OliForum Matematico

aursic ha scritto: - dimostrare (o tentare di farlo) che l'unica coppia (ordinata, per essere pignolo) di numeri naturali
$ (a,b) $ tali che $ a^b=b^a $ è $ (2,4) $;

Ordinata nel senso che $ a<b $ ???
Altrimenti: $ 1^1 = 1^1 $ o no ???

Che ne dite di questa (presunta) dimostrazione su quell'unica coppia ordinata?
L'ho scritta di getto, è la prima che mi è venuta in mente, quindi non vi assicuro niente.

Intanto posso eliminare i casi banali in cui $ a=0 $ e $ a=1 $ perchè danno soluzioni impossibili, quindi considero $ 2 \leq a < b $

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EDIT: dato che il Tex dà problemi provo a scrivere la soluzione in 2 post

, pertanto $ b \geq 3 \Rightarrow a^b = b^a \geq 9 $.

$ a^b = b^a \Leftrightarrow \log_{a}a^b = \log_{a}b^a \Leftrightarrow b = a \log_{a}b $ (1).

Dalla (1), siccome $ b>a $, ricavo che $ b $ è una potenza di $ a $, quindi $ b = a^x $ per $ x \in Z^+ - \{1\} $.

La (1) diventa $ a^x = a \cdot x \Leftrightarrow a^{x-1} = x \Leftrightarrow a = \sqrt[x-1]{x} $ e per $ x = 2 \Rightarrow a = 2 $, $ b=4 $ come da tesi.

Adesso devo dimostrare che $ (2,4) $ è unica,

cioè basta dimostrare $ 1 < \sqrt[x-1]{x} \leq 2 $.

La prima disuguaglianza è banalmente vera dal fatto che $ x \in Z^+ - \{1\} $.

$ \sqrt[x-1]{x} \leq 2 \Leftrightarrow 2x \leq 2^x $ per induzione:

$ x = 2 $ proprietà vera.

$ 2x \leq 2^x \Rightarrow 2(x+1) \leq 2^{x+1} $:

Dall'ipotesi induttiva $ 2x \leq 2^x \Leftrightarrow 2(x+1) \leq 2^x + 2 \underbrace{\leq}_{spero} 2^{x+1} $

e con un paio di conti la speranza è verificata $ \forall x \in Z^+ - \{1\} $, da cui la tesi.

HomoPatavinus mi pare che il libro che cerchi tu(con le soluzioni delle prove di matematica della normale di pisa) sia fuori catalogo.Sono andato addirittura al deposito della zanichelli, e non ce l'avevano.

Gauss me lo spieghi come fai a dire che b deve essere una potenza di a?

__Cu_Jo__ ha scritto: Gauss me lo spieghi come fai a dire che b deve essere una potenza di a?

Si certo, guarda la (1):

$ b = a \cdot \log_a b \in Z^+ $ (2)

con $ b > a $ quindi

$ \log_a b > 1 $, $ a \in Z^+ \Rightarrow \log_a b \in Z^+ $ affinchè sia soddisfatta l'appartenza agli interi positivi nella (2).

Infine $ \log_a b \in Z^+ $ significa che b è una potenza di a!!!

Credo di aver fatto bene, no ???

HomoPatavinus ha scritto:esiste un sito in cui è possibile trovare tutte le soluzioni ( oppure una parte) dei passati test di ammissione alla normale ?

Ecco il 2002:


http://dida.sns.it/dida2/cl/02-03/Ammis ... 0I%20anno/

Gauss_87 ha scritto:
Si certo, guarda la (1):

$ b = a \cdot \log_a b \in Z^+ $ (2)

con $ b > a $ quindi

$ \log_a b > 1 $, $ a \in Z^+ \Rightarrow \log_a b \in Z^+ $ affinchè sia soddisfatta l'appartenza agli interi positivi nella (2).

Infine $ \log_a b \in Z^+ $ significa che b è una potenza di a!!!

Credo di aver fatto bene, no ???

Guarda...forse sono completamente fuso(l'esame di maturità gioca brutti scherzi...),però così dimostri solo che b è un multiplo di a.O no?Corregimi se sbaglio.

Forse sono fuso anch'io, ma mi sembra che Gauss_87 abbia ragione: infatti $ log_a b $ è intero, e quindi b è a elevato ad un esponente intero e strettamente maggiore di 1, e pertanto è potenza di a.

Sperando di non dire sciocchezza, ciao a tutti!

Perfetto, ho capito.

__Cu_Jo__ ha scritto: Guarda...forse sono completamente fuso(l'esame di maturità gioca brutti scherzi...),però così dimostri solo che b è un multiplo di a.O no?Corregimi se sbaglio.

Direi che sbagli...

aursic ha scritto:- dimostrare (o tentare di farlo) che l'unica coppia (ordinata, per essere pignolo) di numeri naturali
$ (a,b) $ tali che $ a^b=b^a $ è $ (2,4) $;

Ci provo anch'io...

Dunque:


Teorema

L'unica coppia di numeri naturali $ $(a,b)$ $ tali che $ $a^b=b^a$ $ è $ $(2,4)$ $.

Supponiamo, per cominciare, che $ $b>a$ $. Poniamo dunque $ $a=n$ $ e $ $b=n+k$ $ per un qualche $ $k \in \mathbb{N}$ $. È facile verificare a mano i casi piccoli, ossia tutte le coppie $ $(n,k)$ $ che si possono formare ponendo $ $n \leq 2, k \leq 2$ $. Si nota che con $ $n=2, k=2$ $ si ha l'uguaglianza cercata. Ora, per dimostrare che questa è unica, dimostriamo la seguente:

$ $n^{n+k} > {(n+k)}^n$ $, con $ $n > 2, \forall k$ $

Dividiamo ambo i membri per $ $n^n$ $, ottenendo:

$ $n^k > {\left(1 + \frac{k}{n}\right)}^n$ $

Ora estriamo la radice $ $k\textrm{-esima}$ $:

$ $n > {\left(1 + \frac{k}{n}\right)}^{\frac{n}{k}}$ $

Scriviamo l'espressione in questo modo:

$ $n > {\left(1 + \frac{1}{\frac{n}{k}}\right)}^{\frac{n}{k}}$ $

Ma per $ $n >2$ $ tale espressione è sicuramente verificata, dal momento che, per il noto limite:

$ $\lim_{n \rightarrow +\infty} {\left(1 + \frac{1}{\frac{n}{k}}\right)}^{\frac{n}{k}}=e <3$ $

La tesi risulta dunque provata. Si procede del tutto analogamente (anzi, simmetricamente) considerando $ $b < a$ $...

Ani-sama ha scritto:

aursic ha scritto:- dimostrare (o tentare di farlo) che l'unica coppia (ordinata, per essere pignolo) di numeri naturali
$ (a,b) $ tali che $ a^b=b^a $ è $ (2,4) $;

Scriviamo l'espressione in questo modo:

$ $n > {\left(1 + \frac{1}{\frac{n}{k}}\right)}^{\frac{n}{k}}$ $

Ma per $ $n >2$ $ tale espressione è sicuramente verificata, dal momento che, per il noto limite:

$ $\lim_{n \rightarrow +\infty} {\left(1 + \frac{1}{\frac{n}{k}}\right)}^{\frac{n}{k}}=e <3$ $

La tesi risulta dunque provata. Si procede del tutto analogamente (anzi, simmetricamente) considerando $ $b < a$ $...

Direi che la dimostrazione è carina anche se ad essere pignoli dovresti dimostrare che

$ {\left(1 + \frac{1}{\frac{n}{k}}\right)}^{\frac{n}{k}}$ $ è crescente anche se è un risultato noto!
Complimenti ad Ani-sama !!!

Ragazzi,a questo punto ci provo anche io !Possiamo scrivere la disuguaglianza in questo modo:
$ \displaystyle a^{\frac{1}{a}} = b^{\frac{1}{b}} $
La funzione $ \displaystyle y = x^{\frac{1}{x}} $ è strettamente crescente per $ 0 < x \le e $ e strettamente descrescente per $ x \ge e $.Basta fare la derivata prima:
$ \displaystyle \ln y = \frac{1}{x}\ln x \Rightarrow \frac{1}{y}y' = \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }} \Rightarrow y' = x^{\frac{1}{x}} \frac{{1 - \ln x}}{{x^2 }} $

Se $ a<b $ allora a può assumere solo i valori 1 e 2. Infatti a e b non si possono trovare entrambi negli intervalli $ \left] {0,e} \right],\left[ {e, + \infty } \right[ $. Per $ a=1 $ abbiamo $ b=1 $ che non possiamo accettare perchè $ a<b $. Se $ a=2 $ bisogna risolvere l'equazione $ 2^b=b^2 $.Questa si può risolvere a tentativi tenendo conto che $ 2^b $ cresce più rapidamente rispetto a $ b^2 $(a b=5 ci possiamo già fermare).

Una piccola nota: da $ 2^b=b^2 $ si nota che b è una potenza di 2, pertanto gli unici tentativi da fare sono (1,2,4).
Ciao!

__Cu_Jo__ ha scritto:Ragazzi,a questo punto ci provo anche io !Possiamo scrivere la disuguaglianza in questo modo:
$ \displaystyle a^{\frac{1}{a}} = b^{\frac{1}{b}} $

Direi che la dimostrazione è molto breve quindi più interessante della mia, a parte il fatto che alla Normale ti avrebbero mandato a casa se chiami quella lì disuguaglianza !!! !!! è con l' = !!!
Si fa per skerzare !!! Bye