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

Задача из журнала «Квант» (2000 год, 2 выпуск)

Условие

Докажите, что уравнение $\displaystyle \bigl (\frac{\sin\: x}{x} \bigm) ^\beta  = \cos x$ на $\displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm)$ не имеет решений при $\beta \leqslant 3$, но имеет единственное решение при $\beta  > 3$.

Решение

Такие задачи обычно сводятся к исследованию функции с помощью производных. Трудность состоит в том, чтобы суметь удачно выбрать исследуемую функцию.
Исследование уравнения задачи мы начнем с очевидного замечания: при $\beta \leqslant 0$ оно решений не имеет. В самом деле, поскольку $\sin x < x$ при $x > 0$, то при $\beta \leqslant 0$ на всем интервале  $\displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm)$ выполнено неравенство $\displaystyle \bigl (\frac{\sin \: x}{x} \bigm) ^\beta \geqslant 1$.
Пусть $\beta > 0$ . Заметим, что функция   $\displaystyle \bigl (\frac{\sin\: x}{x} \bigm) ^\beta  — \cos\: x$ обращается в ноль в тех же точках интервала $\displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm),$ что и функция $$\displaystyle f(x) = \sin \:x \: \cos^{ \gamma} x — x,$$ где $\gamma =- \frac{1}{\beta}< 0$.
Изучим поведение $f(x)$ на полуинтервале $\displaystyle \lbrack 0;\frac{\pi}{2} \bigm)$. Имеем: $f(0)=0$, $f'(0)=0$, $f(x) \to +\infty$ при $\displaystyle x \to \frac{\pi}{2}$ . Далее, $f»(x)=-\sin\:x \cdot \phi(x)$, где $$\phi(x) = (1+\gamma)^{2}\: \cos^{\gamma}\:x — \gamma(\gamma-1) \cos^{\gamma-2}x$$ .
Заметим, что $\phi(x)$ имеет на  $\displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm)$ не более одного корня. Найдем знак функции $\phi(x)$ в окрестности нуля. Функция $\phi(x)$ положительна в некоторой окрестности точки $0$ , если
$$\gamma(\gamma-1) < (1+\gamma)^{2},\\ 2\gamma + 1 > -\gamma,\\ 1 > -3\gamma,\beta>3.$$

Легко видеть, что при $0 <\beta \leqslant 3$ на всем интервале  $\displaystyle \bigl(0;\frac{\pi}{2} \bigm)$ выполняется неравенство $\phi(x) < 0$.
Теперь мы знаем ход изменений функции  $f(x)$ на рассматриваемом интервале (рис. а и б). Тем самым утверждение задачи доказано.

Замечание. На рисунках в и г изображены графики функции  $f(x)$ при  $\beta < 0$ ; полезно проследить за изменением вида этого графика при изменении числа $\beta$ от  $0$ до  $+\infty$, а затем от $0$ до $-\infty$.