Kezdőlap


Feladat:	Gy.2481	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	1988/december, 454 - 455. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Exponenciális egyenletek, Szimmetrikus egyenletek, Sorozat határértéke, Prímszámok száma, Teljes indukció módszere, "e" szám közelítő kiszámítása, Gyakorlat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/április: Gy.2481

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Megállapíthatjuk, hogy a feladat $x$ -re és $y$ -ra nézve szimmetrikus. Ha $x = 1$ , akkor $x^{y^{x}} = 1$ és $y^{x^{y}} = y$ , így valóban $x = y$ . A továbbiakban tehát feltehetjük, hogy $x > 1$ és $y > 1$ .
A közismert, egyszerűbb $4^{2} = 2^{4}$ tény feladatunkban nem utánozható. Arra mégis rávilágít, hogy a számelmélet alaptétele szerint $x$ és $y$ prímfelbontásában ugyanazok a prímszámok lépnek fel, csak kitevőikben különbözhetnek.
Ha $p$ tetszőleges prímszám, $n$ pedig pozitív egész, akkor jelölje $p (n)$ a $p$ kitevőjét az $n$ prímtényezős felbontásában. A számelmélet alaptétele szerint a feladatban szereplő $x$ és $y$ bármely $p$ prímszámra kielégíti az

\begin{matrix} y^{x} \cdot p (x) = p (x^{y^{x}}) = p (y^{x^{y}}) = x^{y} \cdot p (y) \end{matrix}

(1)

összefüggést.
Ha valamilyen

p_{1}

prímre

\begin{matrix} p_{1} (x) = 0 \neq p_{1} (y), \end{matrix}

akkor (1) szerint

x^{y} \cdot p_{1} (y) = 0

, ami lehetetlen, hiszen

x^{y}

és

p_{1} (y)

egyaránt pozitív.
Tegyük fel, hogy van olyan

p_{2}

prímszám, amelyre

\begin{matrix} p_{2} (x) > p_{2} (y) > 0; \end{matrix}

ekkor (1)-ből kapjuk, hogy

\begin{matrix} y^{x} < x^{y}, \end{matrix}

(2)

így minden

p

prímre vagy

p (x) = p (y) = 0

, vagy pedig

p (x) > p (y) > 0

teljesül, azaz

x

(valódi) többszöröse

y

-nak. Legyen

x = k y,

y ≧ 2,

k ≧ 2;

megmutatjuk, hogy

x ≦ y^{k}

. Ebből a célból tetszőleges

K, Y

természetes számokra a

k

-ra vonatkozó indukcióval igazoljuk, hogy ha

k ≧ 2

és

y ≧ 2

, akkor

k y ≦ y^{k}

k = 2

-re ez valóban igaz, mivel

y^{2} - 2 y = y (y - 2) ≧ 0.

Tegyük fel, hogy valamilyen

k ≧ 2

-re

k y ≦ y^{k}

; ekkor

\begin{matrix} (k + 1) y = k y + y ≦ y^{k} + y ≦ y^{k} + y^{k} = 2 y^{k} ≦ y^{k + 1}, \end{matrix}

tehát az állítás

(k + 1)

-re is igaz.
Az így bizonyított egyenlőtlenség felhasználásával (2) jobb oldala a következőképpen becsülhető:

\begin{matrix} x^{y} = {(k y)}^{y} ≦ {(y^{k})}^{y} = y^{k y} = y^{x}; \end{matrix}

(3)

ez ellentmond (2)-nek, tehát nem létezik olyan

p_{2}

prím, melyre

p_{2} (x) > p_{2} (y) > > 0.

A kizárt esetek hiányában így bármely

p

prímszámra

p (x) = p (y),

ezért a számelmélet alaptétele értelmében

x = y .

Megjegyzés. Felhasználva azt az analízisből ismert tényt, hogy ha

α ≦ 0

, akkor az

{(1 + \frac{α}{n})}^{n}

sorozat szigorúan monoton növően tart az

e^{α}

számhoz, kapjuk, hogy ha

α > 0

, akkor

\begin{matrix} {(1 + \frac{α}{m})}^{m} < e^{α} < 3^{α} \end{matrix}

(4)

minden pozitív egész

n

-re.
Ha most

x

és

y

2-nél nagyobbak és

x < y

, akkor (4) szerint

\begin{matrix} {(\frac{y}{x})}^{x} = {(1 + \frac{y - x}{x})}^{x} < 3^{y - x} ≦ x^{y - x}, azaz y^{x} < x^{y}, \end{matrix}

és így

x^{y^{x}} < y^{x^{y}}

is igaz, vagyis

x, y > 2

esetén csak akkor teljesül a feltétel, ha

x = y

.
Ha

x

vagy

y = 1

, akkor nyilván

x = y

.
Meg kell még vizsgálnunk, lehetséges-e megoldás, ha például

x = 2

és

y ≧ 3

, azaz fennállhat-e

\begin{matrix} 2^{y^{2}} = y^{2^{y}}, y ≧ 3. \end{matrix}

(5)

A megoldásban is szereplő indukciós bizonyításhoz hasonló módon igazolható, hogy ha

y ≧ 5

, akkor

2^{y} > y^{2}

. Marad

y = 3

vagy

y = 4

. akkor pedig behelyettesítéssel győződhetünk meg arról, hogy (5) bal oldala kisebb, mint a jobb oldal.