{JF} - a^b = b^a

b * loga = a * logb

a = b * loga / logb og b = a * logb / loga

Er det det, du mener - eller hva' ?

- Har på fornemmelsen, at der er lusk i foretagenet  ;-)

For a=b er ligningen tvivel sand. Grundet symmetri er det nok at betragte 0<a<b. Eftersom a^b=b^a hviss ln(a)/a=ln(b)/b giver det god mening at betragte g:x→ln(x)/x og dens monotoniforhold.

Man ser at g er voksende for 0 til e og aftagende fra e til uendelig. Man får let at for

a<b<e: g(a)<g(b)

e<b<a: g(a)<g(b)

a<e<b: g(a)=g(b)

Dermed er løsningen L={(a,b)|0<a<e<b ∨ 0<b<e<a ∨ 0<a=b}
 

Nå - det var sådan ment -

Interessant - men nok mere teoretisk end praktisk

Men tak for den alligevel !

 Hvad?

Jeg vælger et a og b i din mængde L. 

a = 2.5 < e, og b = 3 > e. 

2.5^3 er forskellig fra 3^2.5. 

Jeg har løst den uden brug af logaritmer.

Bemærk at kategorien er nem og niveauet er 8. klasse.

Lad os se på tilfældet a > b.

Derefter laver jeg en elegant udregning. Løsningen er helt unik/entydig. a = 4 og b = 2.  

#4 hov mængden er sqda ikke skrevet korret op ... for a<e<b findes til a netop et b så g(a)=g(b) ... L er noget pladder SORRY
 

Jeg har selv fundet på opgaven, så jeg har svært ved at evaluere dens sværhedsgrad. 

#6 Det er sandt. Hvordan vil du bestemme dette tal?

#6 Hvorfor har du slettet dig? Din idé er rigtig. Der findes netop kun et og kun et tal, som opfylder det.  

Det, som Dynin forsøgte at forklare, kan måske udtrykkes således:

Der findes uendelig mange løsninger (a,b) til ligningen a^b = b^a . Disse løsninger er karakteriseret ved, at der til ethvert a ∈ ]1; e[ findes netop eet tal b ∈ ]e ; ∝[ så at a^b = b^a .

Lad nemlig a og b være to tal der opfylder a^b = b^a . Da har vi

a = b^a/b og dermed

a^1/a = b^1/b .

Ser vi på funktionen

h(x) = x^1/x = e^ln(x)/x ,

finder vi, at h(x) er kontinuert på ]0;∝[ og har grænseværdien h(0⁺) = 0, og h(x) er differentiabel på intervallet ]0;∝[ med den afledede

h'(x) = h(x)·(1-ln(x))/x² .

Funktionen h(x) har maksimum for x=e med maksimumsværdi e^1/e = 1,444668 . Funktionen h(x) er voksende for 0<x<e og dernæst aftagende for x > e , med grænseværdien h(x) → 1 for x→∝ . Da h(1) = 1, er det da klart, at der for ethvert y ∈ ]1; e^1/e[ findes netop eet tal a ∈ ]1;e[ og netop eet tal b ∈ ]e;∝[, så at

y = h(a) = h(b) , dvs så a^b = b^a .

Da 2 er det eneste hele tal i ]1;e[, er det klart at sættet (a,b) = (2,4) er det eneste sæt af hele tal, der tilfredsstiller ligningen a^b = b^a

Det er også sandt, som jeg sagde. Nu vil jeg skrive en måde, hvor vi kan finde tallene.

Den trichotomiske lov giver os, at a>b,a<b, a=b. 

Tilfældet a=b har I set på og I har ydermere bemærket symmetrien. Så lad os blot se på tilfældet a>b.

Lad d være den største fælles divisor af (a,b). Da er 

a = a'd og b = b'd, hvor gcd(a',b') = 1.

(a'd)^b = (b'd)^a, og dermed har vi

(a')^b = (b')^a · d^a, og (a')^b = (b')^a d^(a-b).

Bemærk at den højre side kan deles med b' og dermed kan den venstre side også deles med b'.

Da gcd(a',b') = 1 er b'=1. Dette kan kun være tilfældet, hvis gcd(a,b) = b. 

Dette betyder, at b|a ⇔ a=bk for k > 1.

Hermed har vi, at (bk)^b = b^(bk) = (b^k)^b.

Hvis b=1, da er a^b forskellig fra b^a.

Hvis b er forskellig fra 1, da er bk = b^k. Da er k=b^(k-1)

Hvis b = 2 (da b > 1) er k = 2^(k-1).

Da k > 1 kan vi se, hvad der sker.

2 = 2^1, 3 < 2^2, 3 < 2^4, .... 

Vi viser pr. induktion at den højre side er større for k > 2.

k < 2^(k-1)

k + 1 < 2k < 2^k. Da har vi en ulighed kun for k=2, b=2. a=bk= (2) (2) = 4.

Når b = 3 har vi

2 < 3^1, 3 < 3^2, 4 < 3^3. Igen får vi pr. induktion

k > 2, k < 3^(k-1) og k +1 < 3k < 3^k.

Da, for b ≥ 3 og k > 1, får vi, at k < b^(k-1) og k+1 < bk < b^k. Dermed er det vist.

Disse udregninger viser, at a = 4 og b = 2 er de eneste løsningen på problemet. 

#10 -- Du bliver lige nødt til at slå fast med syvtommersøm, at du kun betragter hele tal a,b . Det fremgår på ingen måde i opgavens oprindelige antagelser. I #9 har jeg også vist, at (2,4) er det eneste heltallige sæt af løsninger. Men indskrænker man ikke problemet til heltallige løsninger, er der uendelig mange sæt løsninger.

#11 Det var for de hele tal a,b. Jeg mente bare, at jeg allerede havde skrevet det.. Sorry. Men din udregning finder jeg også gyldig selv om du bruger nogle matematiske redskaber, der ligger over niveauet givet at vi taler om hele tal. For reelle tal giver det god mening. Jeg ville selv håndtere det på denne måde.