$a^b=b^a$ sans analyse
dans Arithmétique
Bonjour à toutes et tous,
Auriez-vous une idée pour déterminer les entiers $a$ et $b$ distincts vérifiant $a^b=b^a$ ?
On sait que les seules solutions sont $(2;4)$ et $(4;2)$.
Je cherche sans l'analyse.
J'ai tenté avec des arguments rudimentaires d'arithmétique mais c'est rapidement assez moche sauf si je m'y prends mal.
Le théorème fondamental de l'arithmétique suffit-il ?
Une idée ?
Auriez-vous une idée pour déterminer les entiers $a$ et $b$ distincts vérifiant $a^b=b^a$ ?
On sait que les seules solutions sont $(2;4)$ et $(4;2)$.
Je cherche sans l'analyse.
J'ai tenté avec des arguments rudimentaires d'arithmétique mais c'est rapidement assez moche sauf si je m'y prends mal.
Le théorème fondamental de l'arithmétique suffit-il ?
Une idée ?
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Réponses
Je serais surpris d'une démonstration sans analyse...
Si $\displaystyle a=b$, alors $\displaystyle a^b=b^a.$ Mais cette solution n'est pas permise par l'énoncé.
Si $\displaystyle a=0$ et $\displaystyle b \neq 0$, alors $\displaystyle 0=b^a$ : contradiction. Donc $\displaystyle a \geq 1.$
Si $a$ impair, alors $b$ impair. Si $a$ pair, alors $b$ pair.
Si $a$ impair, alors $\displaystyle a = 2 x + 1$ et alors $\displaystyle (1+2x)^b = b^{2x+1} \geq 1+2bx.$ On étudie la fonction $\displaystyle f: x \mapsto (1+2x) \ln b - (1+2bx)$, la dérivée est $\displaystyle f'(x) = 2 (\ln b-b)<0$ et donc $\displaystyle f(x) \geq 0$ pour $\displaystyle x \leq {1 \over 2} {\ln b-1 \over b-\ln b} < 0.09(4)$ pour $\displaystyle b \sim 6.30(5)$ (que l'on établit par étude de fonction) et donc seul $\displaystyle x=0$ convient. Donc $\displaystyle a=1$, puis $\displaystyle 1=b$ et donc $\displaystyle a=b$ : contradiction. Donc $a$ et $b$ sont pairs.
Si $a$ pair, alors $\displaystyle a=2x$ et $\displaystyle b=2y$ et donc $\displaystyle {\ln(2x)\over 2x} = {\ln(2y)\over 2y}.$ On étudie la fonction $\displaystyle g: t \mapsto {\ln t \over t}, t >0$ ; sa dérivée est $\displaystyle g'(t) = {1 - \ln t \over t^2}$ qui s'annule en $\displaystyle t=e.$ Comme $\displaystyle 2x=t \in \N$ alors $\displaystyle t=2<e$. Pour $\displaystyle t=2$, on a $\displaystyle x=1$, et on a $\displaystyle y = 1 + {\ln y \over \ln 2}$ dont la seule solution est $\displaystyle y=2.$ Donc $\displaystyle a=2$ et $\displaystyle b=4$ (et par symétrie $\displaystyle a=4$ et $\displaystyle b=2$) est la seule solution.
Je pense qu'on peut simplifier cette démonstration en étudiant directement la fonction $\displaystyle t \mapsto {\ln t \over t}, t >0$ avec son maximum en $\displaystyle e
On a donc $a|b$, et on peut poser $b=ac$, ce qui donne $a^{ac}=(ac)^a$.
Soit encore $a^c=ac$, ou $a^{c-1}=c$.
Si $c=1$, on trouve les solutions : $(a,a)$
Si $c=2$, on trouve la solution : $(2,4)$
Il n'y a pas d'autre solution avec $a >2$ car on sait que $2^{c-1}>c$ pour $c \geq 3$
Je l'aime bien car je l'ai posé dans un problème pour Terminale C lors de mon CAPES pratique, il y a bien des années.
Comme dit YvesM, on étudie sans mal les variations de la fonction $ \displaystyle t \mapsto {\ln t \over t}$, et on utilise la circonstance inespérée que dans l'intervalle $]1,e]$ il y a un seul nombre entier.
Si l'on veut vraiment faire de l'arithmétique, résoudre la même équation en rationnels positifs. C'est un bon exercice pour MPSI.
Bonne journée.
Fr. Ch.
@Cidrolin, pas mal : clair et simple. Pour la dernière inégalité : $2^{c-1} >c, c \geq 3$, J'ai d'abord pensé qu'on était obligé d'utiliser l'analyse mais une récurrence fait le boulot tout aussi bien.
En fait je désirais interdire l'analyse pour proposer cela à des jeunes lycéens, ou des collégiens.
Cordialement.
Bah, il reste pas mal de choses à faire.
Personne n'est intéressé par $x^y=y^x$ en rationnels positifs ? La solution est pourtant très jolie...
Bonne soirée.
Fr. Ch.
À propos du raisonnement par récurrence, en prenant des précautions, on pourrait admettre et pratiquer en collège.
Il s'agit d'un théorème (axiome plutôt) qui se comprend bien.
Et cela pourrait remettre au goût du jour quelques rudiments de calcul littéral.
Pour la résolution sur les rationnelles, que proposes-tu comme "admis" ?
En ce qui concerne le problème que j'ai posé, c'est : trouver les $(x,y) \in \Q^2$ tels que : $0<x<y$ et $x^y=y^x$. On suppose juste connus les théorèmes de base de l'arithmétique, qui étaient au programme de Math- Élém puis de Terminale C, et aujourd'hui de MPSI :
https://www.scei-concours.fr/CPGE/BO/Mathematiques_MPSI.pdf
Ce n'est ni tout à fait trivial, ni infaisable. Le résultat est inattendu et joli : on trouve toute une suite infinie de solutions. On en reparle sur demande.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Puisque $x \in \Q$, il faut $\frac {1} {c-1} \in \N$, disons $\frac {1} {c-1}=n$, alors $c=1+\frac1n$
Il vient $x=(1+\frac1n)^n$ et $y=(1+\frac1n)^{n+1}$.
Complément : on peut considérer la courbe qui est l'ensemble des points de coordonnées $(x,y)\in \R^2$ telles que : $x>0,y>0, y \neq x, x^y=y^x$. Si l'on lui rajoute le point $(e,e)$, on a une courbe $\mathcal C^ \infty$ qui ressemble à une branche d'hyperbole équilatère d'asymptotes $x=1$ et $y=1$.
Sur cette courbe, la suite de points de coordonnées $x_n=(1+\frac1n)^n, y_n=(1+\frac1n)^{n+1}$ est l'ensemble des points rationnels avec $y>x$, et cette suite de points tend vers le point remarquable $(e,e)$. Faire la figure !
En même temps, l'assertion de Cidrolin « Puisque $x \in \Q$ il faut $\frac {1} {c-1} \in \N$ » me semble devoir être prouvée.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
Posons $n=\frac{1}{c-1}$. C'est un nombre rationnel strictement positif tel que $\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$ est un rationnel, il s'agit de montrer que $n$ est un entier. Posons $n=p/q$ avec $p$ et $q$ premiers entre eux. Alors $\left(\frac{p+q}{p}\right)^{p/q}$ est rationnel. Comme $p+q$ et $p$ sont premiers entre eux, $(p+q)^{p/q}$ et $p^{p/q}$ sont rationnels, donc $p+q$ et $p$ sont des puissances $q$-ièmes. Posons $p=a^q$ et $p+q=b^q$, on a donc
$$q=b^q-a^q=(b-a)(b^{q-1}a^0+b^{q-2}a^1+\cdots+b^0a^{q-1}).$$
Si $q\geqslant 2$ alors la somme $b^{q-1}a^0+b^{q-2}a^1+\cdots+b^0a^{q-1}$ contient le terme $ba^{q-2}\geqslant b>a\geqslant 1$, donc $b^{q-1}a^0+b^{q-2}a^1+\cdots+b^0a^{q-1}>q$, ce qui est contradictoire.
Remarque. Dans le cas où $x$ et $y$ sont entiers, la première démonstration de Cidrolin nécessitait l'inégalité $2^{c-1}>c$ pour $c\geqslant 3$. On peut la démontrer sans récurrence : en effet, les $c-2$ entiers $2^2<2^3<\cdots<2^{c-1}$ sont supérieurs ou égaux à $4$. Or, il y a $c-3$ entiers compris entre $4$ et $c$. Par conséquent, $2^{c-1}\geqslant c+1$.
$\bullet $ On cherche les couples $(x,y)\in \mathbb{Q}^{2}$ tels que : $0<x<y$, $x^{y}=y^{x}$.
J'ai évoqué dans mon dernier message la courbe $x^y=y^x$ de $ \mathbb{R}_+^*$$^{2}$, qui s'étudie en paramétrant par $y=tx$, et j'utilise cette idée.
$\bullet $ Le nombre $t=\frac{y}{x}$ est rationnel, strictement supérieur à $ 1$. Le nombre $t-1$ est donc un rationnel strictement positif, qui s'écrit sous la forme : $t-1=\frac{m}{n}$, avec $m$ et $n$ entiers strictement positifs, premiers entre eux.
$\bullet $ On a : $y=tx$, d'où : $x^{tx}=(tx)^{x}$, ce qui implique : $x^{t}=tx$, soit : $t=x^{t-1}=x^{\frac{m}{n}}$.
$\bullet $ Les entiers $m$ et $n$ étant premiers entre eux, il existe $u\in \mathbb{Z}$ et $v\in \mathbb{Z}$ tels que : $
um+vn=1$ (identité de Bachet -Bézout).
En conséquence : $x^{\frac{1}{n}}=x^{\frac{um+vn}{n}}=x^{u\frac{m}{n}+v}=(x^{\frac{m}{n}})^{u}x^{v}=t^{u}x^{v}\in \mathbb{Q}_{+}^{*}$.
$\bullet $ On peut donc écrire : $x^{\frac{1}{n}}=\frac{a}{b}$, avec $a$ et $b$ entiers strictement positifs, premiers entre eux.
Il en résulte : $\frac{a}{b}=x^{\frac{1}{n}}=t^{\frac{1}{m}}=(1+\frac{m}{n})^{\frac{1}{m}}$, d'où : $\frac{n+m}{n}=\frac{a^{m}}{b^{m}}$.
$\bullet $ Les entiers $n+m$ et $n$ sont strictement positifs et premiers entre eux. Les entiers $a^{m}$ et $b^{m}$ sont strictement positifs et premiers entre eux. L'égalité : $\frac{n+m}{n}=\frac{a^{m}}{b^{m}}$ implique donc : $n+m=a^{m}$, $n=b^{m}$, d'où : $a^{m}-b^{m}=m$.
$\bullet $ Il est clair que : $a>b$. Soit $a=b+c$, avec $c$ entier strictement positif. Si $m\geq 2$, alors : $m=a^{m}-b^{m}=(b+c)^{m}-b^{m}\geq (_{1}^{m})b^{m-1}c=mb^{m-1}c\geq mbc$.
Il en résulte : $m\geq mbc$, d'où : $bc\leq 1$, qui implique : $b=1$, $c=1$, $a=2$, d'où : $2^{m}-1=m$, impossible avec $m\geq 2$.
Force est d'en conclure : $m=1$, et : $t=1+\frac{1}{n}$, $x=(1+\frac{1}{n})^{n}$, $y=tx=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$.
$\bullet $ C'est un très joli problème, qui reste dans l'élémentaire, et donne une réponse inattendue.
Bonne journée.
Fr. Ch.
18/10/2017
L'équation en nombres rationnels positifs $x^y=y^x$ est traitée dans : Waclaw Sierpinski, Elementary Theory of Numbers, Warszawa, 1964, p. 106. Réédition North Holland 1988.
Cette équation en relation avec la courbe $x^y=y^x$ a fait l'objet de la première composition de mathématiques au concours d'entrée à l'INSEE en juin 1977. C'est l'énoncé <m77em1e> disponible sur le site de l'UPS <http://concours-maths-cpge.fr/>.
L'étude de la courbe, cette fois sans étudier ses points rationnels, a été posée à l'oral de Mines-Ponts en 1992, voir : RMS 103, 1992-93, oraux Mines-Ponts, n° 234, p. 307, p. 519.
Bonne soirée.
Fr. Ch.
\Big(1+\dfrac 1n\Big)^n=\dfrac {v_{n+1}v_{n-1}}{v_n^2}
$$ voir ---> http://www.les-mathematiques.net/phorum/read.php?4,1359966,1433848#msg-1433848
Quel bonheur de se balader sur ce forum. ;-)
une autre équation dans le même style : résoudre dans ${\mathbb N}^*\times {\mathbb N}^*$ l'équation $a^{f(a)}=b^{f(b)}$ où $f(m)$ est le nombre de diviseurs positifs de $m$.
Yan2.
Bonne nuit.
Fr. Ch.
Précisons : https://www.maa.org/sites/default/files/Sved50816668.pdf
Marta Sved sait lire.
Ta diophantienne $a^{d(b)}=b^{d(a)}$ me turlupine. Banalité : les entiers $a$ et $b$ ont les mêmes facteurs premiers, qui n'ont aucune importance, la question porte sur les exposants. Il me semble qu'il doit y avoir au moins trois facteurs premiers distincts, mais je ne vois rien d'autre. As-tu trouvé quelque chose ?
Bonne soirée.
Fr. Ch.