Disuguaglianza esponenziale che mi sta facendo ammattire

[amatrix92]

Vorrei vedere una soluzione elementare, al limite se le avete prorponete anche soluzioni che NON implichino analisi II.

[staffo]

e io che ne so di analisi II, mi sno messo a fare le cose oggi per vedere un po' se avesse senso la cosa, è analisi due questa?

[Claudio.]

Quel teorema dice che i punti di massimo e minimo hanno derivata nulla....tu hai usato il contrario...

[staffo]

infatti, ma se tu li trovi tutti trovi anche tutti i punti di massimo e minimo e anche altri, poi valuti confrontandoli quali sono di massimo e minimo (non preoccuparti, l'anno prossimo a scuola li farai fino al collasso), comunque mi sa che ho sbagliato a pieno la soluzione, quindi lasciate stare

[ma_go]

[...] li pongo uguali a zero e, ponendoli a sistema, siccome sono uno il simmetrico dell'altro, ottengo che il sistema è verificato per x=y,[...]

questo a occhio e croce mi sembra molto falso.

[staffo]

e ma se ho un polinomio in x e y uguale ad un suo simmetrico (cioè dove al posto della x ho y), se pongo x=y sicuramente è verificata; forse vuoi dire che non è l'unica (e di questo non lo so), però sicuramente per x=y è verificato...

[darkcrystal]

Un paio di osservazioni:
1) Chi ti dice che quella funzione assuma minimo da qualche parte? $ x+y $ è un'onestissima funzione regolare, ma per x,y reali positivi non assume minimo (c'è un estremo inferiore, che è zero, ma non è un valore che la funzione raggiunga)
2) Sicuramente esiste una soluzione al sistema con $ x=y=1/e $, ma in generale non tutte le coppie $ (x,x) $ annullano entrambe le derivate (provare per credere! Tu stai solo chiedendo che le derivate siano uguali, quando poni x=y, non che siano uguali a zero)
3) Viceversa, il fatto che $ (x,y) $ sia soluzione di un sistema simmetrico non dice assolutamente che x sia uguale ad y

Detto questo, la disuguaglianza aspetta ancora una dimostrazione...

[paga92aren]

Suppongo wlog $x<y$, se $x\geq 1$ è banale, se $x<1$ e impongo $y=kx$ con $k>1$.
$x^{kx}+k^xx^x>1$
Poiché $x^x>1$ allora anche $(x^x)^k>1$ da cui la tesi

[amatrix92]

Suppongo wlog $x<y$, se $x\geq 1$ è banale, se $x<1$ e impongo $y=kx$ con $k>1$.
$x^{kx}+k^xx^x>1$
Poiché $x^x>1$ allora anche $(x^x)^k>1$ da cui la tesi

Scusami ma perchè $ x^x > 1 $ ?

[Claudio.]

$x^x>1$ è falso

[Mist]

allora, evidentemente se una delle due variabili è maggiore o uguale a uno la disequazione è risolta.

ponendo quindi $x= \frac{1}{a}$ e $y= \frac{1}{b}$ con $a,b>1$, si ha che affinché la disequazione sia risolta si deve avere che

$\left( \frac{1}{a} \right) ^{\frac{1}{b}} + \left( \frac{1}{b} \right) ^{\frac{1}{a}} = \frac{a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}}}{a^{\frac{1}{b}}b^{\frac{1}{a}}} >1$ ovvero $a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}} >a^{\frac{1}{b}}b^{\frac{1}{a}}$

ma banalmente usando AM-GM si deduce che $a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}} > \frac{a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}}}{2}>\sqrt{a^{\frac{1}{b}}b^{\frac{1}{a}}}>a^{\frac{1}{b}}b^{\frac{1}{a}}$ ma $\frac{a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}}}{2}>\sqrt{a^{\frac{1}{b}}b^{\frac{1}{a}}}$, applicando il logaritmo su ambo le parti, diventa $\log{(\frac{a^{\frac{1}{b}}+b^{\frac{1}{a}}}{2})} > \frac{1}{2}\log{(a^{\frac{1}{b}})}+ \frac{1}{2}\log{(b^{\frac{1}{a}})}$ ma quest'ultima non è altro che la disuguaglianza di jensen su una funzione concava (il logaritmo) e quindi la premessa (e quindi la tesi) è sempre vera.

EDIT. niente, ho detto una vaccata, lascio scritto perchè forse per qualcuno può essere utile l'idea di jensen (?)...