Натуральные корни уравнения x^y=y^x

[Gavrisych]

Задача. Пусть $x,y$ - натуральные числа, удовлетворяющие следующему уравнению:

$$x^y=y^x. \eqno(0)$$

Доказать:

$$\textrm{либо} \quad x=y, \eqno(*)$$

$$\textrm{либо} \quad \{x;y\}=\{2;4\}. \eqno(**)$$

Пояснение. В одной из тем на форуме уравнение (0) было решено для положительных рациональных чисел. Фактически было доказано следующее утверждение:

$$\left. \begin{array}{r} x^y=y^x \\ x,y > 0 \\ x,y \in \mathbb{Q} \end{array} \right\} \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} \textrm{либо} \quad x = y \in \mathbb{Q} \\ \textrm{либо} \quad \exists n \in \mathbb{Z} \setminus \{-1; 0\}: \quad \{x;y\} = \left\{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n; \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1} \right\} \end{array} \right. $$

Данным утверждением можно, в принципе, воспользоваться для решения задачи (0), но выкладки получаются довольно громоздкими. Например, чтобы доказать, что значения $n \ge 2$ не дают натуральные корни, приходится использовать тот факт, что последовательность $(1+1/n)^n$ возрастает и ограничена сверху числом $e$, следовательно,

$$(1+1/n)^n=2.$$

Далее, чтобы доказать, что число $n$ в этом случае не является целым, проще всего предположить, что $x=2$, тогда

$$2 < y=x(1+1/n) < 4,$$

$$y=2(1+1/n)=3,$$

$$n=2,$$

$$x=2=(1+1/2)^2.$$

Противоречие. Случай $(n \le -2)$ сложнее. Там, если ввести обозначение $m=-n$, можно рассмотреть функцию $x=x(m)$, доказать, что она убывает. Случаев будет больше.

Вместо этого есть довольно красивое алгебраическое решение (хотя анализ всё равно придётся использовать в конце). "Просто оставлю его здесь"; задача не взята с какой-либо олимпиады; возможно, сообщение должно быть перемещено в другой раздел. Просто задача про рациональные числа именно в этом разделе.

Решение. Разложим числа $x$ и $y$ на простые множители:

$$ x=p_1^{\varphi_1} ... p_n^{\varphi_n}; \quad p_1, ..., p_n \textrm{ простые}; \eqno(1) $$

$$ y=q_1^{\psi_1} ... q_m^{\psi_m}; \quad q_1, ..., q_m \textrm{ простые}. \eqno(2) $$

По условию, $x^y=y^x$, следовательно:

$$ x^y = p_1^{y \varphi_1} ... p_n^{y \varphi_n} = q_1^{x \psi_1} ... q_m^{x \psi_m} = y^x, \eqno(3) $$

откуда (возможно, после переобозначения простых множителей)

$$(n=m) \quad \textrm{и} \quad (\forall i: p_i = q_i), \eqno(4) $$

а также

$$ \forall i: \quad x \psi_i = y \varphi_i, \eqno(5) $$

откуда

$$ \forall i: \quad \frac{\varphi_i}{\psi_i} = \frac{x}{y}. \eqno(6) $$

Введём обозначение:

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ \frac{x}{y} = k. \\ \\ \hline \end{array} \eqno(7) $$

Тогда

$$ \forall i: \quad \varphi_i = k \psi_i. \eqno(8) $$

Подставим (8) в (1):

$$ x = p_1^{k \psi_1} ... p_n^{k \psi_n} = \left( p_1^{\psi_1} ... p_n^{\psi_n} \right)^{k^n}. \eqno(9) $$

Но из (2) следует, что $ q_1^{\psi_1} ... q_m^{\psi_m} = y $, поэтому из (8) получаем:

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ x = y^{k^n}, \\ \\ \hline \end{array} \quad n \in \mathbb{N}, \quad k \in \mathbb{Q}. \eqno(10) $$

Нас интересуют случаи, когда $ k \ne 1 $ (иначе $ x=y $). Для определённости положим $ x > y $, тогда

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ k > 1. \\ \\ \hline \end{array} \eqno(11) $$

Применим (10):

$$ x^y = \left( y^{k^n} \right)^y = y^{y k^n}; \eqno(12) $$

$$ y^x = y^{y^{k^n}}. \eqno(13) $$

Так как по условию $ x^y = y^x $, то из (12) и (13) следует

$$ y^{y k^n} = y^{y^{k^n}}; \eqno(14) $$

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ y k^n = y^{k^n}. \\ \\ \hline \end{array} \eqno(15) $$

Вернёмся к равенствам (7) и (10). Имеем $ x = k y $, подставим в (10):

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ k y = y^{k^n}. \\ \\ \hline \end{array} \eqno(16) $$

В правых частях равенств (15) и (16) стоят одинаковые выражения, поэтому их левые части тоже совпадают:

$$ y k^n = y k; \eqno(17) $$

$$ k^n = k, \quad \textrm{так как } y \ne 0 \textrm{ по условию}; \eqno(18) $$

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ n = 1, \\ \\ \hline \end{array} \quad \textrm{так как } k > 1 \textrm{ из (11)}. \eqno(19) $$

Тогда из условия (10) получаем:

$$ x = y^k. \eqno(20) $$

Получается следующее (из (20) и (7)):

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ x = yk = y^k; \\ x,y \in \mathbb{N}; \quad k > 1. \\ \\ \hline \end{array} \eqno(21) $$

Пусть $ k = 1 + t $. Тогда $ t > 0 $, и условия (21) перепишутся так:

$$ x = y(1+t) = y^{1+t}; \quad x,y \in \mathbb{N}; \quad t > 0. \eqno(22) $$

Далее:

$$ y(1+t) = y y^t. \eqno(23) $$

Так как $ y \ne 0 $, то

$$ \begin{array}{|c|} \hline \\ 1 + t = y^t, \\ \\ \hline \end{array} \quad t > 0. \eqno(24) $$

Рассмотрим функции

$$ f(t) = 1 + t $$

и

$$ g(t) = y^t. $$

$$ g'(t) = y^t \textrm{ ln } y. \eqno(25) $$

$$ g''(t) = y^t (\textrm{ln } y)^2. \eqno(26) $$

Так как $ (\forall t \; g''(t) > 0) $, то функция $ g $ выпукла вниз, графики функций $ f $ и $ g $ пересекаются не более, чем в двух точках. Если $ y=2 $, то $ t=1 $ - это решение уравнения (24) соответствует решению $ x=4 $ исходного уравнения. Если же $ y \ge 3 $, то $ \textrm{ln } y > 1 $, тогда из (25) находим:

$$ g'(0) = \textrm{ln } y > 1 \eqno(26) $$

- следовательно, в этом случае график функции $ g $ лежит выше графика функции $ f $ на промежутке $ (0; +\infty) $, и уравнение (24) не имеет решений.

[NSKuber]

Если $n\geq 2$, то $(1+\frac{1}{n})^n > 1 + \frac{1}{n} \cdot n = 2$, но меньше $e$.
Если $n \leq -2$, то, сделав замену $k=-n$, получаем: $(1+\frac{1}{n})^n = (1-\frac{1}{k})^{-k} = (\frac{k}{k-1})^k = (1+\frac{1}{k-1})^k$
Эта штука уже убывает к $e$ и не превосходит четырёх. Надо только подсчитать, что трём она не равняется.

[ewert]

Как-то всё это из пушки по воробьям. Очевидно (в силу выпуклости), что при $y>1$ уравнение $x=\left(y^{\frac1y}\right)^x$ может иметь относительно переменной $x$ не более двух решений, одно из которых нам известно ($x=y$).

Тут пафос вот в чём. Меньшее из решений уравнения $x=a^x$ лежит уж всяко левее точки касания графика функции $a^x$ и биссектрисы координатного угла (при том значении $a$, при котором есть касание). Параметры касания легко находятся (и вообще это стандартная задачка): $a=e^{\frac1e},\ x=e$. Т.е. решение $x<y$ исходного уравнения никак не может быть больше, чем $e$ и, следовательно, больше двойки. Ну а уж доказывать, что при $x=2$ невозможны игреки, бОльшие четырёх, можно как угодно, хоть по индукции.

[RIP]

(Оффтоп)

Чего-то вы мудрите. Дробь $1+\frac1n=\frac{n+1}n$ несократима, поэтому и дробь $\left(\frac{n+1}n\right)^n$ несократима, поэтому целое число получается только при $n=1,-2$.

[mihailm]

Шклярский Ариметика алгебра, задача 168, 5-е изд

[Gavrisych]

Я вот заметил у себя чрезвычайно досадную ошибку в решении: утверждение (9) не следует из утверждения (8). Но, с одной стороны, утверждение (9) следует из самой теоремы, а с другой - можно просто читать, начиная с утверждения (21). Это значит, что формально вся цепочка утверждений корректна, но читать её нужно, начиная с утверждения (21), а всё, что до него - можно взять и выкинуть на помойку. Но ведь жалко!

[kotenok gav]

Gavrisych в сообщении #1087243 писал(а):

Рассмотрим функции

$$ f(t) = 1 + t $$

и

$$ g(t) = y^t. $$

$$ g'(t) = y^t \textrm{ ln } y. \eqno(25) $$

$$ g''(t) = y^t (\textrm{ln } y)^2. \eqno(26) $$

Так как $ (\forall t \; g''(t) > 0) $, то функция $ g $ выпукла вниз, графики функций $ f $ и $ g $ пересекаются не более, чем в двух точках.

$y$ - не константа. Так что функция может быть и выпуклой вверх.

Gavrisych в сообщении #1161267 писал(а):

Но, с одной стороны, утверждение (9) следует из самой теоремы

Из какой теоремы?

[Gavrisych]

Всё там нормально: функция $g(t)$ зависит от одного аргумента, и этот аргумент $t$, а не $y$. Вот отредактированное решение:

Цитата:

Введём обозначение:

$$ \frac{x}{y} = k. \eqno(7) $$

Нас интересуют случаи, когда $ k \ne 1 $ (иначе $ x=y $). Для определённости положим $ x > y $, тогда

$$ k > 1. \eqno(11) $$

Получается следующее:

$$ x = yk = y^k; \quad x,y \in \mathbb{N}; \quad k > 1. \eqno(21) $$

После формулы (21) текст идёт без изменений.

Теперь ясно, что формулы (9) на самом деле являются истинными (хотя, ещё раз, из (8) они не следуют, там грубая ошибка, должно быть просто $k$ вместо $k^n$), так как в случае $x=y$ имеем $k=1$, в случае $\{x,y\}=\{2,4\}$ имеем $n=1$, а остальные случае, как только что было доказано, невозможны.

А существует ли у этой задачи чисто алгебраическое решение - я не знаю...

[kotenok gav]

А как решить задачу для всех вещественных чисел?

[ewert]

Gavrisych в сообщении #1163212 писал(а):

А существует ли у этой задачи чисто алгебраическое решение - я не знаю...

Ну, например, так. Собственно, всё упирается в доказательство существования такого $n_0$, что из $n\geqslant n_0$ и $m>n$ следует

$n^m>m^n$ $\Leftrightarrow$ $n^{\frac1n}>m^{\frac1m}$ $\Leftarrow$ [по индукции] $\Leftarrow$ $n^{\frac1n}>(n+1)^{\frac1{n+1}}$ $\Leftrightarrow$ $n^{n+1}>(n+1)^n$.

Здесь легко выйти на число $e$, но мы гордые, мы не знаем, что это такое, тем более что неравенство-то довольно грубое. Попробуем снова по индукции. Индукционный переход $[(n-1)^n>n^{n-1}\ \Rightarrow\ n^{n+1}>(n+1)^n]$ верен, если выполняется неравенство

$\frac{n^{n+1}}{(n-1)^n}>\frac{(n+1)^n}{n^{n-1}}\ \Leftrightarrow\ n^{2n}>(n^2-1)^n,$

т.е. всегда. Однако само по себе неравенство $n^{n+1}>(n+1)^n$ первый раз выполняется при $n=3$. Следовательно, $n_0=3$, т.е. $n^m=m^n,\ m>n$ возможно лишь при $n=2$.

Остался пустяк: выяснить, начиная с какого $m$ поддерживается неравенство $2^m>m^2$. Снова по индукции: чтобы из $2^m>m^2$ следовало $2^{m+1}>(m+1)^2$, достаточно, чтобы была верна цепочка неравенств $2^{m+1}=2\cdot2^m>2m^2>(m+1)^2$. Последнее означает $m(m-2)>1$ и справедливо, начиная с $m=3$, но неравенство $2^m>m^2$ впервые выполняется при $m=5$. Т.е. проверять надо лишь $m=3$ и $m=4$.

[wrest]

kotenok gav в сообщении #1163226 писал(а):

А как решить задачу для всех вещественных чисел?

Вольфрам альфа утверждает что решение такое https://www.wolframalpha.com/input/?i=x%5Ey-y%5Ex%3D0
$y=-\dfrac{xW(-\dfrac{\log(x)}{x})}{\log(x)}$, где $W$-функция Ламберта, которая не выражается в элементарных функциях.

График: https://www.wolframalpha.com/input/?i=p ... -y%5Ex%3D0

Пересекаются ветви графика, естественно, в $x=y=e$
Положительный квадрант график разбивает на 4 части, в которых, очевидно, знак $x^y-y^x$ чередуется.

[kotenok gav]

А для алгебраических чисел?

[Gavrisych]

Во-первых, если мы говорим о действительных числах, а не о комплексных, то придётся принять, что для отрицательных чисел определено только возведение в целые степени. Поэтому решение, предложенное выше:

$$ y = -x / \ln x \cdot W ( -\ln x/x ) $$

годится лишь в том случае, если оба числа $x$ и $y$ являются положительными.

Кроме того, формула не даёт ответа при $x=1$, так как применяя её в таком случае, мы получим деление на нуль. Следовательно, предложенная формула является по меньшей мере не достаточно точной.

Во-вторых, то, что Wolframalpha нашёл решение - это, конечно, хорошо (я, например, должен признаться, не слышал раньше про функцию Ламберта). Но мы же не должны принимать на веру утверждение, до тех пор, пока не увидим его доказательство и не убедимся, что оно правильное. А доказательство, насколько я понимаю, Вольфрам не распечатал. Значит, придётся получить его самостоятельно:

(Оффтоп)

Итак, функция Ламберта $W(z)$ (вообще говоря, для комплексных чисел) определется следующим образом:

$$z = w e^w \Leftrightarrow w = W(z). $$

Если мы считаем числа $x$ и $y$ положительными, то можем рассуждать так:

$$ y = -\frac{x}{\ln x} \cdot W \left( -\frac{\ln x}{x} \right) $$

(вводим обозначение $z = -\frac{\ln x}{x}$)

$$ y z = W ( z ) $$

(применяем определение функции $W(z)$)

$$ z = y z e^{y z} $$

(случай $x=1$ не интересен, поэтому считаем, что $z \ne 0$)

$$ 1 = y e^{y z} $$

(вспоминаем, что такое $z$)

$$ 1 = y e^{\frac{-y \ln x}{x}} $$

$$ 1 = y \left( e^{\ln x}\right)^{-y/x} $$

$$ 1 = \frac{y}{x^{y/x}} $$

$$ x^{y/x} = y $$

$$ x^y = y^x $$

Теперь мы видим, что если оба значения $x$, $y$ являются положительными и ни одно из них не равно 1, то формула на самом деле верна, а если хотя бы одно значений $x$, $y$ равно 1, то и другое равно 1 - что уже было установлено ранее.

Если же мы считаем числа $x$ и $y$ комплексными (в частности, если мы разрешаем им принимать отрицательные значения), то аналогичное рассуждение не проходит, так как в этом случае значения $\left( a^b \right)^c $ и $ a^{bc} $ не обязаны совпадать. Это происходит потому, что для комплексных чисел результат возведения в степень, вообще говоря, определён неоднозначно:

$$ a^b = \exp(a \operatorname{Ln} b), \textrm{ где} $$

$$ \exp z = 1 + \frac{z}{1!} + \frac{z^2}{2!} + ... + \frac{z^k}{k!} + ..., $$

$$ \operatorname{Ln} z = \ln |z| + i \operatorname{Arg} z. $$

$ \operatorname{Arg} z $ - аргумент комплексного числа, определённый с точностью до слагаемого $ 2 \pi k $ (k - целое). Именно он порождает неоднозначность в случае, когда показатель степени не является целым.

Для целых отрицательных чисел $x$, $y$ получаем, очевидно, в точности два варианта решений: либо $x=y$, либо $\{x;y\}=\{-2;-4\}$.

Остаётся случай, когда $x<0$, $y>0$. Он вовсе не тривиален и требует отдельного подробного рассмотрения - возможно, с использованием результатов, полученных вот здесь для положительных рациональных чисел (хотя они и заявляют, что их решение пригодно для всех без исключения рациональных чисел, но на самом деле, насколько я понимаю, там только для положительных).

[kotenok gav]

kotenok gav в сообщении #1163252 писал(а):

А для алгебраических чисел?

[grizzly]

kotenok gav
Это как прикажете понимать? Создайте, пожалуйста, новую тему и начните её с демонстрации попыток решения.