Desigualdade com a função de Lambert $x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$
Deixei $0<x<1$ então nós temos :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq 1$$
O caso de igualdade é $x=0.5$.
Para mostrar isso, tentei seguir os lemas 7.1 e 7.2 deste artigo de Vasile Cirtoaje. O problema é que a expressão resultante é horrível!
Também tentei a desigualdade de Bernoulli com algum efeito, porque não é nítida o suficiente.
Atualização 18/12/2020:
É uma outra tentativa. Podemos construir uma aproximação como esta:
Deixei $0<\beta<x\leq 0.5$ então temos que determinar as constantes de modo que:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)$$
Temos numericamente falando $\frac{115}{100}<\alpha<\frac{125}{100}$
Para reduzir a lacuna, tentei introduzir uma função linear: $$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+ax+b$$
Mas, novamente, não é o suficiente para funcionar, então podemos considerar um polinômio geral como:
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}\leq \frac{1}{2}\operatorname{W}^{\alpha}(2ex)+\sum_{k=0}^{n}a_nx^n$$
Bem, é um primeiro passo e no futuro tentarei encontrar os coeficientes deste polinômio geral.
Atualização 20/12/2020:
Podemos reformular o problema como:
Deixei $x,y>0$ de tal modo que $ye^y+xe^x=2e$ então nós temos :
$$\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}+\left(\frac{ye^y}{2e}\right)^{(y)^{\frac{ye^y}{e}}}\leq 1$$
Onde eu uso a função inversa da função de Lambert.
Bem usando o formulário $f(x)=\left(\frac{xe^x}{2e}\right)^{(x)^{\frac{xe^x}{e}}}=g(x)^{h(x)}$ Posso mostrar que a função $f(x)$ é convexo em $(0,W(2e))$então (eu tentei) podemos usar a desigualdade de Slater para encontrar um limite superior. Assim, não funciona. Por outro lado, podemos usar a desigualdade de Karamata, mas não tentei!
Bem, se usarmos o Karamata, tenho uma estratégia:
Temos pela desigualdade de Karamata e $0\leq\varepsilon_n'\leq\varepsilon_n<y<x$:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')$$
Com $(y-\varepsilon_n')e^{y-\varepsilon_n'}+(x+\varepsilon_n)e^{x+\varepsilon_n}\geq 2e$
Agora queremos repetir o processo para obter uma série de desigualdades do tipo:
$$f(x)+f(y)\leq f(x+\varepsilon_n)+f(y-\varepsilon_n')\leq f(x+\varepsilon_{n-1})+f(y-\varepsilon_{n-1}')< 1$$
Mas é muito complicado.
Não funciona para todos os valores, mas acho que temos a desigualdade $y> 0.5 \geq x$ :
$$p(x)=(1-x^{xe^{x-1}})^2+x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (2-x^{xe^{x-1}})-x^{xe^{x-1}} \frac{xe^{x-1}}{2} (1-x^{xe^{x-1}}) \ln\left(\frac{xe^{x-1}}{2}\right)$$ Nós temos : $$f(x)+f(y)\leq p(y)+2^{-\varepsilon}p^{1+\varepsilon}(x)< 1$$
Com $0\leq \varepsilon \leq\frac{1}{10}$
Onde eu uso o Lema 7.2 do artigo acima.
A última ideia:
Usando o teorema da majorização:
Deixei $a\geq b>0$ e $c\geq d >0$ e $n$ um número natural grande o suficiente para que:
$$a\geq c$$
E:
$$\left(a\frac{n}{n+1}+c\frac{1}{n+1}\right)\left(b\frac{n}{n+1}+d\frac{1}{n+1}\right)\geq cd$$
Então nós temos :
$$a+b\geq c+d$$
Prova: é uma consequência direta da desigualdade dos Karamata.
Temos outro teorema:
Deixei $2>x,y>0$ ,$n$ um número natural grande o suficiente e $\varepsilon>0 $
Se tiver-mos :
$$xy<1-\varepsilon $$ $$x+y<2-\varepsilon$$ então nós temos :
$$\ln\left(\frac{n}{n+1}+x\frac{1}{n+1}\right)+\ln\left(\frac{n}{n+1}+y\frac{1}{n+1}\right)\leq 0$$
Exemplo:
Usando o teorema da majorização, temos ($x=0.4$):
$$(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}< 1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
E:
$$\left(\frac{1}{4000}x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+\frac{3999}{4000}\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5\right)\left(\frac{1}{4000}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}+\frac{3999}{4000}(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\right)< (1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5$$
Dividindo ambos os lados pelo RHS e usando o segundo teorema observando que:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<1-\varepsilon$$
E:
$$\frac{x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}}{\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5}+\frac{(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}}{(1-\operatorname{W}^{1.25}(2ex)0.5)}<2-\varepsilon\quad (I)$$
Agora acho que é mais fácil porque podemos pegar o logaritmo e estudar o comportamento da função.
Para provar o $(I)$ podemos usar o limite:
Deixei $0<x<\frac{1}{100}$ :
$$e^x<(1+x)^2-x$$
Obviamente, se estudarmos separadamente os diferentes elementos do LHS.
Então estudar $(I)$ temos uma boa aproximação:
Deixei $0< x \leq \frac{1}{2}$ então nós temos :
$${\operatorname{W}(2ex)}^{2x}\geq (2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}$$
Na verdade, temos o seguinte refinamento em $(0,0.5]$ :
$$x^{{\operatorname{W}(2ex)}^{2x}}+(1-x)^{{\operatorname{W}(2e(1-x))}^{2(1-x)}}\leq x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}+ (1-x)^{(2(1-x))^{\frac{915}{1000}\left((1-x)\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\leq 1$$
Observações: O método que usa o teorema da majoração tem duas vantagens. Precisamos escolher dois valores da mesma ordem em relação aos valores no LHS. Um pode ser inferior (e o outro necessariamente superior). Por outro lado, o limite com o exponencial, sua precisão depende da aproximação inicial em$(I)$. Finalmente, se dividirmos em dois o LHS em$(I)$ e se para um provarmos um resultado mais forte, o outro elemento é ligeiramente mais fácil de mostrar.
Eu construo uma aproximação sobre $(0,1)$ que tem a forma:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{1.25}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.25}}}\right)^{0.5}\quad (S)$$
Você pode brincar com os coeficientes $-0.25$ e $1.25$ quais não são os melhores (me faça um comentário se tiver melhor por favor :-))
Podemos melhorar ligeiramente $(S)$ em usar o logaritmo que temos em $[0.5,1)$:
$$x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\simeq \left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}-0.5\ln\left(\left(\left(2^{(2x)^{x^{3}}} \frac{x}{2}\right)^{0.5}0.5^{0.5}*0.5^{{(2 (1-x))}^{x^{-0.2}}}\right)^{0.5}\right)+0.5\ln\left(x^{(2x)^{\frac{915}{1000}\left(x\right)^{\left(\frac{87}{100}\right)}}}\right)\quad (S')$$
Podemos substituir o coeficiente $\frac{915}{1000}$ de $\frac{912}{1000}$,e $3$ de $3.5$ e finalmente $-0.2$ de $-0.19$ e acho que é a mesma ordem para que possamos aplicar o teorema da majoração .Ouf!
Alguma ideia para resolver isso?
obrigado
Respostas
Alguns pensamentos
Deixe-me mostrar como usar limites para o caso $0 < x < \frac{1}{10}$.
Denotar $F = W(2\mathrm{e}x)^{2x}$ e $G = W(2\mathrm{e}(1-x))^{2(1-x)}$. Precisamos provar que$x^F + (1-x)^G \le 1$.
Fato 1 : se$u > 0$ e $0 \le v \le 1$, então $u^v \ge \frac{u}{u + v - uv}$.
(Nota: por desigualdade de Bernoulli,$(\frac{1}{u})^v=(1+\frac{1}{u}-1)^v\leq 1 + (\frac{1}{u}-1)v = \frac{u + v - uv}{u}$.)
Fato 2 :$0 \le 5 - 5F \le 1$ para todos $x\in (0, 1/2]$.
Fato 3 :$1 \le G < 2$ para todos $x\in (0, 1/2]$.
Fato 4 :$W(y) \ge \frac{y}{y + 1}$ para todos $y\ge 0$.
(Dica: Use$W(y)\mathrm{e}^{W(y)} = y$ para todos $y\ge 0$ e essa $u \mapsto u\mathrm{e}^u$ está aumentando estritamente $(0, \infty)$.)
Fato 5 :$F \ge \left(\frac{2\mathrm{e}x}{1 + 2\mathrm{e}x}\right)^{2x}$ para todos $x > 0$. (Use o fato 4.)
Fato 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 $x \in (0, 1/2]$.
(Dica: Use o fato 1,$u = W(2\mathrm{e}(1-x))$, $v = 1-2x$.)
Fato 7 :$W(2\mathrm{e}(1-x)) \ge \frac{48}{35} - \frac{3}{5}x$ para todos $x$ dentro $(0, 1/10)$.
Fato 8 :$G \ge \frac{9(16-7x)^2}{-1470x^2+910x+1225}$ para todos $x$ dentro $(0, 1/10)$. (Use os fatos 6-7.)
Agora, pelos Fatos 1-2, temos $$x^F = \frac{x}{x^{1-F}} = \frac{x}{\sqrt[5]{x}^{5 - 5F} } \le x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F).$$ (Nota: $u = \sqrt[5]{x}, v = 5-5F$.)
Pelos Fatos 1, 3, temos $$(1-x)^G = \frac{(1-x)^2}{(1-x)^{2-G}} \le (1-x)^2 + x(1-x)(2-G).$$ (Nota: $u = 1-x, v = 2-G$.)
Basta provar que $$ x + (x^{4/5} - x)(5 - 5F) + (1-x)^2 + x(1-x)(2-G) \le 1$$ ou $$5(x^{4/5} - x)(1 - F) \le x(1-x)(G-1).$$
Pelos Fatos 5, 8, é suficiente provar 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 tornar o problema mais simétrico, deixe $x=t+\frac 12$ e expandir a função como série de Taylor em torno $t=0$.
Voce terá $$f(t)=1+\sum_{n=1}^p a_n t^{2n}$$ onde o $a_n$de são polinômios de grau $2n$ dentro $k=\log(2)$ $$a_1=\left\{2,-\frac{13}{4},\frac{1}{2}\right\}$$ $$a_2=\left\{\frac{15}{4},-\frac{1607}{192},\frac{439}{96},-\frac{23}{24},\frac{1}{24}\right\}$$ $$a_3=\left\{\frac{14453}{2880},-\frac{331189}{23040},\frac{142597}{11520},-\frac{7 9}{16},\frac{541}{576},-\frac{11}{160},\frac{1}{720}\right\}$$ $$a_4=\left\{\frac{294983}{53760},-\frac{10787687}{573440},\frac{19112773}{860160}, -\frac{1149103}{92160},\frac{368011}{92160},-\frac{5243}{7680},\frac{15}{2 56},-\frac{43}{20160},\frac{1}{40320}\right\}$$ Todos esses coeficientes são negativos (este não é o caso para $n \geq 5$)
Tornando os coeficientes racionais $$g(t)=1-\frac{64 t^2}{5119}-\frac{121 t^4}{738}-\frac{261 t^6}{598}-\frac{182 t^8}{865}+\frac{2309 t^{10}}{1084}+\frac{16024 t^{12}}{1381}+\frac{26942 t^{14}}{613}+O\left(t^{16}\right)$$
Usando os termos acima, a correspondência é quase perfeita para $0\leq t\leq 0.4$ .
Entre esses limites, $$\int_0^{0.4}\Big[f(t)-g(t)\big]^2\,dt=1.91\times 10^{-10}$$
O que seria incrível é provar que o valor mínimo da função é um pouco maior que $0.99$.