nierówność Krzychu: nierówność:

	2
log1/4 (2−x) > log1/4
	x+1

Bogdan: dla a∊(0, 1): log_a w > log_a z ⇒ w < z

Ajtek: D:

	2
2−x>0 i		>0 i x+1≠0
	x+1

Masz logarytmy o takich samych podstawach to możesz je opuścić. Pamiętaj o zmianie znaku nierówności przy opuszczaniu logarytmów ponieważ podstawa jest mniejsza od 1.

Piotr: zalozenia:

	2
x+1 ≠ 0 i 2−x>0 i		>0
	x+1

rozwiaz i uwzglednij zalozenia:

	2
2−x <
	x+1

MQ: Dla ścisłości: oba logarytmowane wyrażenia ≠1, bo nie będzie nierówności.

pigor: ... no to np. tak : D_n={x: 2−x>0 i x+1>0}= {x: x<2 i x>−1}=(−1;2) , wtedy z monotoniczności funkcji logarytmicznej log_¹4 (2−x) > log_¹4 ²_x+1 ⇔ 2−x < ¹_x+1 /* (x+1)² ⇔ ⇔ (2−x)(x+1)² < x+1 ⇔ (x−2)(x+1)²+1(x+1) < 0 ⇔ (x+1)(x²−x−2+1) < 0 ⇔ ⇔ (x+1)(x²−x−1) < 0 , to stąd i z D_n ⇔ x²−x−1 < 0 ⇔ ⇔ (x−¹₂)²−(^√5₂)² < 0 ⇔ |x−¹₂| < ^√5₂ ⇔ ⇔ − ^√5₂ < x−¹₂ < ^√5₂ ⇔ ¹₂ − ^√5₂ < x < ¹₂ + ^√5₂ ⇒ ⇒ stąd i z D_n= (−1;2) iloczyn to ¹₂−^√5₂ < x < ¹₂+^√5₂ , czyli x∊(¹₂(1−√5) ; ¹₂(1+√5)) − szukany zbiór rozwiązań . ...

MQ: Nie do końca pigor, bo dla x=1, które należy do Twego rozwiązania, mamy 0=0, a nie 0>0

pigor: ... masz rację, zignorowałem fakt, że liczby logarytmowane muszą być ≠ 1, licząc, że gdzieś "po drodze" mi to wyjdzie, niestety nie stało się tak , a co ma miejsce dla x≠1 , trzeba więc z przedziału rozwiązań wyrzucić jeszcze tę jedynkę .