$x^y=y^x$. Demostrar que $x^y>e^e$

Question

Vamos $x>1$, $y>1$ y $x\neq y$ tal que $x^y=y^x$. Probar que: $$x^y>e^e$$

Podemos suponer $y=kx$ donde $k>1$.

Por lo tanto, $x=k^{\frac{1}{k-1}}$ $y=k^{\frac{k}{k-1}}$ y tenemos que demostrar que el $f(k)>e^e$ donde $f(k)=k^{\frac{k^{\frac{k}{k-1}}}{k-1}}$.

Podemos mostrar que $f'(k)>0$ $k>1$ $\lim\limits_{k\rightarrow1^+}f(k)=e^e$ y hemos terminado.

Hay una buena prueba de esta desigualdad? Gracias!

Answer 1

Tenemos que minimizar la función $$f(x)=x^{y}\tag{1}$$ where $x$ and $y$ are connected by equation $$x^{y}=y^{x}\tag{2}$$ As usual we need to find derivative $f'(x)$ and this is bit tricky here. First we take logarithm of the equation $(2)$ to get $$y\log x = x\log y$$ and then differentiating with respect to $x$ we get $$\frac{y}{x} + y'\log x = \log y + \frac{xy'}{y}$$ or $$y' = \frac{y}{x}\cdot\frac{y - x\log y}{x - y\log x}\tag{3}$$ From $(1)$ we get $$\log f(x) = y\log x$$ and differentiation gives us $$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{y}{x} + y'\log x$$ and using equation $(3)$ we get $$\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{y}{x}\left(1 + \frac{y\log x - x\log x\log y}{x - y\log x}\right)$$ and thus $f'(x) = 0$ is possible only when $$\log x\log y = 1\tag{4}$$ so that $y = \exp(1/\log x)$ and $$f(x) = x^{y} = y^{x} = \exp\left(\frac{x}{\log x}\right)$$ It can be easily checked that the function $g(x) = x/\log x$ attains it's minimum value at $x = e$ and therefore $f(x) = e^{g(x)}$ also attains it's minimum value at $x = e$ and therefore the minimum value of $f(x) = x^{y}$ is $e^{e}$.

Answer 2

Creo que esto puede ser resuelto mediante la refundición de la misma en el idioma de los multiplicadores de Lagrange. Queremos maximizar la función $f(x,y,z) = z$ sujeto a las restricciones $g_1(x,y,z) = x^y - z= 0$$g_2(x,y,z) = y^x - z = 0$. Por las propiedades de los multiplicadores de Lagrange, $f$ se tiene un extremo local en la superficie especificada por estas restricciones si existe un punto donde $$ \nabla f + \lambda_1 \nabla g_1 + \lambda_2 \nabla g_2 = 0. $$ Tomando estos gradientes, nos encontramos con que debemos tener \begin{align*} \lambda_1 [y x^{y-1}] + \lambda_2 [(\ln y) y^x] &= 0 \\ \lambda_1 [(\ln x) x^y] + \lambda_2 [x y^{x-1}] &= 0 \\ 1 -\lambda_1 - \lambda_2 &= 0 \end{align*} Entonces podemos eliminar la $\lambda_2$ a partir de estas ecuaciones: \begin{align*} \lambda_1 [y x^{y-1}] + (1 - \lambda_1) [(\ln y) y^x] &= 0 \\ \lambda_1 [(\ln x) x^y] + (1 - \lambda_1) [x y^{x-1}] &= 0 \end{align*} Entonces podemos resolver cada ecuación para $\lambda_1$ a eliminar de nuestro sistema: $$ \lambda_1 = \frac{(\ln y) y^x}{(\ln y) y^x - y x^{y-1}} = \frac{x^{x-1}}{x^{x-1} - (\ln x) x^y } $$ La inversión de ambos lados de esta ecuación y simplificando los rendimientos $$ \frac{y x^{y-1}}{(\ln y) y^x} = \frac{(\ln x) x^y }{x^{x-1}}, $$ que además se simplifica a $$ (\ln x) (\ln y) = 1. $$ Por lo tanto, en el extremo (si es que existe), debemos tener $y = e^{1/\ln x}$$z = y^x = e^{x/\ln x}.$, Pero en el intervalo de $(1, \infty)$, la función de $x / \ln x$ tiene un mínimo global en $x = e$. Por otra parte, dado que la función exponencial es monótonamente creciente, la función de $z = e^{x/\ln x}$ tiene un mínimo global en$x = e$. Por lo tanto, $z \geq e^e$, con la igualdad en el punto de $x = y = e$.

Answer 3

Cuento esto como una respuesta parcial: Si usted se mantiene a la rama de $y \le x$ (que dada la simetría del problema creo que está bien), y luego usando las conocidas propiedades de la función de Lambert ha $y = x$$0 \le x \le e$. Ahora considere el $x^y$. Para$0 \le x \le e$$x^y = x^x$. Esta solución puede ser considerado como "conocido" en el sentido de que los medios elementales se pueden usar para deducir sus propiedades, tales como la forma general. Si usted sabe que considerar la ecuación de $y = -x \frac{W(-\frac{\ln x}{x})}{\ln x}$ y ver el $x^y$ luego de Arce ofrece los siguientes lejos de ser evidente la estructura (ver figura adjunta).

Para completar la respuesta que usted tiene que demostrar que $\frac{d x^y}{d x} \ge 0$$x \ge e$. Esto parece un temible tarea, pero puede ser posible utilizando sólo conoce las propiedades de Lambert de la función (por ejemplo) $\frac{d W(z)}{d z} = \frac{W(z)}{z (1 + W(z))}$ (de la Wiki).

A partir de la figura parece que tienes (para la rama elegida) que $x^y > e^e$$x > e$.

Answer 4

Sin duda tienes $_{k \to 1^+}k^{\frac{k}{k-1}} = e$. De esta manera se sigue considerando a $z = k^{\frac{k}{k-1}}$, de modo que $\ln z = \frac{k}{k-1} \ln k$, entonces lim$_{k \to 1^+} \ln z = \frac{1 + \ln k}{1} = 1$ (L'Hôpital) es decir $z = e$ (como alternativa, busque en la definición de $e = $ lim$_{n \to \infty} (1 + \frac{1}{n})^n$). A continuación, ver el $f(k) = z^z$ y escribir $\ln(f) = z \ln z$ lim$_{k \to 1^+} \ln(f) \to e \ln e$, dando lim$_{k \to 1^+} f(k) = e^e$.