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Diofantee facili (1)

Inviato: 15 giu 2011, 23:29
da pepperoma
Trovare tutti gli interi positivi $ a,b $ tali che $ a^b=b^a $.

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 15 giu 2011, 23:49
da amatrix92
$ a^b - b^a = 0 \iff (a-b)(a^{b-1}+ a^{b-2}b + ... + ab^{a-2} + b ^{a-1} ) \iff a=b \vee a^{b-1}+ a^{b-2}b + ... + ab^{a-2} + b ^{a-1} = 0 \implies a=b=0 $ dove l'ulitma implicazione è vera perchè a e b sono positivi.

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 15 giu 2011, 23:55
da max tre
amatrix92 ha scritto:$ a^b - b^a = 0 \iff (a-b)(a^{b-1}+ a^{b-2}b + ... + ab^{a-2} + b ^{a-1} ) \iff a=b \vee a^{b-1}+ a^{b-2}b + ... + ab^{a-2} + b ^{a-1} = 0 \implies a=b=0 $ dove l'ulitma implicazione è vera perchè a e b sono positivi.
La conclusione non è tutte le coppie $ (a,b)=(n,n) $ ?

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 16 giu 2011, 00:06
da amatrix92
sì certo infatti ho scritto o a è uguale a b oppure bla bla bla bla bla... si giunge che comunque a deve essere uguale a b e a 0.

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 16 giu 2011, 00:07
da pepperoma
La conclusione non è solo quella e soprattutto quella scomposizione è sbagliata.

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 16 giu 2011, 01:09
da max tre
pepperoma ha scritto:La conclusione non è solo quella e soprattutto quella scomposizione è sbagliata.
lol, ci siamo cascati in due
Comunque, amatrix, io avevo capito dalla tua soluzione (e anche dalla tua spiegazione) che per te l'unica soluzione è (0;0), che ovviamente non è accettabile visto che $ 0^0 $ non ha significato.
Piuttosto, oltre alle ovvie coppie (n,n) ce ne sono altre, tipo (2,4) e (4,2) e forse altre
Allora, da $ a^b=b^a $ divido per $ a^a $: $ a^{b-a}=(\frac{b}{a})^a $ da cui b è multiplo di a, ovvero $ b=ka $ con k intero
$ a^{a(k-1)}=k^a $ e visto che è tutto positivo estraggo la radice a-esima
$ a^{k-1}=k $ e, visto che l'intersezione di un'esponenziale e una retta, ci saranno (per ogni a) al massimo 2 soluzioni
Ora, sostituendo k=1 ottengo un'uguaglianza, per cui ho tutte le coppie (a,a)
per k=2 ho a=2, da cui trovo b=4 e quindi, oltre all'ovvia (2,2) ho anche (2,4) (e non ce ne sono altre per quanto visto sopra) e la simmetrica (4,2) (ah già, visto che l'equazione iniziale è simmetrica rispetto ad a e b, se trovo una soluzione vale anche la simmetrica, che troverei con $ k'=\frac{1}{k} $)
per k=3 in avanti mi ritrovo robe del tipo $ a^{3+x}=4+x $ con x intero non negativo, ma così su due piedi non trovo altri valori di k piccoli che mi diano soluzioni
Voglio dire, ponendo 4+x uguale a una potenza, mi ritrovo che non è una potenza {3+x}-esima
Se riesco, ci penso domani

Re: Diofantee facili (1)

Inviato: 16 giu 2011, 10:32
da Citrullo
Suppongo che uno dei due numeri abbia un fattore $ u $ che l'altro non ha: guardo tutto mod $ u $ e ho un assurdo.

Poniamo allora $ a=x^y $ e $ b=x^k $ con $ x,y,k $ interi positivi e sostituiamo: ottengo $ x^{yx^k}=x^{kx^y} $ ovvero per l'iniettività dell'esponenziale $ yx^k=kx^y $ e pongo per simmetria $ k \geq y $ ovvero $ b \geq a $, semplificando ho:

$ x^{k-y}= \frac{k}{y} $.

Da qui si vede subito che ogni coppia $ k=y $ soddisfa la richiesta. Cerco ora le coppie con $ k $ e $ y $ diversi: visto che $ x $ è intero $ y|k $ e ciò si traduce nel fatto che $ b $ è una potenza di $ a $.

Scrivo dunque $ b=a^z $ e sostituisco, ottenendo $ a^{z-1}=z $ (dopo aver osservato ancora che la funzione esponenziale è iniettiva).

Voglio ora mostrare che per $ z \neq 1 $ (ovvero $ a \neq b $) l'unica soluzione è $ z=2 $.
Provo con $ z=2 $ e ottengo $ (a,b)=(2,4) $.
Suppongo $ z>2 $ e mostro per induzione su $ z $ che $ a^{z-1}>z $ per ogni $ a>2 $.

Passo base: $ z=2 $ ottengo $ a>2 $, vero.
Passo induttivo: suppongo $ a^{z-1}>z $. Allora $ a^z>az>z+1 $ che prova la tesi.

Le coppie $ (a,b) $ che soddisfano la tesi sono quindi $ (n,n), (2,4) $ e $ (4,2) $