Équation ${x}^{\sqrt{x}}=\frac{1}{2}$

lesolitaire
lesolitaire
dans Analyse
Bonjour
\[{x}^{\sqrt{x}}=\frac{1}{2}\] en traçant avec geogebra la dérivée s'annule 1 fois pour $x={e}^{-2}$, comment trouver les deux racines, simplement.

Réponses

  • Frédéric Bosio
    Frédéric Bosio
    Qu'entends-tu par "trouver" ?
  • Homo Topi
    Homo Topi
    En fait ça dépend de ce que tu appelles "simplement".

    $x^{\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow e^{\sqrt{x}\ln x} = \dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow \sqrt{x}\ln x = - \ln 2$.

    Ensuite, en posant $y = \sqrt{x}$, on obtient : $y \ln(y^2) = - \ln 2 \Longleftrightarrow 2y\ln y = -\ln 2 \Longleftrightarrow y \ln y = -\dfrac{\ln 2}{2}$.

    Les équations de la forme $y \ln y = C$ se résolvent avec la fonction de Lambert. Est-ce que c'est "simple" ?
  • marco
    marco
    $x=1/4$ est solution il me semble.
  • Homo Topi
    Homo Topi
    $1/4$ est solution mais il y en a une deuxième (se voit sur GeoGebra) qui ne se trouve pas de façon évidente, parce que c'est du Lambert justement.
  • marco
    marco
    $x=1/16$ peut-être aussi.
  • lesolitaire
    lesolitaire
    Merci

    sur le graphique ont trouve 1/4,et 0,065. le développement je l'ai fait , mais continuer pour trouver ces deux valeurs.
  • marco
    marco
    $(1/16)^\sqrt{1/16}=(1/16)^{1/4}=1/2$ car $16=2^4$
  • Homo Topi
    Homo Topi
    Je me demande si l'on peut s'en sortir avec les propriétés de la fonction de Lambert, en admettant de ne pas "avoir vu" les solutions graphiquement. Théoriquement, ça devrait être faisable.

    EDIT : erreur de calcul.
  • lesolitaire
    lesolitaire
    Merci à tous.
    :-)
  • YvesM
    YvesM
    Bonjour,

    Vous avez été plus rapide.

    Pour $\displaystyle x>0$, on cherche les solutions de $\displaystyle x^{\sqrt{x}}={1 \over 2}.$

    L'équation est équivalente à trouver les zéros de la fonction $\displaystyle f: x \mapsto \sqrt{x} \ln x + \ln 2$ sur $\displaystyle x>0$ puisque la fonction logarithme est strictement monotone.

    La fonction $f$ est dérivable de dérivée $\displaystyle f': x \mapsto {\ln x+ 2 \over 2 \sqrt{x}}$ sur $\displaystyle x>0$ qui s'annule en $\displaystyle e^{-2}.$

    On trace le tableau des variations avec $\displaystyle f(x) \to 0, (x \to 0)$, $\displaystyle f(x) \to +\infty, (x \to +\infty)$, $\displaystyle f(e^{-2} = \ln 2-{2 \over e} <0.$

    Il existe donc deux zéros $a,b$ tels que $\displaystyle f(a)=f(b) = 0$ avec $0 <a<e^{-2}<b.$

    Pour trouver $a, b$, la présence du terme $\ln 2$ incite à essayer $\displaystyle x=2^y$ avec $y$ réel. On reporte et on calcule $\displaystyle -y 2^{y/2} = 1.$ On essaie des valeurs négatives de $y$ et on tombe assez rapidement sur $\displaystyle y=-2$ et $\displaystyle y=-4.$

    On a donc $\displaystyle a={1 \over 4}, b={1 \over 16}.$
  • Homo Topi
    Homo Topi
    Je reviens ici avec mes histoires de fonction de Lambert.

    $x^{\sqrt{x}} = \dfrac{1}{2} \Longleftrightarrow \sqrt{x}\ln x = - \ln 2 \Longleftrightarrow \sqrt{x}\ln(\sqrt{x}) = - \dfrac{\ln 2}{2}\Longleftrightarrow \ln(\sqrt{x})e^{ \ln(\sqrt{x})} = - \dfrac{\ln 2}{2}$

    Ici, on peut appliquer la fonction de Lambert, mais comme $- \dfrac{\ln 2}{2} < 0$, chaque branche donne une autre solution. D'où :

    - soit $\ln(\sqrt{x}) = W_0\bigg(-\dfrac{\ln 2}{2}\bigg) =-\ln 2$, d'après une propriété de $W_0$ car $2 \in ]0~;~e]$, d'où $\sqrt{x}=e^{-\ln 2} = \dfrac{1}{2}$ et donc $x=1/4$ ;

    - soit $\ln(\sqrt{x}) = W_{-1}\bigg(-\dfrac{\ln 2}{2}\bigg)$. Dans ce cas, on devrait avoir $x=1/16$ d'après les calculs qui ont déjà été faits dans ce fil.

    Cependant, on peut procéder à l'envers : si $x=1/16$, alors $\ln(\sqrt{x}) = -2\ln 2$, donc il faudrait que $\boxed{W_{-1}\bigg(-\dfrac{\ln 2}{2}\bigg) = -2\ln 2}$.

    J'aurais voulu prouver la relation encadrée en utilisant uniquement les propriétés de $W_{-1}$ pour conclure que $x=1/16$ est la deuxième solution, mais je n'y suis pas arrivé pour l'instant. Cependant, cet exercice et les calculs faits par les autres démontrent la relation encadrée d'une autre manière, donc on sait qu'elle est vraie. J'ai trouvé le résultat sympathique alors j'ai voulu le signaler, même si ce n'est pas ce qu'on cherchait au départ :-D
  • JLapin
    JLapin
    $W_{-1}$ est une fonction réciproque, non ?
    Du coup, pour démontrer la relation encadrée, il te suffit de vérifier que l'image de $-2\ln(2)$ vaut $\frac{-\ln 2}{2}$ et que $-2\ln 2$ appartient au bon intervalle.

    Un peu comme on justifie que $\arccos(1)=0$ en vérifiant que $\cos(0)=1$ et que $0\in [0,\pi]$.
  • Homo Topi
    Homo Topi
    Pas faux :-D oui ça tient en une ligne.

    Du coup on pouvait résoudre l'équation analytiquement. Bon, ce n'est peut-être pas la solution la plus simple, mais j'aime bien.
  • GG
    GG
    Bonjour,
    $x^{\sqrt x} = \frac{1}{2}$, donc $( \sqrt x ^ \sqrt x) ^ 2 = \frac{1}{2}$, donc $( \sqrt x ^ \sqrt x) = \frac{1}{\sqrt 2}$
    Posons $y = \frac{1}{\sqrt x}$
    $y ^ \frac{1}{y} = \sqrt 2$, donc $y ^ 2 = 2 ^ y$.

    À part la solution triviale $y = 2$, on a la solution $y = 4$ de la fameuse équation $x^y = y^x$.
    D'où les solutions $x = \frac{1}{4}$ et $x = \frac{1}{16}$.

    P.S. En raccourci, on peut élever les deux membres de l'équation originelle à la puissance $-\frac{1}{\sqrt x}$ et obtenir directement
    $(\frac{1}{\sqrt x})^2 = 2 ^ \frac{1}{\sqrt x}$.
  • lesolitaire
    lesolitaire
    Bonjour à tous

    Cette équation à suscité pas mal mal d'approches intéressantes ; chacune a son intérêt. Le terme simplement n'était pas approprié.
    J'aurais dû écrire "comment résoudre cette équation" l'important c'est l'engouement qu'elle [a] suscité.

    Merci bien (:P)
  • etanche
    etanche
    Il est bien cet exercice
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