Определить рациональные значения х и у в уравнении x^y=y^x

Определить рациональные значения х и у в уравнении x^{y}=y^{x}

"2. Определить рациональные значения х и у в уравнении [m]x^{y}=y^{x}[/m] "

ну да, ессно, интересно когда [m]x \neq y[/m]

Рамиль!
Это не честно!
Одно из чисел — любое рациональное число из промежутка (1, е).
Как найти второе???

да, ессно, максимум ф-ии Ln(x)/x достигается при x=e.

"Как найти второе???"
- ну, по-школьному мне слабо (численка не в счет).
Интересно, на что рассчитывали составители.

Следуя Вашему решению, я ее переформулировал бы так:
"Доказать, что уравнение [m]x^{y}=y^{x}[/m] имеет бесконечно много решений отличных от x=y"

Они там не всегда будут пары рациональных давать, так что это все в пользу бедных.
Решений-то это уравнение имеет бесконечно много и даже пар рациональных решений бесконечно много (я привел две последовательности, сходящиеся к e сверху и снизу), но рациональные вроде вполне себе выписываются.

— несократимые дроби.
Считаем сразу, что обе дроби положительные, потому случай отрицательных и нулей рассматривается моментально — отрицательность возможна только если x,y целые и отрицательные и тогда уравнение сводится к исходному, у которого целых корней кроме x=y нет. Так что появятся решения x=y — целые отрицательные, которые Рамиль почему-то потерял.
[m](p/q)^{ynq} = (m/n)^{nqx}[/m]
Это равенство двух несократимых дробей, откуда у них равны числители и знаменатели. Для любого простого делителя [m]p_i[/m] числа p оно будет делителем еще и m, причем отношение степеней, в которых он входит в x и y одно и то же для всех i. Аналогично с q и n, причем отношение то же.
Отсюда [m]p=a^b,\ m=a^c, q=d^b,\ n=d^c[/m], где a,b,c,d — целые неотрицательные. Для определенности c>b(случай с=b легко отметается)
Тогда уравнения превращаются в [m]a^{c-b} b = c d^{c-b}[/m]
1) [m](a^{c-b} — d^{c-b})b = (c-b) d^{c-b}.[/m]
Но [m]a^{c-b}[/m] и [m]d^{c-b}[/m] взаимно просты по условию, а значит
[m]a^{c-b}-d^{c-b} = (a-d)(a^{c-b-1}+a^{c-b-2}d+....d^{c-b-1})| (c-b).[/m]
Отсюда либо a=d (а значит =1 ибо взаимнопросты), либо c=b+1, a=d+1. Других вариантов нет, ибо [m]a^{c-b-1}+...+d^{c-b-1}\geq c-b[/m], причем равенство либо при a=d=1, либо при c-b=1.
Вот и имеем из нетривиальных только вариант a(c-1)=c(a-1), то есть a=c, где c=b+1, a=d+1.

При этом получаем решение [m]x= (a/(a-1))^{a-1},\ y=(a/(a-1))^{a}[/m].

Имеем ответ:
Любые x=y>0. x=y<0, где x,y — целые. x=-2, y=-4 или наоборот.
Плюс серия решений [m]x= (a/(a-1))^{a-1},\ y=(a/(a-1))^{a}[/m], где a — целое, большее 1.

да, красота!

ну, а Виктор Евгеньевич в #172, показал, что для любого вещественного Х из (1;е) существует вещественное Y, что выполняется уравнение.

Это-то старинная задачка, всем известная вроде :)

Издеваетесь?

"целые отрицательные, которые Рамиль почему-то потерял."

- ну, это я лопухнулся, имея ввиду определение показательной функции...

спасибо! — беру на заметку