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Équation ${x}^{\sqrt{x}}=\frac{1}{2}$

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

  • Qu'entends-tu par "trouver" ?
  • 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" ?
  • $x=1/4$ est solution il me semble.
  • $1/4$ 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.
  • $x=1/16$ peut-être aussi.
  • Merci

    sur le graphique ont trouve 1/4,et 0,065. le développement je l'ai fait , mais continuer pour trouver ces deux valeurs.
  • $(1/16)^\sqrt{1/16}=(1/16)^{1/4}=1/2$ car $16=2^4$
  • 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.
  • Merci à tous.
    :-)
  • 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 $\displaystyle a={1 \over 4}, b={1 \over 16}.$
  • 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
  • $W_{-1}$ 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 $0\in [0,\pi]$.
  • 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.
  • 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
    $(\frac{1}{\sqrt x})^2 = 2 ^ \frac{1}{\sqrt x}$.
  • 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 écrire "comment résoudre cette équation" l'important c'est l'engouement qu'elle [a] suscité.

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