a^(b^b)=b^a

[Simo_the_wolf]

risolvere negli interi positivi l'equazione:

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

[fph]

E' un IMO degli anni 90, isn't it?
Era un "candidato" per essere incluso nella mia dispensina di NT...

[Simo_the_wolf]

si del 96 mi pare...

[frengo]

innanzitutto mi levo la soluzione (1;1), con una piccola verifica suppongo che sia a che b devono essere maggiori di 1.
consideriamo un primo $ p_1 $, che compare con esponente $ e_1 $ in a ed $ f_1 $ in b.
Dalla relazione del testo deriva
$ (b^b)e_1=af_1 $, quindi $ \displaystyle \frac{e_1}{f_1} =\frac{a}{b^b} $.
facendo questo ragionamento per tutti i primi $ p_1,p_2...p_k $, viene fuori
$ \displaystyle \frac{e_1}{f_1}=\frac{e_2}{f_2}=...=\frac{e_k}{f_k} $, e quindi o tutti gli $ e_i $ sono maggiori di tutti i $ f_i $ relativi (e quindi a è multiplo di b) o viceversa.

sempre dalla relazione del testo, supposto b>1, viene $ a^{b^b}>b $(di questo ne parlo dopo).

messe insieme le considerazioni fatte prima, ricaviamo che $ a=k_1b $.sostituiamo:
$ (k_1b)^{(b^b)}=b^{k_1b} $
$ (k_1b)^{(b^{b-1})b}=b^{k_1b} $
$ (k_1b)^{(b^{b-1})}=b^{k_1} $
$ k_1^{(b^{b-1})}=b^{k_1-b^{b-1}} $

ora, abbiamo che $ k_1>b^{b-1} $, altrimenti l'esponente di destra sarebbe negativo, e quindi $ k_1>b $;con un ragionamento sui primi come prima viene $ k_1=k_2b $.sostituiamo:

$ (k_2b)^{(b^{b-1})}=b^{k_2b-b^{b-1}} $
$ (k_2b)^{(b^{b-2})}=b^{k_2-b^{b-2}} $
$ k_2^{(b^{b-2})}=b^{k_2-2b^{b-2}} $

ecc.

iterando questo discorso x volte (per induzione) si arriva a

$ k_x^{(b^{b-x})}=b^{k_x-xb^{b-x}} $

iterandolo b volte si arriva a

$ k_b^{(b^0)}=b^{k_b-b\cdotb^{0}} $
$ k_b=b^{k_b-b} $

con la sostituzione $ k_b=b+c $ si ha:

$ b+c=b^c $

per risolverla andiamo per casi:
i) $ c=0 $
$ b+0=b^0=1 $, impossibile, avevo posto all'inizio b>1.

ii) $ c=1 $
$ b+1=b^1 $ impossibile.

iii) $ c=2 $
$ b+2=b^2 $, che ha come soluzione positiva b=2 (da cui $ b=2, k_b=4 $)

iv) $ c\geq3 $
usiamo l'induzione per dire che $ b^c>b+c $ per ogni c>2 e b>1.

iv-1)passo base: c=3
$ b^3>b+3 $
$ b^2(b-1)>3 $
dato che $ b\geq2 $
$ b^2(b-1)\geq2^2\cdot1>3 $

iv-2)passo induttivo: c=x $ \rightarrow $ c=x+1
$ b^x>b+x $
$ b^{x+1}>b(b+x)\geq2(b+x)=b+x+b+x>b+x+1 $

quindi l'unica soluzione è b=2 e $ k_b $, ovvero $ k_2=4 $
rifacciamo a passaggi a ritroso (ora sappiamo che sono soltanto 2, perchè b=2)

$ k_1=k_2b=4\cdot2=8 $
$ a=k_1b=8\cdot2=16 $

l'unica soluzione non banale è quindi (16;2), a cui va aggiunta (1;1).

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resta solo il fatto che a^b<b>b per tutte le coppie (a;b) diverse da (2;3) e (1;k).

$ a^b<b^a $

$ ln{a^b}<ln{b^a} $

$ bln{a}<aln{b} $

$ \displaystyle \frac{ln{a}}{a}<\frac{ln{b}}{b} $

ora studiamo la funzione $ \displaystyle f(x)=\frac{lnx}{x} $
e la sua derivata
$ \displaystyle f'(x)=\frac{1-lnx}{x^2} $
questa funzione ha un massimo in x=e ed è decrescente per x>e, ma a noi ci interessano solo i valori di f(x) quando x è naturale, e quindi la funzione f(n) ha un massimo in x=3.
per x e y maggiori o uguale a 3 quindi
$ a^b<b^a $
$ \displaystyle \frac{ln{a}}{a}<frac>b $

il valore di f(n) quando n=2 è il "secondo" più grande ($ 2^x>x^2 $ per $ x\geq4 $)
quindi anche se uno dei due numeri è 2 e l'altro è maggiore di 3 vale la stessa cosa.
in 1 la funzione vale 0, quindi è il valore più piccolo: per le coppie (1;k) la relazione non vale.

ho dimostrato che $ a^b<b>b $ per tutte le coppie di naturali diverse da (2;3) e (1;k), e qui la dimostrazione può dirsi conclusa.

ciao ciao

(sono sicuro che c'è un modo lungo un decimo di dimostrare la stessa cosa........)