Trop mignon, ce système !
dans Arithmétique
$xy=1$
$xa^y+ya^x=2a$
Indication:
Le forum Arithmétique n'est ni le forum Algèbre ni le forum Analyse.
$xa^y+ya^x=2a$
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Réponses
On désigne par $a$ un réel donné strictement positif et par $x$ et $y$ deux inconnues réelles ?
Bien négligent ...
Donc $a^2 \geq a^{x+y}$.
Donc si $a>1$ et $x >0$, $2\geq x+\frac{1}{x}$ ce qui n'est possible que si $x=1$.
$x$ et $y$ sont réels et $a>0$.
A part cela, on peut aussi considérer le cas $a<0$.
Pour $a>0$ je trouve comme seule solution : $x=1, y=1, a>0.$
Pour $x<0$, on a $y<0$ et contradiction avec $2a>0.$
On a $x \neq 0$, donc $x>0.$
On suppose $x \neq 1$ :
On définit la fonction $f: a \mapsto x^2 a^{1/x-1} + a^{x-1} -2x.$ Cette fonction est dérivable. On a $f’(a)= ...$ qui s’annule en $a=x^{x/(x^2-1)}$... la fonction est décroissante puis croissante avec des limites infinies en $0$ et $+\infty$ ; le minimum est $x (x^{x/(1+x)} + x^{-1/(1+x)} -2) >0$ par la formule $u+v \geq 2\sqrt{uv}$ pour $u,v$ positif.
Pour $x =1$, ...
Pour $a=0$, il faut $x>0, y>0$ et donc $x>0, a=0, y=1/x$ est solution.
Pour $a<0$, il faut $x$ et $y$ entiers et donc $x=y=1, a<0$ est solution.
Toutes les solutions sont donc : $x=1, y=1, a \neq 0$ ; $x>0, a=0, y=1/x.$