A-t-on $\sqrt{7+4\sqrt3}+\sqrt{7-4\sqrt3}=4$

Bonsoir
$\sqrt{7\pm 4\sqrt3} = \sqrt {(2\pm\sqrt3)^2}$

Bonjour, il semble que l'ensemble des solutions est $\{(x+y^2, 4xy^2, 2y) \mid (x,y)\in\N^2 \text{ et } y^2 \geqslant x\}$.
LP

voilà

En effet
$\sqrt{x+y^2+\sqrt{4xy^2}}+\sqrt{x+y^2-\sqrt{4xy^2}}$
$=\sqrt{x+y^2+2y\sqrt{x}}+\sqrt{x+y^2-2y\sqrt{x}}$
$=\sqrt{(y+\sqrt x)^2}+\sqrt{(y-\sqrt x)^2}=2y$

Il conviendrait cependant de montrer qu'il n'y a pas d'autre solution.
Amicalement. jacquot

@GBZM: quid, par exemple, si $k=0$ (ou $k=1$) et $\ell=2$ ?

Joli, je mets sur Number Theory (Linkedin). Je cite toujours la source quelques jours après les réponses.

... et que Soland pose toujours des questions intéressantes !

Bonjour,

Soit $\displaystyle a,b \in \N$ tels que $\displaystyle a\geq b^2 \geq 16$, montrer que $\displaystyle 2^a \geq a^b.$

Lemme 1 :
On définit la fonction $g$ par $\displaystyle g: x\mapsto {\ln \sqrt{x} \over \sqrt{x}}$ pour $\displaystyle x >0.$ La fonction $g$ est définie, continue et dérivable sur $\displaystyle x >0$ comme composée de fonctions elles-mêmes définies, continues et dérivables sur cet intervalle. On calcule la dérivée : $\displaystyle g'(x) = {1 \over 2 x^{\frac32}} (1-\frac12 \ln x), x>0$ qui s'annule en $\displaystyle e^2 <16.$ La fonction $g$ est donc croissante dans l'intervalle $\displaystyle ]0, e^2]$ et décroissante dans l'intervalle $\displaystyle [e^2, +\infty[.$ En particulier, on a, pour tout $\displaystyle x \geq 16$, $\displaystyle g(x) \leq g(16) = {\ln \sqrt{16} \over \sqrt{16}} = {\ln 4 \over 4} = {\ln 2 \over 2}.$ On a établi que, pour tout $\displaystyle x \geq 16$, $\displaystyle g(x) = {\ln \sqrt{x} \over \sqrt{x}} \leq {\ln 2 \over 2}.$

Lemme 2 :
On définit, pour tout $\displaystyle a \geq 16$, la fonction $\displaystyle f_a$ par $\displaystyle f_a: x \mapsto a \ln 2 - x \ln a$ pour $\displaystyle 4 \leq x \leq \sqrt{a}.$ La fonction $\displaystyle f_a$ est définie, continue et dérivable sur $\displaystyle [4, \sqrt{a}].$ On calcule la dérivée : $\displaystyle f_a'(x) = -\ln a <0$ qui reste négative. La fonction $\displaystyle f_a$ est donc décroissante dans $\displaystyle [4, \sqrt{a}]$ et on a, pour tout $\displaystyle a \geq 16$ et pour tout $\displaystyle x \in [4, \sqrt{a}]$, $\displaystyle f_a(x) \geq f_a(\sqrt{a}) = a \ln 2 - \sqrt{a} \ln a =2a ( {\ln 2 \over 2} - {\ln \sqrt{a} \over \sqrt{a}}).$

Démonstration :
Pour $\displaystyle a,b \in \N$ tels que $\displaystyle a\geq b^2 \geq 16$, l'inégalité $\displaystyle 2^a \geq a^b$ est équivalente à $\displaystyle a \ln 2 - b \ln a \geq 0$, c'est-à-dire $\displaystyle f_a(b) \geq 0$ car $\displaystyle 4 \leq b \leq \sqrt{a}.$ Comme $\displaystyle f_a(b)\geq f_a(\sqrt{a}) = 2a ( {\ln 2 \over 2} - {\ln \sqrt{a} \over \sqrt{a}}) = 2a ( {\ln 2 \over 2} - g(a))$ pour $\displaystyle a \geq 16$, alors $\displaystyle f_a(b) \geq 0.$