Ecuación exponencial

Os dejo el problema de esta semana:

Si x,y son enteros positivos, resolver la siguiente ecuación:

x^y=y^x

No es demasiado complicado si se ataca de la forma adecuada. De todas maneras estoy intrigado por ver qué se os ocurre. Suerte.

Author: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

35 Comments

  1. Tomando Logaritmos, se copncluye que:
    \frac{\ln(x)}{x}=\frac{\ln(y)}{y}.

    Entonces, está claro que una solución es x=y\in{\Bbb N}.

    Pero la función f(x)=\frac{\ln(x)}{x} es creciente en (0,e) y decreciente después; f(1)=0 y además, en x=e hay máximo. \displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\ln(x)}{x}=-\infty y \displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(x)}{x}=0.

    Entonces para que f(x)=f(y) en el intervalo (1,+\infty), debe ocurrir que x<e<y o viceversa.

    Pero como e=2’71… y x,y\in{\Bbb N}, debe ser, necesariamente, x=1 ó 2.

    Si x=1, la ecuación queda y=1. (pero esta solución ya la teníamos.

    Si x=2, la ecuación queda 2^y=y^2, cuyas únicas soluciones son y=2=x, (que ya la teníamos) ó y=4 (esta es nueva).

    Por tanto TODAS las soluciones son:
    x=y\in{\Bbb N}
    x=2,\ y=4
    x=4,\ y=2 .

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  2. x^y=y^x => \displaystyle \frac{x}{ln(x)}=\frac{y}{ln(y)} salvo cunado x o y valen 1, que por cierto es solucion x=1 y=1

    Definimos \displaystyle f(x)= \frac{x}{ln(x)}\ \frac {\partial f(x)}{\partial x}=\frac{ln(x)-1}{ln(x)^2}

    Esta funcion sigue teniendo el mismo dominio (0,1) \cup (1,\infty) y tiene un minimo en x=e Como entre 1 y e solo hay un entero, que es 2, hay que encontrar y tal que \displaystyle \frac{2}{ln(2)}=\frac{y}{ln(y)} que corresponde a y=4, como ya se ha dicho antes.

    Saludos

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  3. No soy un gran matemático…. pero no es cierto que para todo X=Y dentro de los enteros positivos son soluciones?

    X=1, Y=1; x=2, y=2; x=3,y=3 ; ……

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  4. Les faltó una:

    1^1=1^1

    x=y=1 también es solución

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  5. Yo encaré igual que Tito.
    Me deja un leve regusto feo, usar análisis real para un problema de aritmética entera… pero vale.

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  6. Cayetano, hebep y mi tocayo: sí, x=y es solución (la solución «trivial», digamos); lo interesante es encontrar si hay más. Tito lo resumió bien.

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  7. Tengo una solucion mas aritmetica pero no se como se usan los símbolos matemáticos. ¿Alguien me hecha un cable?

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  8. encontré una demostración sencilla, sin usar análisis, pero los comentarios son demasiado estrechos para escribirla 😉

    [después le mando un pdf a ^DiAmOnD^]

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  9. Xabi, es muy sencillo, lo tienes explicado y con un link justo encima del recuadro donde se escribe el comentario.

    La solución elemental que se me ocurre es:

    1.- Soluciones triviales: x = y.

    2.- Para las soluciones no triviales, en primer lugar observamos que los factores de x tienen que ser los mismos que los de y aunque posiblemente con distinta multiplicidad. Siendo esto así, y suponiendo y > x (por simetría habrá otra solución por cada una que encontremos), podemos expresar y = k \cdot x \quad / \quad k \ge 2, y entonces tenemos:
    \displaystyle (k \cdot x)^x = x^{k \cdot x} \Rightarrow k \cdot x = x^k \Rightarrow k = x^{k-1}.

    Aquí vemos que siendo k \ge 2, x = 1 no nos vale y para x \ge 3 es fácil ver que x^{k-1} > k. Por lo tanto sólo queda x=2.

    Y 2^{k-1} = k es fácil ver que tiene una única solución: k = 2.

    Por lo tanto x = 2 , y = k \cdot x = 4 es la única solución no trivial (junto con su simétrica).

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  10. Asier, aunque x e y tengan los mismos factores primos con distinta multiplicidad e y > x, yo no deduzco de ello que y = k x.

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  11. Cierto Gulliver, acababa de darme cuenta. Lo sigo mirando…

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  12. Asier, esa era exactamente la cuenta a la que me refería. Tomando logaritmos, sólo hay que ver que k^{1/(k-1)} no es nunca un entero (sale bien que no es una fracción, y después por inducción)

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  13. La idea es que $k = x^{k-1} \ge 2^{k-1}$, pero $2k \ge 2^k$ sólo si $k=1$ o $k=2$, el primer caso da una solución trivial, y el otro la que estamos buscando (2,4).

    detalle: $k$ se puede tomar mayor a 1, porque si se tiene una solución (m,n) también lo es (n,m).

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  14. Disculpen mi lírico, no manejo bien el latex. Espero que se entienda

    Sea x>=y
    Tomamos el mcd(x,y)=d y simplificamos en los exponente. De ese modo, los exponentes resultantes son pesi. Analogamente con las bases. Por popiedad de los enteros y=d. Reduciendose el problema a solucionar xy=y^x. que por simples desigualdades nos de (1,1) y (2,2). Remplazando resulta la solución deseada (y,y) y (2,4).
    Saludos

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  15. he encontrado un resultado intrigante, realize el razonamiento de forma ascendente, aplique los basicos conocimientos de algebra (logaritmos, ley de exponentes) y he encontradolas ecuaciones respectivas para x y para y ( con sus respectivas restricciones) para el cual segun mis pasos se cumple la ecuacion.disculpen, pues soy nuevo en el foro, aun no se escribir simbolos, podes indicarme.

    x=((y))/(y-1)) y por otro lado y=((x)/(x+1))

    todos los valores, excepto y#1 y x#-1 .

    por favor decidme mi error.

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  16. Sea x\geq y, d=gcd(x,y), x'=\frac{x}{d} y y'=\frac{y}{d}.
    (Y por tanto gcd(x',y')=1)

    Tenemos x'^yd^y=y'^xd^x
    x'^y=y'^xd^{x-y}

    Si un primo p divide a y' entonces tiene que dividir a x'^y y por tanto a x', pero como gcd(x',y')=1 entonces y'=1

    Así que y=d,\ x=x'd=x'y
    Con lo que x es múltiplo de y y funciona el resto de la demostración de Asier (cambiadon x por y).

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  17. Vale, la he liado poniendo x prima.

    Sea x\geq y, d=gcd(x,y), X=\frac{x}{d} y Y=\frac{y}{d}.
    (Y por tanto gcd(X,Y)=1)

    Tenemos X^yd^y=Y^xd^x
    X^y=Y^xd^{x-y}

    Si un primo p divide a Y entonces tiene que dividir a X^y y por tanto a X, pero como gcd(X,Y)=1 entonces Y=1

    Así que y=d,\ x=Xd=Xy
    Con lo que x es múltiplo de y y funciona el resto de la demostración de Asier (cambiadon x por y).

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  18. Esto que voy a poner no es exactamente el problema, pero es algo que se me ha ocurrido parecido:
    x^(x^(x^(x^(x^(x^(x^………)….) esta expresión converge cuando se hace tender el número de veces a infinito a un número y tal que y^(1/y)=x, Demostrarlo y hallar su intervalo de convergencia.

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  19. Solo han dado casos particulares de mi demostración, a eso me refería…

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  20. En respuesta a Sebastián Martín Ruiz, ¿de dónde sacas que esa expresión converge? Creo que no he visto algo más divergente en mi vida.

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  21. Asumo que x e y deben ser distintas, pues nada mas sencillo que x=1 e y=2

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  22. JFLORES:
    entonces… x^y=1^2=1\ne 2=2^1=y^x.

    Por tanto tu solución no es tal.

    PD+reflexión: ¿tanto cuesta al alumnado en general una comprobación del resultado obtenido? -es que hoy he corregido algunos ejercicios y vaya lo que me he encontrado…

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  23. Con un primer intento en Latex: \displaystyle x=k^\frac{1}{k-1}; creo que es evidente que si tiene solucion para enteros; y viceversa.

    k=0 -> x=0 (y=0);
    k=1 -> la ecuacion falla, debe ser una singularidad, en todo caso tiende a x=1 (y=1);
    k=2 -> x=2 (y=4);
    k=3 -> x=sqrt(3); falla
    En gral k>3 -> falla; es evidente, pero no sé como se demuestra que esa ecuacion no tiene valores enteros para x para tal dominio.

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  24. Marko, me vas a permitir que cambie los nombres de las variables, de x a y=f(x) y de k a x.

    La derivada de f(x) = x^{\frac{1}{x-1}} es algo complicada, pero me sale
    f\prime (x) = - \frac{x^\frac{1}{x-1}(1-x+x \cdot ln(x))}{(x-1)^2 \cdot x}
    El denominador de la fracción es positivo para todo x>3, y el numerador también lo es. La derivada es por tanto negativa para todo x>3.
    Como has dicho, hay una singularidad en el 1. Para que f(x) = x^{\frac{1}{x-1}} valiera 1 tendríamos que hacer que \frac{1}{x-1} = 0 (cualquier número elevado a 0 da 1), pero eso se puede ver que es imposible y que nos da dicha singularidad.

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  25. «Para x \ge 3 es fácil ver que x^{k-1} > k «. Aunque es evidente, cómo se demuestra -formalmente- eso??

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  26. Marko, se puede demostrar fácilmente por inducción, tomando x=3 y teniendo en cuenta que k \ge 2 podemos partir de la inecuación equivalente 3^n > n+1 \quad n \ge 1. Ahora aplicamos el método de inducción tradicional, es decir, verificar que se cumple para n=1, suponer cierto para n y verificar que se cumple para n+1.
    Una vez validado para x=3 es evidente que se cumple para x > 3.

    Con cierto retraso pero quería aprovechar para agradecer las contribuciones de JuanPablo y Naka Cristo que completan/justifican la demostración que puse.

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  27. La ecuacion que propuso marco es identica a la mia, y yo tambien tengo restricciones con el uno, deberian observar el origen de las cosas. me da un poco de ofensa a el que yo la haya planteado primero y no den credito de ello, pero vale disculpen.

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  28. Tienes razón, por induccion está bien. Igual ese n+1 me fastidiaba, pero igual es facil resolverlo. Sobre lo que dice Tobar, disculpas.

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  29. tips para resolver la ecuacion:

    a=bz[1- e^-(c/z)] con z como incognita, a,b,c son constantes reales

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