A511 Les superpuissances [à la main **]

A511 Les superpuissances [à la main **]

Solution

1) On sait que 3²³ 3⁸ 2.2⁹ 2.2³². Il en découle que

32 32 32

23 2.2 2 2

3 2 4 3

2    . D’où

32 2 32

2 23

3 3 3

2 3 2.2

3   et

23 23

23 >  

32 32 32

32 2

2 .

2 4

2

32 32

32 .CQFD

2) En prenant les logarithmes décimaux des deux membres de l’équation >0 l’un et l’autre, on obtient y^zLogx xyLogz. Comme y>0, il en résulte y^z-1Logx xLogz . On vérifie aisément que les entiers x10^10000000000, y10^1111111110 et z=10 satisfont l’équation précédente. En effet Logx=10 000 000 000 = 10¹⁰et Logz = 1

 y^z-1Logx=10^9999999990.10¹⁰ = 10^10000000000 et xLogz = x = 10^10000000000.

3) Il est bien connu que

.... 2

2 2

2 2

A est égal à 2. En effet si on considère la suite

1

xn

n 2

x  ^ avec x₁ 2, tous les termes de la suite sont strictement croissants et elle est bornée par 2 car quelque que soit n x est borné par _n

22 2....

2 2

2 le dernier exposant du haut étant 2> 2 . On voit que tous les exposants calculés de haut en bas donnent en cascade le nombre 2. La limite L de x est alors donnée par la formule 2 Log L = L.Log2. _n D’où L=2 et A=L=2.

D’autre part on sait que ⁵ 32 2.Donc ⁵ 32^A 4. Il en résulte que ⁴ 7⁴ 7. Comme 2

2 64 ^{6 6}

6   , on a ⁶ 64 =⁷ 2⁷ 128et ⁸ 2¹²⁸2¹⁶ 65536.

4) On a de façon évidente 2004! > 2005. Par conséquent (2004!)! > 2005! et en répétant les factorielles encore 2003 fois on obtient l’inégalité qui répond à la question

(2004) (2005)

) (2005!

)

(2004!  .

5) On considère la fonction f(x) = (N-x)Log(N+x) définie pour tout x sur [0,1] avec N=2005. Cette fonction est dérivable sur [0,1] et l’on a f ’(x)= - Log(N+x) + (N- x)/(N+x).Comme – Log(N+x) <-1 quel que soit x,

on a f ’(x) < 0 et la fonction f est strictement décroissante entre 0 et 1. Il en résulte que f(0) > f(1). Or f(0) = 2005Log(2005) et f(1) = 2004Log(2006). D’où 2005²⁰⁰⁵2006²⁰⁰⁴.