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Dimostrare che, se $ a $ e $ b $ sono due numeri positivi tali che $ a^a = b $ e $ b^b = a $, allora $ a = b = 1 $.

Soluzione orrida, pure senza latex.

Riscriviamo il sistema come:
log(b,a)=b
log(a,b)=a

per il teorema del cambiamento di base abbiamo:
ln(a)/ln(b)=b
ln(b)/ln(a)=a

da cui b=1/a.

Sostituiamo nella seconda equazione:
(1/a)^(1/a)=a

la riscriviamo come
a^(-1/a)=a^1

da cui:
1) a diverso da uno --> -1/a=1 che da a=-1 ma a è positivo
2) a=1 che soddisfa le ipotesi

Sostituendo abbiamo b=1.

Gogo Livorno ha scritto:Soluzione orrida, pure senza latex.

Kopernik ha scritto:

Gogo Livorno ha scritto:Soluzione orrida, pure senza latex.

Come devo interpretarlo?

uhm

$ \displaystyle a^a=b $
$ \displaystyle b^b=a $
$ \displaystyle a^{a^{a^a}}=a $
$ \displaystyle a^{a^{a^a}-1}=1 $

pongo l'esponente diverso da 0 ed estraggo radice (a^a^a-1)esima e ottengo a=1, da cui b=1

$ \displaystyle a^{a^a} = 1 $

a è positivo, quindi estraggo radice (a^a)esima e trovo a=1, b=1

oppure più semplicemente

$ \displaystyle a^{a^{a^a}} > a $ se a>1
$ \displaystyle a^{a^{a^a}} < a $ se a<1

Gogo Livorno ha scritto:

Kopernik ha scritto:

Gogo Livorno ha scritto:Soluzione orrida, pure senza latex.

Come devo interpretarlo?

In effetti avevo temuto di non essere chiaro. Era un modo per confermare che non è la soluzione più bella che avessi immaginato. Però è una soluzione, quindi va bene così.

Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle a^a=b $
$ \displaystyle b^b=a $
$ \displaystyle a^{a^{a^a}}=a $

ehm.. non proprio. anzi, proprio no.
$ \displaystyle b^b=(a^a)^{a^a} = a^{a\cdot a^a} = a^{a^{a+1}} $.
anche se poi la soluzione dovrebbe proseguire nello stesso identico modo.

ma_go ha scritto:

Spammowarrior ha scritto:$ \displaystyle a^a=b $
$ \displaystyle b^b=a $
$ \displaystyle a^{a^{a^a}}=a $

ehm.. non proprio. anzi, proprio no.
$ \displaystyle b^b=(a^a)^{a^a} = a^{a\cdot a^a} = a^{a^{a+1}} $.
anche se poi la soluzione dovrebbe proseguire nello stesso identico modo.

uhm, sì, ho fatto una boiata.