Егэ, C6

[srider0000]

Найдите все натуральные числа n и k такие, что k < n, удовлетворяющие равенству

$\left (\frac 1 n \right )^k = \left (\frac 1 k \right)^n$

Что у меня получилось:
//Подходят все k=n, но нас они не интересуют//
С одной стороны $n=k^\frac n k$ (1),
с другой $n = k\cdot log_k n$

Так как $n^k=k^n\Leftrightarrow n\cdot n^{k-1}=k\cdot k^{n-1}$, то $k$ делит $n$.
Значит $n=pk$, где $p$ - натуральное число.
Подставляем это в (1):
$pk=k^p \Leftrightarrow p=k^{p-1}$(2). При $p=2$ ($p=1$ нас не интересует) существует $k=2$. Вот собственно и проблема: как доказать, что при других $p>2$ уже нет натуральных $k$, удовлетворяющих (2)?

[lel0lel]

Выразите $k$ отсюда:$p=k^{p-1}$, тогда станет видно, что $k<2$ при $p>2$.

[neo66]

srider0000 в сообщении #313594 писал(а):

Так как $ n\cdot n^{k-1}=k\cdot k^{n-1}$, то $k$ делит $n$.

Ну, это неочевидно и требует некоторого обоснования.

[srider0000]

neo66 в сообщении #313639 писал(а):

srider0000 в сообщении #313594 писал(а):

Так как $ n\cdot n^{k-1}=k\cdot k^{n-1}$, то $k$ делит $n$.

Ну, это неочевидно и требует некоторого обоснования.

$ k^{n-1}$ и $n^{k-1}$ -- натуральные числа (по условию $k<n$ и $k\neq 1$. Поэтому чтобы равенство было верным, нужно чтобы $k$ делило $n$.

[neo66]

А верно такое утверждение?:
$m,n,a,b$ - натуральные числа и $ma=nb$. Отсюда следует, что $n$ делится на $m$.

[srider0000]

neo66 в сообщении #313658 писал(а):

А верно такое утверждение?:
$m,n,a,b$ - натуральные числа и $ma=nb$. Отсюда следует, что $n$ делится на $m$.

Ладно, тогда вот так:
$n^k=k\cdot k^{n-1}$. Теперь $k$ должно делить $n^k$, а значит и само $n$.

[EtCetera]

srider0000
$2^4=4\cdot 4^{2-1}$

[Ales]

А если прологарифмировать $n^k=k^n$ ?
Тогда будет $k \ln n=n\ln k$.
Тогда будет $\frac {\ln k} k =\frac {\ln n} n$.

-- Пн апр 26, 2010 21:36:25 --

Надо исследовать функцию $\frac {\ln x} x$

-- Пн апр 26, 2010 21:43:06 --

srider0000 в сообщении #313693 писал(а):

neo66 в сообщении #313658 писал(а):

А верно такое утверждение?:
$m,n,a,b$ - натуральные числа и $ma=nb$. Отсюда следует, что $n$ делится на $m$.

Ладно, тогда вот так:
$n^k=k\cdot k^{n-1}$. Теперь $k$ должно делить $n^k$, а значит и само $n$.

Это верно, если k - простое число. А так, вообще не верно.

[neo66]

srider0000 в сообщении #313594 писал(а):

Так как $ n^{k-1}=k\cdot k^{n-1}$, то $k$ делит $n$.

Это можно доказать, например, так: пусть простое $p$ входит в разложения чисел $n$ и $k$ с показателями, соответственно $a$ и $b$. Тогда $p^{ak}= p^{bn}$. То, есть, $ak=bn$. Но, $n>k$. Значит $a>b$ и $n$ делится на $k$.

Но, что касается самой задачи, наверное, лучше ее решать, как предлагал Ales , исследуя поведение функции $f(x)= \frac{ln(x)}{x}$ при $x\ge 1$. Это нетрудно сделать при помощи производной.

[lel0lel]

neo66 в сообщении #313735 писал(а):

Это можно доказать, например, так: пусть простое $p$ входит в разложения чисел $n$ и $k$ с показателями, соответственно $a$ и $b$.

А если $n$ и $k$ взаимно простые? Наверное удобнее так $({n\over k})^k=k^{n-k}$, то делимость $n$ на $k$ необходима, чтобы $({n\over k})^k$ было натуральным числом.

[TOTAL]

$(k+p)^k=k^{k+p}$
$(1+p/k)^k=k^p$ откуда $p=qk$
$1+q=k^q$ откуда $k=2, q=1, p=2, n=4$