ElectroYou

Ciao, devo provare che dato b>1

e

esiste un unico $x \in\mathbb{R}$ tale che b^x = y

.

per prima cosa so che è una caratteristica di $\mathbb{R}$ quindi dovrà saltare fuori in qualche modo il fatto che un insieme non vuoto superiormente limitato ha estremo superiore (o una proprietà ad essa equivalente) dato che è la caratteristica che distingue $\mathbb{R}$ .

ecco la mia idea:

prendo $A=\{x\in\mathbb{R}|b^x < y \}$ considero x =

sup(

) e dimostro che b^x = y

in questo modo, faccio vedere che se b^x < y

si ha che esiste $b^{x + z} < y$ e viceversa con b^x > y

.

il punto in cui mi sono bloccato è quello di mostrare che $\emptyset \neq A$ e che

è superiormente limitato. Come procedo?

un idea la ho in mente (utilizzare la proprietà archimedea di $\mathbb{R}$ ) ma non sono sicuro.

Magari è una di quelle volte in cui si passa per una reductio ad absurdum.

Tipo ipotizzando che ne esistano due diversi che diano lo stesso risultato.

Boh

si in effetti la mia idea è di farla per assurdo (un insegnante mi disse una volta, se ti sembra facile prova con il metodo per assurdo) ma ho pensato anche alla proprietà archimedea perché devo praticamente dire che esiste un valore dell'esponente che lo rende più grande di

nel senso che b^x > y

per

sufficientemente grande, e quindi l'assurdo me lo ritroverei sulla negazione della proprietà archimedea.
per il fatto che $\emptyset \neq A$ non ho idea di come procedere, ma anche qui l'intenzione è di farla per assurdo.

p.s.
Ok per $\emptyset \neq A$ mi sa che ci sono, anche se mi sembra troppo semplice per essere vero

p.a. $\emptyset = A$ allora non esiste $x\in\mathbb{R}$ tale che b^x < y

dunque

ed anche $\frac{1}{b} > y$ assurdo!

https://mathoverflow.net/questions/2270 ... m-function
https://math.stackexchange.com/question ... uniqueness

rugweri ha scritto:https://mathoverflow.net/questions/22706/uniqueness-of-the-logarithm-function
https://math.stackexchange.com/question ... uniqueness

grazie

, nel secondo link però la risposta mi sembra un po vaga: "Since b>1,y>0, choosing a sufficiently small w will get us arbitrarily close to 0, so A is non-empty [fin qui ok, praticamente mi stà dicendo che non esistono numeri "infinitesimi" (che segue dal fatto che R è archimedeo)]. Since b^w>y for a sufficiently large w, A is bounded above, and because of A being a subset of R then ∃supA."[qui non mi spiego come lo dimostra]

il primo link lo devo leggere un po' meglio non ho capito bene il contenuto

p.s.
mi rendo conto che la mia "prova" di sopra di $\emptyset \neq A$ non è corretta, basta prendere b = 5 e y = 1/50 per vederlo :lol:

Si può dimostrare relativamente velocemente.
Comincia a prendere i due insiemi:

$A=\left\{x\in\mathbb{R}|a^x<y_0\right\}$

$B=\left\{x\in\mathbb{R}|a^x>y_0\right\}$

( a>1

e $y_0\in\mathbb{R}^+$ fissato) e fai vedere che ogni elemento di A è strettamente minore di ogni elemento di B, dunque utilizza poi l'assioma di competezza per fare un passo avanti.

Ti chiedo inoltre, hai ben chiaro cosa stiamo intendendo con precisione quando scriviamo a^x

, con $x \in\mathbb{R}$ ?

PS: fai vedere anche che ovviamente A e B non sono vuoti.

eccomi, allora...

che $\emptyset \neq A$ me lo ha fatto vedere un link di rugweri, riporto qui "choosing a sufficiently small w will get us arbitrarily close to 0, so A is non-empty" che mi va bene come dimostrazione.

Il fatto che $B\neq\emptyset$ non so ancora come vederlo.

quando scrivo a^x

in effetti non ci ho pensato al suo significato, ma credo vada bene definirlo in questo modo: se

è irrazionale prendo una successione di intervalli dimezzati (alla Giusti) con estremi $p,q\in\mathbb{Q}$ , tale che p<x<q

al primo passo ho l'intervallo [p,q]

al secondo passo ho uno dei due intervalli $[p , \frac{p+q}{2}] , [\frac{p+q}{2} , q]$ e così via, considerando a^x

come il limite di due successioni di potenze razionali, una maggiorante ed una minorante (dove considero

elevato agli estremi degli intervalli)...

vediamo se ho colto il tuo aiuto, ipotizzo che $\emptyset \neq B$ . Se $x \in A$ e x_1 < x

posso dire che x_1 = x - h

e da

segue che $\frac{a^x}{a^h} < a^x$ e dunque se x_1 < x

anche $a^{x_1} < a^x$ e quindi considerando $x \in A$ ed $z \in B$ potrei costruirmi una successione di intervalli dimezzati il cui limite x esiste (per l'assioma di completezza) ed è x = sup(A) = inf(B).

Mi sembra mi manchi qualcosa nell'ultimo passaggio, ma ora sono un po' confuso, domani provo a rivedermelo bene con calma.

Mi resta comunque da dimostrare che $\emptyset \neq B$

MonkeyDRufy ha scritto:se anche $a^{x_1} < a^x$

Qui credo di aver fatto un passo troppo lungo, saltando qualche passaggio intermedio.

MonkeyDRufy ha scritto:considerando $x \in A$ ed $z \in B$ potrei costruirmi una successione di intervalli dimezzati il cui limite x esiste (per l'assioma di completezza) ed è x = sup(A) = inf(B).

Qui credo di non aver dimostrato proprio niente, ieri sera ero stanco e l'ho buttata giù così, ma non so come fare e se anche fosse ok non riesco a rendermene conto, la vedo più come una spiegazione sbrigativa che una dimostrazione.

Boh ho la sensazione di starmi perdendo in un bicchiere d'acqua

Non ti stai perdendo in un bicchiere d’acqua, tranquillo, non è immediatissimo.
Oggi è stata lunga per me, vado a dormire, domani mattina ti prometto che ti aiuto. O_/