función decreciente en $t$ por lo que el mínimo será: $$\lim\limits_{t\to\infty} f(t) = 1+ \ln(e-2).$$

Entonces, lo único que hay que mostrar ahora es el hecho de que $f(t)$ es decreciente, pero sospecho que esto requerirá un feo cálculo.

EDIT: En realidad, la derivada no resultó ser tan mala:

\begin{align}f'(t) &= \\ &\dfrac{\dfrac{1}{t^2} + \left(1+\dfrac 1t\right)^{t+1}{\left(2\ln\left(1+\frac 1t\right)-\dfrac 1t-\dfrac{1}{t+1}\right)} + \left(2+\dfrac{1}{t}\right) \left(\dfrac{1}{1+t} - \ln\left(1+\dfrac{1}{t}\right)\right)}{\left(1+\dfrac 1t\right)^{t+1} - \dfrac 1t-2} & \\<0\end{align}

Por último, lo anterior es equivalente a:

$$\left(1+\dfrac 1t\right)^{t+1} > \dfrac{\dfrac{1}{t^2} + \left(2+\dfrac 1t\right)\left(\dfrac{1}{1+t} - \ln\left(1+\dfrac{1}{t}\right)\right)}{\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{1+t} - 2\ln\left(1+\dfrac{1}{t}\right)},$$

w

Answer 3

Esbozo de una prueba:

Dato 1 : Sea $f(u) = \frac{\ln u}{u}$ . Entonces, $f(u)$ es estrictamente creciente en $(0, \mathrm{e})$ , y estrictamente decreciente en $(\mathrm{e}, \infty)$ .

WLOG, asumir $y < x$ . En $x^y = y^x$ tenemos $\frac{\ln x}{x} = \frac{\ln y}{y}$ . Por el hecho 1, es fácil demostrar que $1 < y < \mathrm{e} < x$ .

Tenemos que demostrar que $y > 1 + \frac{(\mathrm{e} - 1)^2}{x-1} \triangleq y_0$ . Claramente, $y_0\in (1, \mathrm{e})$ . Por el hecho 1, basta demostrar que $f(y) > f(y_0)$ o $\frac{\ln x}{x} > f(y_0)$ . Basta con demostrar que $$\frac{\ln x}{x} > \frac{\ln\left( 1 + \frac{(\mathrm{e} - 1)^2}{x-1}\right)}{1 + \frac{(\mathrm{e} - 1)^2}{x-1}}, \ \forall x > \mathrm{e}.$$ Es verdad. Pero mi prueba no es buena. (Pista: Usa el Hecho 2, luego usa la derivada.)

Dato 2 : $\frac{\ln v}{v} \ge \frac{(2\mathrm{e} + 10)v - 16\mathrm{e} + 4\mathrm{e}^2} {(3\mathrm{e} - 3)v^2 + (16\mathrm{e} - 4\mathrm{e}^2)v - 19\mathrm{e}^2 + 7\mathrm{e}^3}$ para todos $v \ge \mathrm{e}$ . (Pista: Toma derivada.)

Observación 1 : Propongo el siguiente problema:

Sea $0 < y < x$ tal que $\frac{\ln x}{x} = \frac{\ln y}{y} = a$ ( $a>0$ ). Demostrar que $$(x-1)(y-1) > \left(\mathrm{e} - 1 + \frac{5}{8}\left(\frac{1}{\mathrm{e}} - a\right)\right)^2.$$

Por cierto, hay muchos problemas similares en MSE o AoPS. Estos problemas tienen la siguiente descripción: Sea $f(z)$ sea una función unimodal. Sea $f(x) = f(y) = a$ . Entonces $g(x, y) \ge h(a)$ .

Véase mi post cerrado: Desigualdades que implican raíces de algunas funciones (por ejemplo, $\frac{\ln x}{x}$ , $x\ln x$ )
Por ejemplo, Estimar el límite de la suma de las raíces de $1/x+\ln x=a$ donde $a>1$ ,
deje $f(x) = (x-1)\ln x$ y dado $0 < a < b$ . Si $f(a) = f(b)$ demuestre que $\frac{1}{\ln a}+\frac{1}{\ln b} < \frac{1}{2}$