Una desigualdad exponencial clásica: $x^y+y^x>1$

Question

Es un problema clásico, pero no lo había visto antes en este sitio.

Supongamos que $x$ y $y$ son números reales que tanto l $(0,1)$ . Prueba $$x^y+y^x>1.$$

El siguiente cuadro de spoiler contiene una pista que indica la solución que conozco. ¿Alguien conoce una solución más natural?

Utiliza la desigualdad de Bernoulli para demostrar $$x^y\ge \frac{x}{x+y}.$$

Edición: Hace poco me enteré de que la fuente son las olimpiadas francesas de matemáticas de 1996.

Answer 1

Bueno, permítanme señalar una forma natural de "adivinar" una desigualdad auxiliar que mencionó anteriormente. Así que queremos demostrar que $$x^y+y^x>1.$$ Como en la mayoría de los problemas de este tipo la primera idea a probar es alguna convexidad. Es muy poco probable que la de Jensen directa funcione, así que queremos pensar en una ponderada, a saber $$m_1f(x_1)+m_2f(x_2)\ge (m_1+m_2)f\left(\frac{m_1x_1+m_2x_2}{m_1+m_2}\right).$$ La forma más sencilla de "crear pesos" es separar $x$ y $y,$ en otras palabras, reescribimos la desigualdad en la forma $$x^y+y^x=x\cdot \frac{1}{x^{1-y}}+y\cdot \frac{1}{y^{1-x}},$$ y esta es también una forma natural de reescribirlo ya que nos gustan las potencias positivas $1-x$ y $1-y$ más que negativo. Ahora toca aplicar la de Jensen y la función más sencilla que se nos ocurre es $f(t)=\frac{1}{t}.$ Esto conduce a la desigualdad $$x^y+y^x\ge (x+y)f\left(\frac{x^{2-y}+y^{2-x}}{x+y}\right)=\frac{(x+y)^2}{x^{2-y}+y^{2-x}}.$$ Ahora queremos demostrar que $(x+y)^2=x^2+xy+xy+y^2>x^{2-y}+y^{2-x}.$ Así que nos gustaría demostrar que $x^2+xy\ge x^{2-y}$ y $y^2+xy\ge y^{2-x}.$ Pero la primera desigualdad después de la cancelación se reduce a $$x+y\ge x^{1-y},$$ o $$x^y\ge \frac{x}{x+y}.$$