L'équation $x^y = y^x$

Bonjour,
Dès lors qu'il est impossible d'exprimer avec des fonctions usuelles la fonction que je nomme $\widehat f^{-1}$, il me parait raisonnable de se contenter de la caractérisation suivante des solutions de $x^y=y^x.$

Soit $\quad f: \left\{\begin{array}{ccc} \R_+^*&\longrightarrow&\R_+^*\\ x&\longmapsto& \dfrac {\ln x}x \end{array} \right.\quad$ Alors: $\quad x^y=y^x \iff f(x) = f(y).$

Ainsi, l'examen des variations de $f$ conduit à: $\quad " f\:\text{ réalise une bijection de}\: ]\mathrm e; +\infty[\:\text{ sur}\: ]0;\mathrm e^{-1}[,\:\:$ notée $\widehat{f}", \quad$ puis à:

$\forall x,y \in \R_+^*,$ $\quad \boxed{x^y = y^x \iff (x=y)\quad\text{ou}\quad\Big(1<x<\mathrm e\quad \text{et}\quad y=(\widehat f ^{-1}\circ f)(x)\Big)\quad\text{ou}\quad\Big(1<y<\mathrm e\quad\text{et}\quad x = (\widehat f^{-1}\circ f)(y)\Big).}$

Bonjour,

@Homo Topi :
L’idée de poser $y=xt$ m’est venue comme suit :
- aucune chance de résoudre explicitement $x \ln y=y \ln x$ : la preuve étant que sinon on le saurait !
- on écrit ${x\over y} \ln y=\ln x$ et on n’a pas beaucoup avancé mais le rapport ${x\over y}$ est là, alors on continue avec ${x\over y}\ln y=\ln({x\over y}y)$ et on se rend compte qu’on peut écrire $\ln y$ comme une fonction du rapport...

C’est tout. Rien de magique. Juste du tâtonnement.

Bonjour,

@Homo Topi :
Pardons. Je pensais que c’était évident.
De $\displaystyle {x\over y} \ln y=\ln({x\over y}y)$ on tire $\displaystyle {x\over y}\ln y=\ln{x\over y} +\ln y$ puis $\displaystyle \ln y={\ln {x\over y}\over {x\over y}-1}$ : on a donc exprimé $y$ selon $\displaystyle {x\over y}$, et comme $x={x\over y} y$ on a aussi $x$ selon ce même rapport.
Le cas particulier $x/y=1$ est traité séparément.
On a donc une paramétrisation des solutions.
On peut alors travailler par implication et réciproque pour montrer proprement qu’on a toutes les solutions.

Note : comme $x$ et $y$ sont symétriques dans l’équation, échanger $x$ et $y$ dans le rapport $x/y=u$ revient à transformer $u$ en $1/u$...

0. Quelques remarques, en retard. D'abord « résoudre l'équation », c'est une formulation que je trouve bizarre si l'on ne précise pas l'ensemble dans lequel on se place. Il y a effectivement l'équation dans $\mathbb N^*$ et l'équation dans $\mathbb Q_+^*$, qui sont des équations diophantiennes à résoudre, mais dans $\mathbb R_+^*$, le problème est plutôt d'étudier la courbe d'équation implicite : $x>0, y>0, y \neq x, x^y=y^x$. Si l'on veut appeler ça « résoudre l'équation », moi je veux bien, tous les goûts sont dans la nature, mais moi je ne le dis pas comme ça.

1. Dans $\mathbb N^*$, on a une solution très simple, consistant à étudier la fonction $\phi : x\mapsto \frac {\ln x}x$, et à observer que l'équation : $x>0, y>0, x<y, x^y=y^x$ équivaut à : $\phi(x)=\phi(y), 0<x<y$, et alors forcément $1<x<e$ et $y>e$. Et miracle ! il y a un seul entier entre $1$ et $e$. J'avais mis ça dans le problème que j'avais posé à une Terminale C pour mon oral de CAPES, au temps jadis.

2. Dans $\mathbb Q_+^*$, c'est un joli problème d'arithmétique, qui se traite en plusieurs questions et peut faire l'objet d'un exercice de colle en Math. Sup., solution inattendue, il faut le voir pour le croire. On pourra y revenir si ça intéresse quelqu'un

3. Dans $\mathbb R_+^*$, je répète, il s'agit d'étudier la courbe d'équation implicite : $x>0, y>0, y \neq x, x^y=y^x$. Il y a belle heurette que l'étude des courbes définies implicitement n'est plus au programme de nos prépas, déjà les courbes tout court sont moribondes, juste un zeste de paramétriques, d'où l'idée de paramétrer par $t=\frac yx$. Pourquoi faire ça ? Bon, je ne donnerai pas mon avis sur la pertinence de cette question pour ne pas aggraver mon cas. Disons qu'on essaie ça, et que si ça marche tant mieux. S'il y avait une méthode unique pour résoudre tous les problèmes de maths, ça se saurait et alors nous pauvres professeurs, nous serions au chômedu, et nos retraites, alors ? Dans le cas présent ça marche, tant mieux, et l'on retombe dans le programme officiel qui prévoit encore quelques rudiments résiduels de courbes en paramétriques. On a une belle courbe qui ressemble à iune hyperbole équilatère, qu'on peut/doit prolonger par continuité par le point $(e,e)$, et alors se pose le problème du caractère $\mathcal C^ \infty$ et de la convexité. Encore un bon exo de colle. On peut y revenir aussi ad libitum.

Bonne soirée.
Fr. Ch.
15/11/2019

Unique solution dans Z: $2^4= 4^2 = 16$