dowód xyz: dowód, że funkcja lnx jest rosnąca czyli, jeżeli x₂>x₁ to i f(x₂)>f(x₁) to mam ln(x₂)>ln(x₁) no i z tego od razu wynika, że x₂>x₁ (bo e>1), czyli otrzymuję wcześniejsze założenie czy to jest ok?

mat: to rozumienie byłoby w drugą stronę Biorę x₁ < x₂ Pytam czy ln x₁ < ln x₂ ?

mat:

	x1
ln x1 − ln x2 = ln
	x2

	x1
x1 < x2 więc		<1 (oczywiście obie liczby x1 i x2 są dodatnie)
	x2

	x1
a zatem ln		<0
	x2

więc ostecznie ln x₁ − ln x₂ <0

Adamm: Zakładasz że wiadomo, że lnx<0 dla x<1, więc w pewnym sensie korzystasz z monotoniczności

xyz: ale kto? mat czy ja?

Adamm: http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon13/mon1305.pdf tutaj trzeba od podstaw patrz na własność 4

Adamm: mat, ale u ciebie też jest źle

mat: Nie no, to jest jasne przecież że aby otrzymać liczbę mniejszą od 1 muszę e [większe od 1] podnieść do ujemnej potęgi

Adamm: Oczywiście, zawsze można się wykpić i powiedzieć 'to jest jasne', ale to żaden dowód.

Adamm: Dowód Sierpińskiego korzysta z tego że funkcja wykładnicza jest monotoniczna. Logarytm to funkcja odwrotna to wykładniczej. Ogólnie, jeśli f jest ściśle rosnąca, to jej odwrotność też.

Adamm: własność 5 jest tutaj na stronie 111 http://matwbn.icm.edu.pl/ksiazki/mon/mon13/mon1304.pdf

Adamm: Pomyłka, na stronie 111 jest dla wymiernych. Dla rzeczywistych jest dla 121.

Adamm: Podsumowując − dowód nie jest trudny o ile wiemy że z x<y wynika a^x<a^y dla x, y rzeczywistych, a>1

Adamm: Zawsze mnie śmieszyły takie zadania, bo przecież nie wiadomo co autor postu już wie i z czego może skorzystać.

xyz: dobra, a gdybym nie musiał dowodzić z definicji, tylko ogólnie dowieść, to dowód z wykorzystaniem pochodnej wystarczy? PS. z którego roku ta książka jest? "wymiernem" , "nieprzywiedlny"

Adamm: wymiernem to akurat tak, ale nieprzywiedlny jest zupełnie poprawne w obecnej polszczyźnie Książka jest z 1949 roku.

mat: Adamm moim zdaniem NA PEWNO autorowi nie chodziło o pokazanie monotonicznosci przez rozważanie ,,z boku" czy zbioru liczb wymiernych jest gęsty w R i funkcja wykładnicza jest ciągła. Masz troche racji, ale zazwyczaj robimy jedno zadanie przyjmując jakąś tam wiedze startową.

mat: Chyba że pan xyz jest na kierunku matematyka teoretyczna i to miało być celem tego zadania

wredulus_pospolitus: Adamm ... co do zakładania, że dla x<1 mamy lnx<0 cóż ... można to założyć, w końcu odwołując się do definicji logarytmu: log_ab = c ⇔ a^c = b więc:

	x1
ln (x1/x2) = c ⇔ ec =		< 1 ⇔ ec < e0 ⇔ c < 0 (o ile wiemy 23:48) ⇔
	x2

⇔ ln(x₁/x₂) < 0

wredulus_pospolitus: ostatnie winno być '⇒'

jc:

	dt
ln x = ∫1x
	t

	dt
x < y, ln y − ln x = ∫xy		> 0
	t

mat: to już chyba łatwiej założyć, że wiemy że e^x<1 ⇔x<0

mat: tzn tak jak napisałem wyżej, dla wymiernych jest to oczywiste: Uwaga1: e^1/n>1 dla każdego n∊N [bo gdyby e^1/n=a<1 to e=a*...*a=aⁿ<1 sprzeczność Wniosek1: e^−1/n<1 Uwaga2: e^−m/n=(e^−1/n)^m<1 Wniosek: Dla każdego q∊Wymierne, q<0 mamy e^q<1 I teraz rzeczwyiście jakbyśmy chcieli być bardzo porządni, to trzebaby się powołać na to że zbiór liczb wymiernych jest gęsty w R i funkcja e^x jest ciągła (żeby pokazać, że jak x∊R, x<0 to e^x<1) Ale no nie róbmy sobie jaj Nie o to chodzi w tym zadaniu

jc: Zgadzam się z wypowiedzią Adamma z 22:49. Funkcja x→e^x jest ciągła i rosnąca, zbiorem wartości jest przedział (0,∞). Dlatego, ograniczając przeciwdziedzinę do przedziału (0,∞), można ją odwrócić. Funkcja odwrotna (logarytm) też jest rosnąca.