Blobixx a écrit:
[quote=« guitar_man95 »]
tu peux te ramener par un changement de variable bien choisi à (x-3)(x-1)(x+1)(x+3)=16,et là, ça devient plus clair.
[spoiler]On pose t= 2(x+13)-3 \Rightarrow x=\frac{t+3}{2}-13
$(x+10)(x+11)(x+12)(x+13)=1 \Leftrightarrow$$(\frac{t-3}{2})(\frac{t-1}{2})(\frac{t+1}{2})(\frac{t+3}{2})=1$
\Leftrightarrow (t-3)(t-1)(t+1)(t+3)=16 \Leftrightarrow t^4-10t^2-7=0
On pose alors s=t^2 donc t^4-10t^2-7=0 \Leftrightarrow s^2-10s-7=0
\Delta= 128 donc s_1=\frac{10+\sqrt{128}}{2} \Rightarrow t=\sqrt{\frac{10+\sqrt{128}}{2}}
ou s_2=\frac{10-\sqrt{128}}{2}< 0
Donc \displaystyle x=\frac{\sqrt{\frac{10+\sqrt{128}}{2}}+3}{2}-13
Réciproquement, le x trouvé est bien solution[/spoiler]
[/quote]
Je me demandais comment tu as fait pour choisir ce changement de variable enfin en règle générale, si guitar_man n’aurait pas donner l’indication? (Désolé pour la question, mais je suis un peu rouillé xD)
Sans l’indication, je n’aurais pas trouvé xD
Vous allez voir, vous allez en goutez des exos a astuces tomber du ciel lol
JulienP a écrit:
Résoudre x^y = y^x avec x et y des entiers naturels.
C’est très brouillon mais bon je me lance :
[spoiler]x^y = y^x \Rightarrow e^{yln(x)} = e^{xln(y)}. La fonction ln est strictement croissante d’où y.ln(x) = x.ln(y) \Rightarrow \frac{ln(x)}{x} = \frac{ln(y)}{y}.
Etudions la fonction f(x) = \frac{ln(x)}{x} : f'(x) = \frac{1-ln(x)}{x^2}. f’(x) est positive quand x \in [e;+\infty[ et est négative quand x\in[0;e] donc f est croissante quand x \in [e;+\infty[ et est décroissante quand x\in[0;e]. Or on s’intéresse quand x et y sont entiers et étant donné que 0 est une valeur interdite, on va s’interréser à l’intervale [1;+\infty[.
On sait que f(1) = 0, f(e) = \frac{1}{e} et \displaystyle \lim_{x\to\infty} f(x) = 0. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation admet plusieurs solutions à l’équation k = f(x) avec k \in [0;\frac{1}{e}]. On peut montrer que cette équation dans notre cas présente deux solutions ! ( car f(x) est croissante sur [0;e] et décroissante sur [e;+\infty[ et que f(1) = 0; f(e) = \frac{1}{e} et que \displaystyle \lim_{x\to\infty} f(x) = 0). d’où k = f(x) = f(y) d’où l’équation f(x) = f(y) admet une solution. On a x \in [1;e[ et y \in [e;+\infty[ car avant e, f est croissante et après e, f est décroissante. Or x et y sont entiers.\displaystyle[|0, e |] = (1;2).. Si x = 1 alors \frac{ln(y)}{y} = 0 d’où y = 1. Si x = 2 alors ( avec de la chance car j’ai pas réussi à résoudre l’équation ) y = 4 car 2^4 = 4^2 = 16.
On remarque aussi que si (a;b) est solution alors (b;a) l’est aussi.
Donc je trouve comme couples solutions : (1;1) (2;4) et (4;2) ( j’ai l’impression qu’il en manque mais bon … ).[/spoiler]
EDIT : Erreur d’inattention
Ben déjà tous les couples (n,n).
Oui, c’est vrai. donc j’ai fait de la merde je pense
kledou a écrit:
Oui, c’est vrai. donc j’ai fait de la merde je pense
Non ton raisonnement est correct et ce sont les seuls autres solutions mis à part les couples (n,n) qui sont évidents
Sinon pour ça
kledou a écrit:
( avec de la chance car j’ai pas réussi à résoudre l’équation )
J’ai un truc qui permet de trouver mais c’est en essayant un peu aussi mais ça « montre » que pour x=2 il n’y a que 2 valeurs de y possibles
2^y=y^2 , on pose y=2Q car si x est pair, y doit aussi l’être sinon ça colle pas
2^2Q=2Q^2 , Q étant positif on a :
2^Q=2Q
On remarque aisément que les seules solutions sont $1$et 2 car en testant pour Q=3 et Q=4 on se rend compte que 2^Q croit beaucoup plus vite que 2Q
De ce fait on a y=2*2=4 ou y=2*1 soit les couples (2,4) et (2,2)
kledou, pourquoi quand tu dérives une fonction, tu changes de variable ?
Par exemple, tu as écris f'(x)=\frac{1-lnt}{t^2}
kledou a écrit:
[quote=« JulienP »]
Résoudre x^y = y^x avec x et y des entiers naturels.
C’est très brouillon mais bon je me lance :
x^y = y^x \Rightarrow e^{yln(x)} = e^{xln(y)}. La fonction ln est strictement croissante d’où y.ln(x) = x.ln(y) \Rightarrow \frac{ln(x)}{x} = \frac{ln(y)}{y}.
Etudions la fonction f(x) = \frac{ln(x)}{x} : f'(x) = \frac{1-ln(t)}{t^2}. f’(x) est positive quand x \in [e;+\infty[ et est négative quand x\in[0;e]
[/quote]
La fonction logarithme népérien n’est pas définie en 0… 
Blobixx a écrit:
kledou, pourquoi quand tu dérives une fonction, tu changes de variable ?
Par exemple, tu as écris f'(x)=\frac{1-lnt}{t^2}
c’est juste une erreur d’inattention , je commençais à être fatigué
Satanikwolf a écrit:
[quote=« kledou »]
[quote=« JulienP »]
Résoudre x^y = y^x avec x et y des entiers naturels.
C’est très brouillon mais bon je me lance :
x^y = y^x \Rightarrow e^{yln(x)} = e^{xln(y)}. La fonction ln est strictement croissante d’où y.ln(x) = x.ln(y) \Rightarrow \frac{ln(x)}{x} = \frac{ln(y)}{y}.
Etudions la fonction f(x) = \frac{ln(x)}{x} : f'(x) = \frac{1-ln(t)}{t^2}. f’(x) est positive quand x \in [e;+\infty[ et est négative quand x\in[0;e]
[/quote]
La fonction logarithme népérien n’est pas définie en 0…
[/quote]
Oui je sais, c’est pour ça que dans mon intervalle, j’ai exclu 0 !
EDIT : j’ai fait une erreur f’(x) est négative quand x \in [e;+\infty[ et est positive quand x\in[0;e]. Les erreurs d’inattention la nuit …
Euh … tu l’as pas exclu puisque ton crochet est fermé. C’est plutôt x\in ]0;e], nan ?
On peut aussi comparer e^{\pi} et \pi^e
zboum a écrit:
On peut aussi comparer e^{\pi} et \pi^e
Soit f(x) = \frac{ln(x)}{x}. Étudions ses variations !
f'(x) = \frac{1-ln(x)}{x^2}. f’(x) est positive quand x\in ]0;e] et est négative quand x\in[e;+\infty[ donc f est croissante quand x \in ]0;e] et est décroissante quand [e;+\infty[.
0 < e < \pi, e et \pi sont supérieurs ou égaux à e. on a donc, à cause de la décroissance, sur [e;+\infty[, de f, f(\pi) < f(e) d’où \frac{ln(\pi)}{\pi} < \frac{ln(e)}{e} d’où e\ln{\pi} < \pi\ln{e}.
En appliquant la fonction exponentielle, on obtient ( du fait de sa croissance ) : e^{eln(\pi)} < e^{\pi ln(e)} d’où \pi^e < e^{\pi}
Salut, voilà ma proposition 
[spoiler]On étudie la fonction f := \frac{x}{ln(x)} , \forall x \in \mathbb{R+}*
f est dérivable sur \mathbb{R+}* car f est le quotient de deux fonctions dérivables. on a
f'(x)=\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)} , dérivée étant strictement positive \forall x \in ]e;+\infty[ car le signe de f' dépend de celui de ln(x) -1…
On en déduit de ce fait que f est strictement croissante sur ce même intervalle, et continue car dérivable evidemment
Prennons maintenant deux réels (e,Q) \in \mathbb{R*} tel que
e < Q
e < \frac{Q}{ln(Q)} car f(e)=e
ln(Q)*e < Q*ln(e)
ln(Q^e) < ln(e^Q), la fonction logarithme népérien étant strictement croissante \forall x \in ]e;+\infty[ on a
Q^e < e^Q
Posons Q = \pi car \pi>e, on a alors
\pi^e<e^\pi[/spoiler]
Evarist a écrit:
Salut, voilà ma proposition
[spoiler]On étudie la fonction f := \frac{x}{ln(x)} , \forall x \in \mathbb{R*}
f est dérivable sur \mathbb{R} car f est le quotient de deux fonctions dérivables. on a
f'(x)=\frac{\ln(x)-1}{\ln^2(x)} , dérivée étant strictement positive \forall x \in ]e;+\infty[ car le signe de f' dépend de celui de ln(x) -1…
On en déduit de ce fait que f est strictement croissante sur ce même intervalle, et continue car dérivable evidemment
Prennons maintenant deux réels (e,Q) \in \mathbb{R*} tel que
e < Q
e < \frac{Q}{ln(Q)} car f(e)=e
ln(Q)*e < Q*ln(e)
ln(Q^e) < ln(e^Q), la fonction logarithme népérien étant strictement croissante \forall x \in ]e;+\infty[ on a
Q^e < e^Q
Posons Q = \pi car \pi>e, on a alors
\pi^e<e^\pi[/spoiler]
Ta fonction est définie et dérivable sur ]0;+\infty[ et non sur \mathbb{R*}
Ma proposition
[spoiler]On pose f(x)=\frac{e^x}{x^e}=e^{x-elnx} défine sur \mathbb{R^*+}
$f$est dérivable \forall x\in\mathbb{R^*+}, f'(x)=(\frac{x-e}{x})e^{x-elnx}
f' est du signe de x-e qui est positif \forall x\in [e, +\infty[ donc f est croissante sur cet intervalle.
Or$\pi>e \Rightarrow f(\pi)>f(e) \Rightarrow \frac{e^{\pi}}{{\pi}^e}>1$ par croissance de f donc e^{\pi}>{\pi}^e[/spoiler]
Et personne pour la résoudre de manière arithmétique ? 
(Un peu plus dur, mais bien plus intéressant !)