Desigualdad con la función de Lambert $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
Dejar $0<x<1$ entonces tenemos :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
El caso de la igualdad es $x=0.5$.
Para mostrarlo he intentado seguir el lema 7.1 y 7.2 de este artículo de Vasile Cirtoaje ¡El problema es que la expresión resultante es horrible!
También he probado la desigualdad de Bernoulli con algún efecto porque no es lo suficientemente aguda.
Actualización 18/12/2020:
Es otro intento. Podemos construir una aproximación como esta:
Dejar $0<\beta<x\leq 0.5$ entonces tenemos que determinar las constantes tales que:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
Tenemos numéricamente hablando $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
Para reducir la brecha he intentado introducir una función lineal: $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
Pero nuevamente, no es suficiente para funcionar, por lo que podemos considerar un polinomio general como:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
Bueno, es un primer paso y en el futuro intentaré encontrar los coeficientes de este polinomio general.
Actualización 20/12/2020:
Podemos reformular el problema como:
Dejar $x,y>0$ tal que $ye^y+xe^x=2e$ entonces tenemos :
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Donde uso la función inversa de la función de Lambert.
Bueno, usando el formulario $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ Puedo demostrar que la función $f(x)$ es convexo en $(0,W(2e))$así que (lo he intentado) podemos usar la desigualdad de Slater para encontrar un límite superior. De esta manera, no funciona. Por otro lado, podemos usar la desigualdad de Karamata, ¡pero no lo he intentado!
Bueno, si usamos Karamata, tengo una estrategia:
Tenemos por la desigualdad de Karamata y $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
Con $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
Ahora queremos repetir el proceso para obtener una serie de desigualdades del tipo:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
Pero es muy complicado.
No funciona por todo el valor, pero creo que tenemos la desigualdad. $y> 0.5 \geq x$ :
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ Tenemos : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
Con $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
Donde uso el Lema 7.2 del artículo anterior.
La última idea:
Usando el teorema de la mayorización:
Dejar $a\geq b>0$ y $c\geq d >0$ y $n$ un número natural lo suficientemente grande como para que:
$$a\geq c$$
Y:
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
Entonces tenemos :
$$a+b\geq c+d$$
Prueba: es una consecuencia directa de la desigualdad de Karamata.
Tenemos otro teorema:
Dejar $2>x,y>0$ ,$n$ un número natural lo suficientemente grande y $\varepsilon>0 $
Si tenemos:
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ entonces tenemos :
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
Ejemplo:
Usando el teorema de mayorización tenemos ($x=0.4$):
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Y:
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Dividiendo ambos lados por el RHS y usando el segundo teorema comentando que:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
Y:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
Ahora creo que es más fácil porque podemos tomar el logaritmo y estudiar el comportamiento de la función.
Para probar el $(I)$ podemos usar el límite:
Dejar $0<x<\frac{1}{100}$ :
$$e^x<(1+x)^2-x$$
Obviamente si estudiamos por separado los diferentes elementos del LHS.
Entonces para estudiar $(I)$ tenemos una aproximación bastante buena:
Dejar $0< x \leq \frac{1}{2}$ entonces tenemos :
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
De hecho, tenemos el siguiente refinamiento en $(0,0.5]$ :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
Observaciones: El método que utiliza el teorema de mayorización tiene dos ventajas. Necesitamos elegir dos valores del mismo orden con respecto a los valores en el LHS. Uno puede ser inferior (y el otro necesario superior). Por otro lado, el límite con el exponencial, su precisión depende de la aproximación inicial en$(I)$. Finalmente, si dividimos en dos el LHS en$(I)$ y si para uno demostramos un resultado más fuerte, entonces el otro elemento es un poco más fácil de mostrar.
Construyo una aproximación en $(0,1)$ que tienen la forma:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
Puedes jugar con los coeficientes $-0.25$ y $1.25$ que no son los mejores (hazme un comentario si tienes mejor por favor :-))
Podemos mejorar ligeramente $(S)$ al usar el logaritmo que tenemos en $[0.5,1)$:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
Podemos reemplazar el coeficiente $\frac{915}{1000}$ por $\frac{912}{1000}$,y $3$ por $3.5$ y finalmente $-0.2$ por $-0.19$ y creo que es el mismo orden para que podamos aplicar el teorema de mayorización. ¡Uf!
¿Alguna idea para solucionarlo?
Gracias
Respuestas
Algunos pensamientos
Déjame mostrarte cómo usar los límites para el caso. $0 < x < \frac{1}{10}$.
Denotar $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ y $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. Necesitamos demostrar eso$x^F + (1-x)^G \le 1$.
Hecho 1 : Si$u > 0$ y $0 \le v \le 1$, entonces $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(Nota: según la desigualdad de Bernoulli,$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
Hecho 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ para todos $x\in (0, 1/2]$.
Hecho 3 :$1 \le G < 2$ para todos $x\in (0, 1/2]$.
Hecho 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ para todos $y\ge 0$.
(Sugerencia: use$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ para todos $y\ge 0$ y eso $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ está aumentando estrictamente en $(0, \infty)$.)
Hecho 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ para todos $x > 0$. (Utilice el Hecho 4.)
Hecho 6 :$G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{1 - 2x} W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{W(2\mathrm{e}(1-x))^2}{2x W(2\mathrm{e}(1-x)) + 1 - 2x}$ para todos $x \in (0, 1/2]$.
(Sugerencia: use el Hecho 1,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
Hecho 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ para todos $x$ en $(0, 1/10)$.
Hecho 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ para todos $x$ en $(0, 1/10)$. (Use Hechos 6-7.)
Ahora, por Hechos 1-2, tenemos $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (Nota: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
Por los hechos 1, 3, tenemos $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (Nota: $u = 1-x, v = 2-G$.)
Basta probar que $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ o $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
Por los hechos 5, 8, basta probar que $$5(x^{4/5} - x)\left(1 - \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}\right) \le x(1-x)\left(\frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}-1\right).$$
Omitido.
Para hacer el problema más simétrico, dejemos $x=t+\frac 12$ y ampliar la función como serie de Taylor alrededor $t=0$.
Usted tendrá $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ donde el $a_n$son polinomios de grado $2n$ en $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ Todos estos coeficientes son negativos (este no es el caso de $n \geq 5$).
Haciendo los coeficientes racionales $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
Usando los términos anteriores, la coincidencia es casi perfecta para $0\leq t\leq 0.4$ .
Entre estos límites $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
Lo que sería sorprendente es probar que el valor mínimo de la función es un poco mayor que $0.99$.