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.

Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 11 de Noviembre de 2008
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39 comentarios

Trackback | 11 Nov, 2008

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Omar-P | 11 de Noviembre de 2008 | 10:19

x=2, y=4
Omar-P | 11 de Noviembre de 2008 | 10:28

x=4, y=2
Tito Eliatron | 11 de Noviembre de 2008 | 11:05

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:
- $x=y\in{\Bbb N}$
- $x=2,\ y=4$
- $x=4,\ y=2$ .
Javier | 11 de Noviembre de 2008 | 11:23

$x^y=y^x$ => $\displaystyle \frac{x}{ln(x)}=\frac{y}{ln(y)}$ 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
Cayetano | 11 de Noviembre de 2008 | 13:12

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 ; ……
Hernan | 11 de Noviembre de 2008 | 14:29

Les faltó una:

1^1=1^1

x=y=1 también es solución
Omar-P | 11 de Noviembre de 2008 | 14:35

Se supone que x es distinto de y
hernan | 11 de Noviembre de 2008 | 15:05

Yo encaré igual que Tito.
Me deja un leve regusto feo, usar análisis real para un problema de aritmética entera… pero vale.
hebep | 11 de Noviembre de 2008 | 15:12

Si x = y siempre se cumple…¿no?
hernan | 11 de Noviembre de 2008 | 15:57

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.
Xavi | 11 de Noviembre de 2008 | 16:23

Tengo una solucion mas aritmetica pero no se como se usan los símbolos matemáticos. ¿Alguien me hecha un cable?
JuanPablo | 11 de Noviembre de 2008 | 18:57

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

[después le mando un pdf a ^DiAmOnD^]
Asier | 11 de Noviembre de 2008 | 19:08

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).
Gulliver | 11 de Noviembre de 2008 | 20:12

Asier, aunque $x$ e $y$ tengan los mismos factores primos con distinta multiplicidad e $y > x$ , yo no deduzco de ello que $y = k x$ .
Asier | 11 de Noviembre de 2008 | 20:19

Cierto Gulliver, acababa de darme cuenta. Lo sigo mirando…
JuanPablo | 11 de Noviembre de 2008 | 20:40

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)
JuanPablo | 11 de Noviembre de 2008 | 20:56

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).
Joseph | 11 de Noviembre de 2008 | 21:29

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
Tobar | 11 de Noviembre de 2008 | 21:41

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.
Omar-P | 11 de Noviembre de 2008 | 22:03

Los valores deben ser enteros positivos.
Naka Cristo | 11 de Noviembre de 2008 | 23:18

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 $y$ ).
Naka Cristo | 11 de Noviembre de 2008 | 23:21

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 $y$ ).
Sebastian Martin Ruiz | 11 de Noviembre de 2008 | 23:54

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.
Joseph | 12 de Noviembre de 2008 | 10:56

Solo han dado casos particulares de mi demostración, a eso me refería…
Nacho | 12 de Noviembre de 2008 | 13:04

En respuesta a Sebastián Martín Ruiz, ¿de dónde sacas que esa expresión converge? Creo que no he visto algo más divergente en mi vida.
Tito Eliatron | 12 de Noviembre de 2008 | 13:57

SEBASTIÁN: precisamente hoy mismo hablo de este tipo de sucesiones en mi blog.
JFlores | 12 de Noviembre de 2008 | 23:52

Asumo que x e y deben ser distintas, pues nada mas sencillo que x=1 e y=2
Tito Eliatron | 13 de Noviembre de 2008 | 11:27

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…
Marko | 15 de Noviembre de 2008 | 4:22

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.
otro | 19 de Noviembre de 2008 | 10:27

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.
Marko | 22 de Noviembre de 2008 | 6:30

“Para $x \ge 3$ es fácil ver que $x^{k-1} > k$ “. Aunque es evidente, cómo se demuestra -formalmente- eso??
Asier | 22 de Noviembre de 2008 | 12:55

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.
Tobar | 22 de Noviembre de 2008 | 23:02

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.
Marko | 24 de Noviembre de 2008 | 4:32

Tienes razón, por induccion está bien. Igual ese n+1 me fastidiaba, pero igual es facil resolverlo. Sobre lo que dice Tobar, disculpas.
jessani | 19 de Noviembre de 2009 | 0:15

bueno que la matematica es un poco aburrida pero nos sirve para todo solo hay que ponerle enpeño y esmero para poder siguir adelante ……. nunca dijas nunca x que nunca podras ser quien quieres ser …piemza en ti y no en lo que dija los demas
jessani | 19 de Noviembre de 2009 | 0:16

okisss …..
jessani | 19 de Noviembre de 2009 | 0:17

si te gusta la matematica hasme un comentario pliss jajajajs….que te puedo decir ….Mmmmmmmmmmm…..bye…chaitop…
jessani | 19 de Noviembre de 2009 | 0:19

yo voy super bn… en matematica …..y me encanta asi que quieres onirte a miss olimpiadas de matematica..siiii.