NOUVELLE ÃQUATION INÃDITE Ã RÃSOUDRE
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- āđāļāļĒāđāļāļĢāđāđāļĄāļ·āđāļ 10 āļ.āļĒ. 2024
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Nouvelle ÃĐquation inÃĐdite à rÃĐsoudre, avec une morale sympathique ð
On peut simplement factoriser au niveau des exposants :ce qui donne 2'5(x-1)=5'2(x-1) cad 32'(x-1)=25'(x-1) aprÃĻs on multiplie les deux cÃītÃĐs par 1/25'(x-1) on obtient (32/25)'x-1=1 donc nÃĐcessairement x-1=0 autrement x=1
Presque, en l'absence de contraintes dans l'ÃĐnoncÃĐ x = 1+ kÏi/(5ln(2)â2ln(5)), k n'importe quel entier
J'ai fait autrement et ça me semble plus rapide :
2^(5x-5) = 5^(2x-2)
(5x-5)*ln2 = (2x-2)*ln5
(x-1)*5ln2 - (x-1)*2ln5 = 0
(x-1)(5ln2 - 2ln5) = 0
donc x - 1 = 0 (car 5ln2 - 2ln5 â 0)
x = 1ðĪ
Bien jouÃĐ, j'ai essayÃĐ de tÊte mais j'ai pas pensÃĐ Ã factoriser
J'ai choisi spontanÃĐment la solution des ln (logarithme NÃĐpÃĐrien) et obtenu ÃĐquation et rÃĐsultat comme vous.
Il y a une sorcellerie qui peut arriver entre la 2e et la 3e ÃĐtape :
Passer de : (5x-5)*ln2 = (2x-2)*ln5
à : (x-1)*5ln2 = (x-1)*2ln5
Puis, en considÃĐrant que x est diffÃĐrent de 1 :
5.(x-1) / (2.(x-1)) = ln5 / ln2
On simplifie par (x-1) Ã gauche de l'ÃĐquation, alors : 5/2 = ln5 / ln2
Sorcellerie ðĨðĨðĨðĨðĨ ððð
@@SingeMalicieux C'est malveillant ça ð
Mais ça montre juste qu'il n'y a pas de solutions dans l'ensemble R\{1}, il faut donc ensuite voir si il y a une solution dans l'ensemble {1}
@@-Gyr0 En effet "c'est pas bien" ^^ Et j'avoue que c'ÃĐtait volontaire ðĪððMerci pour ta rÃĐponse excellente !
Mais je pense que ce serait une belle chose à expliquer, car au lycÃĐe, les ÃĐlÃĻves peuvent clairement s'engouffrer dans ce genre de rÃĐsolutionsâĶ
Donc si on admet que 1 n'est pas solution puisqu'on arrive à une aberration, il ne faut pas oublier que 1 puisse Être solution ð
Je ne comprends pas pourquoi on n'a pas directement utilisÃĐ le logarithme au dÃĐbut si c'est pour l'utiliser à la fin.
ln[2^(5x-5)] = (5x - 5) ln(2)
ln(2) est un nombre donc il s'agit juste de rÃĐsoudre une ÃĐquation du premier degrÃĐ :
[5 ln(2) - 2 ln(5)] x = 5 ln(2) - 2 ln(5)
x = 1
Comme on n'utilise que des ÃĐquivalences, on obtient toutes les solutions.
Ahh enfin une ÃĐquation avec des puissances. J'adore ça ð ð. J'espÃĻre que vous prenez comme note de continuer la sÃĐrie des complexes si vous pouvez bien sÃŧr ðâĪðĐðŋ
ðŦð·ð
L'exercice est trÃĻs sympa ðŪ
S'il te plaÃŪt tu peux faire un exercice sur l'interpolation linÃĐaire
Comme vous, j'ai ÃĐcrit que 2^(5x)/2^5=5^(2x)/5Âē. Mais ensuite, j'ai pris un autre chemin :
32^x/32=25^x/25 32^(x-1)=25^(x-1). LÃ , on peut sans doute conclure que x-1=0x=1 (car 32^0=25^0=1), mais pour la beautÃĐ du geste je suis moi aussi passÃĐ par le logarithme, ce qui donne la chose suivante.
ln[32^(x-1)]=ln[25^(x-1)](x-1)ln32=(x-1)ln25(x-1)ln32-(x-1)ln25=0(x-1)(ln32-ln25)=0x-1=0x=1
Sympathique exercice tout comme la rÃĐsolution. ð
Trop beau ððŪ le solfÃĻge de la mathÃĐmatique, c'est M. IMAN
ð merci
Aaah ! Enfin des logarithmes ! J'adore ça ð
TrÃĻs intÃĐressant, ça fait partie de ces ÃĐquations oÃđ la solution semble ÃĐvidente mais le chemin est tortueux
Super merci encore. Je suis parti dans une autre direction j'ai factorisÃĐ l'exposant par x-1. Le 32 et 25 arrivent donc plus tÃīt dans le calcul...ð
C'est bon : x = 1 en voyant la vignette j'ai eu envie de tester une "force brute" j'ai commencÃĐ par 1, Fin de l'histoire
. . . Chouette c'ÃĐtait bien ça LOL. Je m'amuse juste avec les vignettes de TH-cam je ne faisais que passer.
Mais franchement une merveille tes explications cette passion est transmise !
Pour le coup, vu que x-1 est facteur dans les 2 exposants, il suffit de factoriser puis rÃĐÃĐcrire l'ÃĐquation (2^5)^(x-1) = (5^2)^(x-1), ce qui est ÃĐquivalent à x-1=0, puisque 2^5â 5^2
GÃĐnial merciâĪâĪâĪ
Moi j'ai factorisÃĐ :
2^(5x-5) = 5^(2x-2)
2^(5*(x-1)) = 5^(2*(x-1))
on sort les exposant 5 et 2 :
32^(x-1) = 25^(x-1)
Le seul moyen pour que l'ÃĐgalitÃĐ soit vraie est que x-1 = 0
donc x = 1
Merci
J'ai repÃĐrÃĐ tout de suite la solution ÃĐvidente x=1 (--> 2^0 = 5^0 --> 1 = 1).
Ensuite j'ai factorisÃĐ le (x-1) --> 2^(5(x-1)) = 5^(2(x-1)) --> 32^(x-1) = 25^(x-1) --> (32/25)^(x-1) = 0 d'oÃđ x=1 en utilisant ln.
Bonjour Professeur,
Ãquation de dÃĐpart : 2^(5x-5) = 5^(2x-2)
Encore un cas idÃĐal, avec solution : x = 1
Jâadore ajouter une couche de difficultÃĐ dans tes exercices, oÃđ lâon ne tombe pas sur des cas simples ou idÃĐaux.
Si on avait par exemple, comme ÃĐquation de dÃĐpart : 2^(4x+3) = 6^(2x-1)
Dans ce cas, x a une valeur plus compliquÃĐe.
Je passe par les logarithmes NÃĐpÃĐrien (ln) pour trouver la solution.
On remarque au dÃĐbut qu'on peut factoriser les 2 exposants par (x-1). Du coup on obtient 32^(x-1)=25^(x-1) qui sont alors 2 puissances de mÊme exposant (x-1) et de bases diffÃĐrentes. Elle ne sont ÃĐgales que si x-1=0. D'oÃđ la solution x=1
meilleure explication a mon gout
Il suffisait de faire le ln des le dÃĐbut.
Et pour justifier x=1, comme a puissance x est monotone pour a positif alors il ne peut pas y avoir de valeurs possÃĐdant plus d'un antÃĐcÃĐdent et c'est rÃĐglÃĐ
Ou alors on voit tout de suite que 2^(...) sera pair et que 5^(...) sera impair (par definition).
Donc cette ÃĐquation ne marche que si 5x-5 et 2x-2 vallent tous les deux 0, car 0 est la seule puissance qui donne la mÊme solution quelle que soit la base (y^0 = 1 quel que soit y)
Donc 2x-2 = 0 et 5x-5 = 0
Donc x vaut 1
On ne vous dit pas que x est un entier (relatif ou non)
@@michelbernard9092 qu'est-ce que ca change? Mon raisonnement est faux?
â@@antoinefdu Votre raisonnement fonctionne uniquement si on recherche un ou des entiers solutions mais ça ne marche pas en gÃĐnÃĐral. Si par exemple on cherche x tel que 2^x=5 .. avec votre raisonnement, vous dites qu'il n'existe pas de solution entiÃĻre (ce qui est vrai) alors qu'il existe une, sauf qu'elle n'est pas entiÃĻre.
@@michelbernard9092 bien vu! merci
Et oui on a aimÃĐ âĪ.
Il faut juste voir que 5^x est forcÃĐment impair et se termine par 5, tandis que 2^x est toujours pair. La seule solution est donc d'avoir les exposants à 0 pour obtenir 1=1 . Donc x=1.
Il y a encore plus simple je crois :
On a 2^(5x-5)=5^(2x-2)(2^5)^(x-1)=(5^2)^(x-1)
On suppose xâ 1.
Alors, la fonction f(a)=a^(x-1) est strictement monotone.
Ainsi, on devrait avoir 2^5=5^2, ce qui est absurde.
D'oÃđ x=1.
On vÃĐrifie rÃĐciproquement que cette solution convient.
Je ne sais pas si cest trÃĻs rigoureux vu que je n ai pas dÃĐmontrÃĐ la monotonie stricte, mais ça m a l air assez intuitif.
Au moins on utilise pas ln, ce qui est assez bourrin pour cette ÃĐquation ðĒ
Pour info, la "vraie" justification de l'unicitÃĐ de la solution, c'est que la fonction f(x) = e^x est injective , or si une fonction est injective alors on a la phrase logique" f(x)=f(y) => x=y" Pour prendre un autre exemple la fonction g(x)= sin (x) n'ÃĐtant pas injective, on ne peut pas ÃĐcrire "sin (x) = sin (y) => x=y"
Bijective mÊme non? Sur le domaine de dÃĐfinition un X est associÃĐ Ã un Y uniqueâĶ mais câest tellement loin tout çaâĶðĒ
Dans ce cas oui cest bijectif sauf que la ce qui est necessaire cest juste injectivite je crois ducoup pas forcemrnt besoin detre surjectif
Car injective ca veut dire que chaque element possede au maximum 1 antÃĐcÃĐdents ce qui assure lunicite â@@christophedidier6758
L'expo est mÊme bijective en effet, mais nul besoin de l'invoquer ici. On rÃĐsout ça entiÃĻrement avec des maths de lycÃĐe.
@@christophedidier6758 Elle n'est pas bijective sur â car les y nÃĐgatifs n'ont pas d'antÃĐcÃĐdent, et de toutes maniÃĻre l'injectivitÃĐ suffit.
@@LC95297 ð si elle est bijective donnez-moi l'antÃĐcÃĐdent de -1 !
c'ÃĐtait pas plus simple de "ln-iser" depuis le dÃĐbut ?
(5x-5)ln(2) = (2x-2)ln(5)
(5ln(2)-2ln(5))x = 5ln(2)-2ln(5)
x=1
"Elle ne donne pas toutes les solutions" / "Elle peut te faire oublier des solutions"
On sentait quand mÊme dÃĻs l'ÃĐnoncÃĐ qu'on allait passer par du 2^0 = 5^0 (1= 1), car comme on avait des bases diffÃĐrentes sous les 2 nombres avec des exposants en x, à moins d'avoir des nombres compliquÃĐ avec des Ln, c'ÃĐtait quand mÊme le plus simple avec du exposant 0.
Plus rapide: 2^(5x-5) = (2^5)^(x-1) et 5^(2x-2)=(5^2)^(x-1), on pourrait en dÃĐduire donc puisque les deux valeurs sont identiques et à la mÊme puissance (x-1), que 2^5 est ÃĐgal à 5^2, ce qui est un non sens. Mais l'expression n'est vraie QUE SI 5x(x-1) est ÃĐgal à 2x(x-1), soit uniquement quand x=1, car alors les deux valeurs sont à ZERO, et 2^0 est bien ÃĐgal à 5^0. Nul besoin de passer par les logarithmes ici !
RÃĐduisez le papotage et allez à lâessentiel! Svp
On en dÃĐduit que x=1 dÃĻs 3:20
Le seul nombre a la fois puissance de 2 et de 5 est 1, donc 2^0 et 5^0, il vient x = 1
2^(5x - 5) = 5^(2x - 2)
2^(5x)/(2^5) = 5^(2x)/(5^2)
(2^(5x))/(5^(2x)) = (2^5)/(5^2)
(5x)log2 - (2x)log5 = 5log2 - 2log5
x = (2log5 - 5log2)/(2log5 - 5log2) = 1
Elle est ÃĐquivalente à (32/25)^(x-1)=1
Donc x=1.
Le coup du produit en croix aux alentour de 1:34 j'ai pas du tout compris , si quelqu'un peut m'expliquer merci d'avance.
Dix fois trop long.. On pose y=x-1 (et encore c'est facultatif) on a ensuite 2^(5y)=5^(2y) 5yln2=2yln5 y(5ln2-2ln5)=0 y=0 soit x-1=0 et donc x=1.
oui mais on est sensÃĐ pouvoir le faire sans calculatrice
@@TaupeChef Et d'oÃđ est-ce que j'ai pris une calculatrice, dis-moi à quel moment tu penses qu'on l'utilise ici ?
@@LC95297 nan dsl, j'ai mal vu ton calcul
@@TaupeChef ð
Je pense que pour des ÃĐlÃĻves, la solution prÃĐsentÃĐe dans la vidÃĐo est plus abordable car elle ne fait intervenir le logarithme quâà la fin. Tout le monde nâest pas à lâaise avec cette fonction.
Mais je reconnais que la solution proposÃĐe ici est plus rapide et plus ÃĐlÃĐgante.
2^(5x - 5) = 2^(2x - 2)
2^[5.(x - 1)] = 2^[2.(x - 1)]
[2^(5)]^(x - 1) = [2^(2)]^(x - 1)
25^(x - 1) = 4^(x - 1)
25^(x - 1) / 4^(x - 1) = 1
(25/4)^(x - 1) = 1
x - 1 = 0
x = 1
le truc le plus drÃīle c'est que j'ai remarquÃĐ que 1 rÃĐsout l'ÃĐquation a zÃĐro seconde de la vidÃĐo. mais j'ai dÃĐcider de regarder jusqu'au bout.
au hasard, ça fait 2^(5x)/5^(2x) = 2^(5)/5^(2) => [2^(5)/5^2]^x = 2^5/5^2 => x = 1... aprÃĻs vÃĐrification, on a 5*1 - 5 = 2*1 - 2 = 0 d'ou 2â° = 5 â° = 1
Je suis passÃĐ en mod log dÃĻs la premiÃĻre ligne, pour arriver sur un quotient de la forme x=(5ln2 - 2ln5)/(5ln2 - 2ln5) .... et donc x=1
On voit directement qu'en remplaçant x par 1 on obtient 1=1
Pour votre solution on voit que (32/25)^x est strictement croissante (en dÃĐrivant par exemple) donc l'ÃĐquation n'admet qu'une solution.
Il ÃĐtait inutile de calculer 2ÂĻ5 et 5ÂĻ2.
Clairement.
J'ai pas compris pourquoi il le fait : d'habitude il ne fait pas de calcul inutile , ou au pire il mentionne le rÃĐsultat pour la forme.
@@Valkeyrion peut-Être afin d'avoir une valeur 'aimable' plutÃīt qu'une expression. 2^5 ça se calcule (gymnastique mentale) mais avec 2^500 ça serait peut-Être restÃĐ comme tel au tableau. ð
Pas de ln, c'est du collÃĻge. 2^n , c est que des facteurs 2 et 5^p, c est que des facteurs 5 donc il ne peut pas y avoir ÃĐgalitÃĐ Ã moins que l ' on ait 2^0 et 5^0 pour le mÊme x. Ce qui donne de maniÃĻre immÃĐdiate x=1. Pas sur que cette ÃĐquation ait de l intÃĐrÊt mathematiquement.
Il faut toujours chercher les racines ÃĐvidentes des ÃĐquations, en commençant par 0, 1 et -1. AprÃĻs, c'est trop dur!
Pas du tout, simplement de l'organisation, de la logique et un peu de maths de lycÃĐe. Si on fait tout bien on termine en deux lignes.
Le problÃĻme est rÃĐsolu aprÃĻs 1'50 de vidÃĐo. 2^a = 2^b donc a=b; idem pour les numÃĐrateurs. Une fois de plus, un peu dÃĐçu par du remplissage inutile !!!
Zero plus zero egal la tete a toto
Une fois de plus, c'est complÃĻtement faux !! avec votre dÃĐmo à la fin, l'ÃĐquation xâī =1 n'a aussi qu'une solution : car 4*ln(x)=0 ne donne que la solution ln(x)=0 soit x=1 seule solution, alors que l'ÃĐquation a deux solutions dans â et 4 dans â
sauf que pour rÃĐsoudre x^4=1, y'a pas besoin de passer pour le log ...
Enfaite si on passe par le log nÃĐpÃĐrien on doit prendre la valeur absolue de x puisqu'il est à la base, on a donc :
x^4 = 1
4*ln(|x|) = 0
ln(|x|) = 0
|x| = 1
donc x = -1 ou x = 1
@@-Gyr0 "on doit prendre la valeur absolue de x" Ah bon et ça sort de quel rÃĻgle ? Du n'importe quoi.
âââ@@michelbernard9092 on prend la valeur absolu parceque lâon cherche toute les solutions possibles. Vu que le log nâest dÃĐfini que pour les rÃĐel positif, on exclu forcÃĐment -1 comme solution possible si on lâutilise comme vous le faite. Ou pas tout à fait. Via lâÃĐquation dâEuler, e^(i*pi)=-1, on a ln(-1)=i*pi. Alors 4*ln(-1) = 4*i*pi. La parti rÃĐel vaut 0 , ce qui prouve aussi que -1 est solution dans R. Alors avant de gueuler pour rien, rÃĐflÃĐchissez un peu avant de parler.
@@Virkines Je "gueule pas" je dis juste que vous racontez n'importe quoi, le logarithme complexe est une " fonction multivaluÃĐe" au sens vous pouvez donner un nombre infini de valeurs à ln(-1) dans â par exemple je peux tout à fait dire que ln(-1)=3iÏ