🎯 Tu veux la solution pour devenir solide en maths ? C'est par ici 👇 hedacademy.fr/... Nouvelle équation inédite à résoudre, avec une morale sympathique 😊
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 ≠ 0) x = 1🤠
Il y a une sorcellerie qui peut arriver entre la 2e et la 3e étape : Passer de : (5x-5)*ln2 = (2x-2)*ln5 À : (x-1)*5ln2 = (x-1)*2ln5 Puis, en considérant que x est différent de 1 : 5.(x-1) / (2.(x-1)) = ln5 / ln2 On simplifie par (x-1) à gauche de l'équation, alors : 5/2 = ln5 / ln2 Sorcellerie 🔥🔥🔥🔥🔥 😈😈😈
@@SingeMalicieux C'est malveillant ça 💀 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'était volontaire 🤓💀😈Merci pour ta réponse excellente ! Mais je pense que ce serait une belle chose à expliquer, car au lycée, les élèves peuvent clairement s'engouffrer dans ce genre de résolutions… 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 😀
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) après on multiplie les deux côtés par 1/25'(x-1) on obtient (32/25)'x-1=1 donc nécessairement x-1=0 autrement x=1
Je ne comprends pas pourquoi on n'a pas directement utilisé le logarithme au début 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 résoudre une équation du premier degré : [5 ln(2) - 2 ln(5)] x = 5 ln(2) - 2 ln(5) x = 1 Comme on n'utilise que des équivalences, on obtient toutes les solutions.
Ahh enfin une équation avec des puissances. J'adore ça 😅😊. J'espère que vous prenez comme note de continuer la série des complexes si vous pouvez bien sûr 😊❤🇩🇿
Comme vous, j'ai écrit que 2^(5x)/2^5=5^(2x)/5². Mais ensuite, j'ai pris un autre chemin : 32^x/32=25^x/25 32^(x-1)=25^(x-1). Là, on peut sans doute conclure que x-1=0x=1 (car 32^0=25^0=1), mais pour la beauté du geste je suis moi aussi passé 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
Bonjour Professeur, Équation de départ : 2^(5x-5) = 5^(2x-2) Encore un cas idéal, avec solution : x = 1 J’adore ajouter une couche de difficulté dans tes exercices, où l’on ne tombe pas sur des cas simples ou idéaux. Si on avait par exemple, comme équation de départ : 2^(4x+3) = 6^(2x-1) Dans ce cas, x a une valeur plus compliquée. Je passe par les logarithmes Népérien (ln) pour trouver la solution.
Pour le coup, vu que x-1 est facteur dans les 2 exposants, il suffit de factoriser puis réécrire l'équation (2^5)^(x-1) = (5^2)^(x-1), ce qui est équivalent à x-1=0, puisque 2^5≠5^2
Moi j'ai factorisé : 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'égalité soit vraie est que x-1 = 0 donc x = 1 Merci
On remarque au début 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 différentes. Elle ne sont égales que si x-1=0. D'où la solution x=1
C'est bon : x = 1 en voyant la vignette j'ai eu envie de tester une "force brute" j'ai commencé par 1, Fin de l'histoire . . . Chouette c'était bien ça LOL. Je m'amuse juste avec les vignettes de UA-cam je ne faisais que passer. Mais franchement une merveille tes explications cette passion est transmise !
Il suffisait de faire le ln des le début. Et pour justifier x=1, comme a puissance x est monotone pour a positif alors il ne peut pas y avoir de valeurs possédant plus d'un antécédent et c'est réglé
Il faut juste voir que 5^x est forcément 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.
Pour info, la "vraie" justification de l'unicité 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'étant pas injective, on ne peut pas écrire "sin (x) = sin (y) => x=y"
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 antécédents ce qui assure lunicite @@christophedidier6758
Ou alors on voit tout de suite que 2^(...) sera pair et que 5^(...) sera impair (par definition). Donc cette équation 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
@@antoinefdu Votre raisonnement fonctionne uniquement si on recherche un ou des entiers solutions mais ça ne marche pas en général. Si par exemple on cherche x tel que 2^x=5 .. avec votre raisonnement, vous dites qu'il n'existe pas de solution entière (ce qui est vrai) alors qu'il existe une, sauf qu'elle n'est pas entière.
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 x≠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'où x=1. On vérifie réciproquement que cette solution convient. Je ne sais pas si cest très rigoureux vu que je n ai pas démontré la monotonie stricte, mais ça m a l air assez intuitif. Au moins on utilise pas ln, ce qui est assez bourrin pour cette équation 😢
On sentait quand même dès l'énoncé qu'on allait passer par du 2^0 = 5^0 (1= 1), car comme on avait des bases différentes sous les 2 nombres avec des exposants en x, à moins d'avoir des nombres compliqué avec des Ln, c'était 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 déduire donc puisque les deux valeurs sont identiques et à la même puissance (x-1), que 2^5 est égal à 5^2, ce qui est un non sens. Mais l'expression n'est vraie QUE SI 5x(x-1) est égal à 2x(x-1), soit uniquement quand x=1, car alors les deux valeurs sont à ZERO, et 2^0 est bien égal à 5^0. Nul besoin de passer par les logarithmes ici !
Je pense que pour des élèves, la solution présentée dans la vidéo est plus abordable car elle ne fait intervenir le logarithme qu’à la fin. Tout le monde n’est pas à l’aise avec cette fonction. Mais je reconnais que la solution proposée ici est plus rapide et plus élégante.
@@Valkeyrion peut-être afin d'avoir une valeur 'aimable' plutôt qu'une expression. 2^5 ça se calcule (gymnastique mentale) mais avec 2^500 ça serait peut-être resté comme tel au tableau. 🙂
Pas de ln, c'est du collège. 2^n , c est que des facteurs 2 et 5^p, c est que des facteurs 5 donc il ne peut pas y avoir égalité à moins que l ' on ait 2^0 et 5^0 pour le même x. Ce qui donne de manière immédiate x=1. Pas sur que cette équation ait de l intérêt mathematiquement.
Le problème est résolu après 1'50 de vidéo. 2^a = 2^b donc a=b; idem pour les numérateurs. Une fois de plus, un peu déçu par du remplissage inutile !!!
Une fois de plus, c'est complètement faux !! avec votre démo à la fin, l'équation x⁴ =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'équation a deux solutions dans ℝ et 4 dans ℂ
Enfaite si on passe par le log népérien 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
@@michelbernard9092 on prend la valeur absolu parceque l’on cherche toute les solutions possibles. Vu que le log n’est défini que pour les réel positif, on exclu forcément -1 comme solution possible si on l’utilise comme vous le faite. Ou pas tout à fait. Via l’équation d’Euler, e^(i*pi)=-1, on a ln(-1)=i*pi. Alors 4*ln(-1) = 4*i*pi. La parti réel vaut 0 , ce qui prouve aussi que -1 est solution dans R. Alors avant de gueuler pour rien, réfléchissez un peu avant de parler.
@@Virkines Je "gueule pas" je dis juste que vous racontez n'importe quoi, le logarithme complexe est une " fonction multivaluée" au sens vous pouvez donner un nombre infini de valeurs à ln(-1) dans ℂ par exemple je peux tout à fait dire que ln(-1)=3iπ
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 ≠ 0)
x = 1🤠
Bien joué, j'ai essayé de tête mais j'ai pas pensé à factoriser
J'ai choisi spontanément la solution des ln (logarithme Népérien) et obtenu équation et résultat comme vous.
Il y a une sorcellerie qui peut arriver entre la 2e et la 3e étape :
Passer de : (5x-5)*ln2 = (2x-2)*ln5
À : (x-1)*5ln2 = (x-1)*2ln5
Puis, en considérant que x est différent de 1 :
5.(x-1) / (2.(x-1)) = ln5 / ln2
On simplifie par (x-1) à gauche de l'équation, alors : 5/2 = ln5 / ln2
Sorcellerie 🔥🔥🔥🔥🔥 😈😈😈
@@SingeMalicieux C'est malveillant ça 💀
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'était volontaire 🤓💀😈Merci pour ta réponse excellente !
Mais je pense que ce serait une belle chose à expliquer, car au lycée, les élèves peuvent clairement s'engouffrer dans ce genre de résolutions…
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 😀
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) après on multiplie les deux côtés par 1/25'(x-1) on obtient (32/25)'x-1=1 donc nécessairement x-1=0 autrement x=1
Presque, en l'absence de contraintes dans l'énoncé x = 1+ kπi/(5ln(2)−2ln(5)), k n'importe quel entier
Je ne comprends pas pourquoi on n'a pas directement utilisé le logarithme au début 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 résoudre une équation du premier degré :
[5 ln(2) - 2 ln(5)] x = 5 ln(2) - 2 ln(5)
x = 1
Comme on n'utilise que des équivalences, on obtient toutes les solutions.
Ahh enfin une équation avec des puissances. J'adore ça 😅😊. J'espère que vous prenez comme note de continuer la série des complexes si vous pouvez bien sûr 😊❤🇩🇿
🇫🇷😅
L'exercice est très sympa 😮
S'il te plaît tu peux faire un exercice sur l'interpolation linéaire
Sympathique exercice tout comme la résolution. 😊
Comme vous, j'ai écrit que 2^(5x)/2^5=5^(2x)/5². Mais ensuite, j'ai pris un autre chemin :
32^x/32=25^x/25 32^(x-1)=25^(x-1). Là, on peut sans doute conclure que x-1=0x=1 (car 32^0=25^0=1), mais pour la beauté du geste je suis moi aussi passé 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
Bonjour Professeur,
Équation de départ : 2^(5x-5) = 5^(2x-2)
Encore un cas idéal, avec solution : x = 1
J’adore ajouter une couche de difficulté dans tes exercices, où l’on ne tombe pas sur des cas simples ou idéaux.
Si on avait par exemple, comme équation de départ : 2^(4x+3) = 6^(2x-1)
Dans ce cas, x a une valeur plus compliquée.
Je passe par les logarithmes Népérien (ln) pour trouver la solution.
Aaah ! Enfin des logarithmes ! J'adore ça 😁
Très intéressant, ça fait partie de ces équations où la solution semble évidente mais le chemin est tortueux
Pour le coup, vu que x-1 est facteur dans les 2 exposants, il suffit de factoriser puis réécrire l'équation (2^5)^(x-1) = (5^2)^(x-1), ce qui est équivalent à x-1=0, puisque 2^5≠5^2
Génial merci❤❤❤
Trop beau 🎉😮 le solfège de la mathématique, c'est M. IMAN
😍 merci
Moi j'ai factorisé :
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'égalité soit vraie est que x-1 = 0
donc x = 1
Merci
Super merci encore. Je suis parti dans une autre direction j'ai factorisé l'exposant par x-1. Le 32 et 25 arrivent donc plus tôt dans le calcul...😅
J'ai repéré tout de suite la solution évidente x=1 (--> 2^0 = 5^0 --> 1 = 1).
Ensuite j'ai factorisé le (x-1) --> 2^(5(x-1)) = 5^(2(x-1)) --> 32^(x-1) = 25^(x-1) --> (32/25)^(x-1) = 0 d'où x=1 en utilisant ln.
On remarque au début 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 différentes. Elle ne sont égales que si x-1=0. D'où la solution x=1
meilleure explication a mon gout
C'est bon : x = 1 en voyant la vignette j'ai eu envie de tester une "force brute" j'ai commencé par 1, Fin de l'histoire
. . . Chouette c'était bien ça LOL. Je m'amuse juste avec les vignettes de UA-cam je ne faisais que passer.
Mais franchement une merveille tes explications cette passion est transmise !
Il suffisait de faire le ln des le début.
Et pour justifier x=1, comme a puissance x est monotone pour a positif alors il ne peut pas y avoir de valeurs possédant plus d'un antécédent et c'est réglé
Il faut juste voir que 5^x est forcément 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.
"Elle ne donne pas toutes les solutions" / "Elle peut te faire oublier des solutions"
Et oui on a aimé ❤.
Pour info, la "vraie" justification de l'unicité 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'étant pas injective, on ne peut pas écrire "sin (x) = sin (y) => x=y"
Bijective même non? Sur le domaine de définition un X est associé à un Y unique… mais c’est tellement loin tout ça…😢
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 antécédents ce qui assure lunicite @@christophedidier6758
L'expo est même bijective en effet, mais nul besoin de l'invoquer ici. On résout ça entièrement avec des maths de lycée.
@@christophedidier6758 Elle n'est pas bijective sur ℝ car les y négatifs n'ont pas d'antécédent, et de toutes manière l'injectivité suffit.
@@LC95297 😀 si elle est bijective donnez-moi l'antécédent de -1 !
Réduisez le papotage et allez à l’essentiel! Svp
Ou alors on voit tout de suite que 2^(...) sera pair et que 5^(...) sera impair (par definition).
Donc cette équation 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?
@@antoinefdu Votre raisonnement fonctionne uniquement si on recherche un ou des entiers solutions mais ça ne marche pas en général. Si par exemple on cherche x tel que 2^x=5 .. avec votre raisonnement, vous dites qu'il n'existe pas de solution entière (ce qui est vrai) alors qu'il existe une, sauf qu'elle n'est pas entière.
@@michelbernard9092 bien vu! merci
c'était pas plus simple de "ln-iser" depuis le début ?
(5x-5)ln(2) = (2x-2)ln(5)
(5ln(2)-2ln(5))x = 5ln(2)-2ln(5)
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 x≠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'où x=1.
On vérifie réciproquement que cette solution convient.
Je ne sais pas si cest très rigoureux vu que je n ai pas démontré la monotonie stricte, mais ça m a l air assez intuitif.
Au moins on utilise pas ln, ce qui est assez bourrin pour cette équation 😢
On sentait quand même dès l'énoncé qu'on allait passer par du 2^0 = 5^0 (1= 1), car comme on avait des bases différentes sous les 2 nombres avec des exposants en x, à moins d'avoir des nombres compliqué avec des Ln, c'était quand même le plus simple avec du exposant 0.
le truc le plus drôle c'est que j'ai remarqué que 1 résout l'équation a zéro seconde de la vidéo. mais j'ai décider de regarder jusqu'au bout.
Plus rapide: 2^(5x-5) = (2^5)^(x-1) et 5^(2x-2)=(5^2)^(x-1), on pourrait en déduire donc puisque les deux valeurs sont identiques et à la même puissance (x-1), que 2^5 est égal à 5^2, ce qui est un non sens. Mais l'expression n'est vraie QUE SI 5x(x-1) est égal à 2x(x-1), soit uniquement quand x=1, car alors les deux valeurs sont à ZERO, et 2^0 est bien égal à 5^0. Nul besoin de passer par les logarithmes ici !
Elle est équivalente à (32/25)^(x-1)=1
Donc x=1.
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 sensé pouvoir le faire sans calculatrice
@@TaupeChef Et d'où 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 👍
Je pense que pour des élèves, la solution présentée dans la vidéo est plus abordable car elle ne fait intervenir le logarithme qu’à la fin. Tout le monde n’est pas à l’aise avec cette fonction.
Mais je reconnais que la solution proposée ici est plus rapide et plus élégante.
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.
au hasard, ça fait 2^(5x)/5^(2x) = 2^(5)/5^(2) => [2^(5)/5^2]^x = 2^5/5^2 => x = 1... après vérification, on a 5*1 - 5 = 2*1 - 2 = 0 d'ou 2⁰ = 5 ⁰ = 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
Je suis passé en mod log dès la première ligne, pour arriver sur un quotient de la forme x=(5ln2 - 2ln5)/(5ln2 - 2ln5) .... et donc x=1
On en déduit que x=1 dès 3:20
On voit directement qu'en remplaçant x par 1 on obtient 1=1
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
Pour votre solution on voit que (32/25)^x est strictement croissante (en dérivant par exemple) donc l'équation n'admet qu'une solution.
Il était inutile de calculer 2¨5 et 5¨2.
Clairement.
J'ai pas compris pourquoi il le fait : d'habitude il ne fait pas de calcul inutile , ou au pire il mentionne le résultat pour la forme.
@@Valkeyrion peut-être afin d'avoir une valeur 'aimable' plutôt qu'une expression. 2^5 ça se calcule (gymnastique mentale) mais avec 2^500 ça serait peut-être resté comme tel au tableau. 🙂
Il faut toujours chercher les racines évidentes des équations, en commençant par 0, 1 et -1. Après, c'est trop dur!
Pas du tout, simplement de l'organisation, de la logique et un peu de maths de lycée. Si on fait tout bien on termine en deux lignes.
Pas de ln, c'est du collège. 2^n , c est que des facteurs 2 et 5^p, c est que des facteurs 5 donc il ne peut pas y avoir égalité à moins que l ' on ait 2^0 et 5^0 pour le même x. Ce qui donne de manière immédiate x=1. Pas sur que cette équation ait de l intérêt mathematiquement.
Le problème est résolu après 1'50 de vidéo. 2^a = 2^b donc a=b; idem pour les numérateurs. Une fois de plus, un peu déçu par du remplissage inutile !!!
Zero plus zero egal la tete a toto
Une fois de plus, c'est complètement faux !! avec votre démo à la fin, l'équation x⁴ =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'équation a deux solutions dans ℝ et 4 dans ℂ
sauf que pour résoudre x^4=1, y'a pas besoin de passer pour le log ...
Enfaite si on passe par le log népérien 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 règle ? Du n'importe quoi.
@@michelbernard9092 on prend la valeur absolu parceque l’on cherche toute les solutions possibles. Vu que le log n’est défini que pour les réel positif, on exclu forcément -1 comme solution possible si on l’utilise comme vous le faite. Ou pas tout à fait. Via l’équation d’Euler, e^(i*pi)=-1, on a ln(-1)=i*pi. Alors 4*ln(-1) = 4*i*pi. La parti réel vaut 0 , ce qui prouve aussi que -1 est solution dans R. Alors avant de gueuler pour rien, réfléchissez un peu avant de parler.
@@Virkines Je "gueule pas" je dis juste que vous racontez n'importe quoi, le logarithme complexe est une " fonction multivaluée" au sens vous pouvez donner un nombre infini de valeurs à ln(-1) dans ℂ par exemple je peux tout à fait dire que ln(-1)=3iπ
Le seul nombre a la fois puissance de 2 et de 5 est 1, donc 2^0 et 5^0, il vient x = 1