М1874. Все решения уравнения

Задача из журнала «Квант» (2004 год, 1 выпуск)

Условие задачи

Найдите все решения уравнения $x^{y} — y^{x} = 1$ в натуральных числах $x$ и $y$.

Ответ: $x = 2$, $y = 1$ и $x = 3$, $y = 2$.

Решение

Пусть $x = 2$. Тогда $2^{y} = y^{2} + 1$. Поскольку $y^{2} + 1$ не делится на $4$, то решений, кроме $(2, 1)$, нет.
При $y = 1$ имеем $x = 2$.
Пусть $y = 2.$ Тогда Пусть $\left(x + 1 \right) \cdot \left(x — 1 \right) = 2^{x},$ откуда $\left(x — 1 \right) = 2,$ $x = 3,$
Пусть $x \geqslant 3$, $y \geqslant 3.$ Рассмотрим функцию
$$f(t) = a^{t} — t^{a} = \left(a^{\frac{t}{a}} — t \right) \cdot \left(\left(a^{\frac{t}{a}} \right)^{a — 1} + … + t^{a — t} \right),$$
где $a \geqslant 3$ — целое число, $t \geqslant a$. Имеем $f(a) = 0;$ поскольку $\varphi(t) = a^{\frac{t}{a}} — t$ — возрастающая неотрицательная функция, то и f(t) возрастает.
Получили: при $t \geqslant a + 1$
$$f(t) \geqslant f(a + 1) = a^{a + 1} — (a + 1)^{a} \geqslant 1.$$
Последнее неравенство строгое: при $a^{a + 1} — (a + 1)^{a} = 1$ было бы $m \cdot a = 2,$ где $m$ $\epsilon$ $\mathbb{Z}.$
Окончательно: $x^{y} — y^{x} \neq 1.$
Рассуждая несколько по-иному, нежели выше, можно сразу получить числовую оценку выражения $a^{t} — t^{a}.$ Именно, пусть $a \geqslant 3,$ $z$ $\epsilon$ $\mathbb{N},$ Тогда, используя легко доказываемые неравенства $(1 + t)^{\frac{1}{t}} < e < 2,8,$ получаем
$$a^{a+z} — \left(a+z \right)^{a} = a^{a} \cdot \left(a^{z} — \left(\left(1 + \frac{z}{a} \right)^{\frac{a}{z}} \right)^{z} \right) >$$ $$>a^{a} \cdot \left(a^{z} — e^{z} \right) \geqslant a^{a} \cdot \left(a — e \right) > 3^{3} \cdot 0,2 > 1.$$
Вот и все.

В. Произволов, В. Сендеров

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *