ORIART

Надо переписать уравнение в виде (Х^2+1)^2=ax^3+bx - знаки перед коэффициентами лучше поменять). Пусть (a;b(a))-- пары параметров, при которых график левой части касается графика правой и Х0(а)-- точка касания. Достаточно доказать утверждение для случая именно касания и для b>=0, а тогда и для a>=0 (поскольку для а<0 оно будет тем более верным). При утверждении a=b - все достаточно очевидно. Далее, маленько покрутившись, получим
b'(a)=-x0^2(a) и х0Е(-(беск);1].
Это означает, что график b(a) лежит выше прямой a+b=4 и, следовательно, утверждение верно -- по крайней мере, при a>=b. Но тогда в силу симметрии оно верно и при a=<b. чтд

Понял как делать, но пока еще не получил конкретный ответ..- сначала ковырялся в матрицах четвертого порядка(перемножал вводил переменные типа
(6а+-1)- простые числа, потом тупо рассматривал остатки) в конце концов пришел к тому, что члены квадратной матрицы А(4) должны быть членами четырех различных арифметических прогрессий с равным шагом и различными первыми членами... При чем в каждом столбце, строке и диагоналях болжно встречаться по одному первому члену и шагу {0;d;2d;3d}-
уверен, что это возможно... А дальше подставляем искомые простые выбранные из таблицы простых чисел... На днях думаю выложу конкретный квадрат. Пока всё

7 367 587 197
617 167 97 277
227 557 337 37
307 67 137 647

Если просто посчитать, то получим
e^п=23,14
п^e=22,46
23,14 > 22,46, следовательно
e^п>п^e
P.S. наверное самое простое доказательство