vorrei provare a definire il logaritmo come "l' unica funzione" che soddisfa queste propietà:
f:(0;+\(\infty\))in R;
f, continua;
f(2)= a; con a un qualsiasi numero reale;
f(xy)=f(x)+f(y);\(\forall x, y \in\) dominio;
considerando A={ x \(\in\) (0;+\(\infty\)) tc. \(\exists m \in Z, \exists n \in\)N tc. x=\(\sqrt[n]{2^m}\)
ottengo che devo per forza definire f in questo modo;
\(f(\sqrt[n]{2^m})= (m/n)f(2);\) per ogni x in A;
una volta appurato che la definizione non dipende da m e n ma solo dal numero x....
vorrei dimostrare che la funzione è continua in A; cioè qualcosa di questo tipo.
per\(\sqrt[n]{2^m}\) abbastanza vicina a 1 la funzione definita è abbastanza vicina a 0;
un po il contrario di quello che si deve dimostrare nell' esponenziale, ma non mi sembra altrettanto facile. come si potrebbe fare senza usare i logaritmi?
Definizione di logaritmo
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Massimo Gobbino
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Re: Definizione di logaritmo
No no, forget it! Non si può andare oltre.
Per cominciare, per simmetria con il caso dell'esponenziale, io avrei posto f(a)=1 invece di f(2)=a, ma in fondo è solo questione di gusti. A quel punto, come giustamente hai osservato, si arriva bene a dimostrare che \(f(a^{q})=q\) per ogni razionale q, ma poi non si va più avanti.
Il motivo è che ... non si può andare avanti, nel senso che (in assenza di condizioni aggiuntive) esistono infinite funzioni che soddisfano la relazione \(f(xy)=f(x)+f(y)\) per ogni coppia di numeri reali positivi. Certo se si impone la continuità, allora ce n'è una sola, e anche se si impongono condizioni molti più deboli, come l'esistenza di un rettangolo nel piano cartesiano (con y>0) che non contiene punti del grafico.
La situazione per l'esponenziale è esattamente la stessa, e lo è pure per l'equazione \(f(x+y)=f(x)+f(y)\). Quest'ultima sui razionali ha solo soluzioni del tipo f(x)=ax, ma sui reali è tutta un'altra storia, a meno di non imporre la continuità o cose del genere.
Per cominciare, per simmetria con il caso dell'esponenziale, io avrei posto f(a)=1 invece di f(2)=a, ma in fondo è solo questione di gusti. A quel punto, come giustamente hai osservato, si arriva bene a dimostrare che \(f(a^{q})=q\) per ogni razionale q, ma poi non si va più avanti.
Il motivo è che ... non si può andare avanti, nel senso che (in assenza di condizioni aggiuntive) esistono infinite funzioni che soddisfano la relazione \(f(xy)=f(x)+f(y)\) per ogni coppia di numeri reali positivi. Certo se si impone la continuità, allora ce n'è una sola, e anche se si impongono condizioni molti più deboli, come l'esistenza di un rettangolo nel piano cartesiano (con y>0) che non contiene punti del grafico.
La situazione per l'esponenziale è esattamente la stessa, e lo è pure per l'equazione \(f(x+y)=f(x)+f(y)\). Quest'ultima sui razionali ha solo soluzioni del tipo f(x)=ax, ma sui reali è tutta un'altra storia, a meno di non imporre la continuità o cose del genere.
Re: Definizione di logaritmo
ho imposto come condizione la continuità quindi dovrebbe esisterne una sola, come ha detto lei. Per condizioni necessarie sono poi arrivato a definirla in un denso, "quell' insieme A ". Esattamente come l' esponenziale, che si arriva a definire sul denso dei razionali. Adesso però l' insieme A non sono i razionali ma i "radicali", tra mille virgolette. Vorrei provare a dimostrare che su quel denso intanto è continua, condizione necessaria per estenderla con continuità a tutti i reali positivi. (con l' esponenziale si puo dimostrare che sui razionali è continua, una volta definita per condizioni necessarie )
dovrebbe essere possibile no?
cioè, vorrei dimostrare questo:
\(\forall \epsilon >0 \exists \delta >0\) tc. \(\forall \sqrt[n]{2^m}\) appartenenti a \((1- \delta; 1+\delta)\)(intersecato dominio) \(|f(\sqrt[n]{2^m} )|< \epsilon\)
cioè che il logaritmo, definito per ora solo in quel denso, è continuo in 1; è facile farlo con delle disuguaglianze?
poi una volta dimostrato che è continuo in 1 dovrebbe essere facile provare la continuita nel denso. successivamente, lo estendo (forse) con qualche forma "piu debole" del teorema di estensione (ad esempio spazio metrico loc. unif. continuo) o mantenendo la monotonia
non lo so, forse sto sbagliando
dovrebbe essere possibile no?
cioè, vorrei dimostrare questo:
\(\forall \epsilon >0 \exists \delta >0\) tc. \(\forall \sqrt[n]{2^m}\) appartenenti a \((1- \delta; 1+\delta)\)(intersecato dominio) \(|f(\sqrt[n]{2^m} )|< \epsilon\)
cioè che il logaritmo, definito per ora solo in quel denso, è continuo in 1; è facile farlo con delle disuguaglianze?
poi una volta dimostrato che è continuo in 1 dovrebbe essere facile provare la continuita nel denso. successivamente, lo estendo (forse) con qualche forma "piu debole" del teorema di estensione (ad esempio spazio metrico loc. unif. continuo) o mantenendo la monotonia
non lo so, forse sto sbagliando
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Massimo Gobbino
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Re: Definizione di logaritmo
Ah, forse ho capito. Detto brutalmente, si tratta di dimostrare che, se \(a^q\) è vicino ad 1, allora q è vicino a 0.
Questo è in un certo senso l'opposto di quello che si fa con l'esponenziale, cioè dimostrare che \(a^q\) è vicino ad 1 quando q è vicino a 0. Ora nel caso dell'esponenziale si fa facilmente con Bernoulli, esattamente come nella dimostrazione che la radice n-esima di a tende ad 1.
Con il logaritmo in effetti la cosa sembra più complicata. Già limitandosi ai casi in cui a>1 e q>0 (ai quali non dovrebbe comunque essere difficile ricondursi), uno avrebbe bisogno di una disuguaglianza del tipo (si è posto per comodità a=1+b)
\((1+b)^q\geq 1+c q\)
per un opportuno c. Ora molto a posteriori questa è vera, se non altro come disuguaglianza di convessità, nel senso che è come dire che la funzione \((1+x)^c\) sta sopra alla sua retta tangente in 0, che ha equazione \(1+cx\) con \(c=\log(1+a)\).
Questo discorso però è molto a posteriori, e non sarebbe male trovarne una dimostrazione che usi gli assiomi e poco più.
[Già che ci sono, sposto il tutto nella sezione preliminari, che mi sembra più adatta]
Questo è in un certo senso l'opposto di quello che si fa con l'esponenziale, cioè dimostrare che \(a^q\) è vicino ad 1 quando q è vicino a 0. Ora nel caso dell'esponenziale si fa facilmente con Bernoulli, esattamente come nella dimostrazione che la radice n-esima di a tende ad 1.
Con il logaritmo in effetti la cosa sembra più complicata. Già limitandosi ai casi in cui a>1 e q>0 (ai quali non dovrebbe comunque essere difficile ricondursi), uno avrebbe bisogno di una disuguaglianza del tipo (si è posto per comodità a=1+b)
\((1+b)^q\geq 1+c q\)
per un opportuno c. Ora molto a posteriori questa è vera, se non altro come disuguaglianza di convessità, nel senso che è come dire che la funzione \((1+x)^c\) sta sopra alla sua retta tangente in 0, che ha equazione \(1+cx\) con \(c=\log(1+a)\).
Questo discorso però è molto a posteriori, e non sarebbe male trovarne una dimostrazione che usi gli assiomi e poco più.
[Già che ci sono, sposto il tutto nella sezione preliminari, che mi sembra più adatta]
Re: Definizione di logaritmo
Esatto
credo che basti dimostrare questo:
sia \(a \in R\) e a>0 e sia \(\delta\)>0
si consideri la seguente disuguaglianza:
| \(\sqrt[n]{a}\) - 1 |\(\leq\) \(\delta\)
le soluzioni (in N ) di questa disequazione sono del tipo
\(n\geq\) \(n_{\delta}\) ?
se si,
per" \(\delta\) che tende a 0", \(n_{\delta}\) tende a + \(\infty\)?
la saprei risolvere usando i logaritmi, ma non lo posso fare, perchè non li ho ancora definiti, vorrei farlo con delle proprietà strettamente legate agli assiomi, come ha detto lei. Con una disuguaglianza di quel tipo si, si dovrebbe concludere.
credo che basti dimostrare questo:
sia \(a \in R\) e a>0 e sia \(\delta\)>0
si consideri la seguente disuguaglianza:
| \(\sqrt[n]{a}\) - 1 |\(\leq\) \(\delta\)
le soluzioni (in N ) di questa disequazione sono del tipo
\(n\geq\) \(n_{\delta}\) ?
se si,
per" \(\delta\) che tende a 0", \(n_{\delta}\) tende a + \(\infty\)?
la saprei risolvere usando i logaritmi, ma non lo posso fare, perchè non li ho ancora definiti, vorrei farlo con delle proprietà strettamente legate agli assiomi, come ha detto lei. Con una disuguaglianza di quel tipo si, si dovrebbe concludere.
Re: Definizione di logaritmo
è corretta questa dimostrazione?
- Sia a \(\in\) \(\mathbb{R}\) \(\wedge\) a > 1; sia q \(\in\) \(\mathbb{Q}\);
\(\forall\) \(\epsilon\) > 0 \(\exists\) \(\delta\) >0 tc. | \(a^{q}\) - 1 | < \(\delta\) \(\rightarrow\) |q| < \(\epsilon\);
Caso q = \(\frac{m}{n}\) ; con n \(\in\) \(\mathbb{N}\), n > 0 e m\(\in\) \(\mathbb{N}\);
in questo caso |\(a^{q}\) - 1 | < \(\delta\) \(\longleftrightarrow\) a < \(( 1 + \delta )^{\frac{1}{q}}\);
Passo 1:
Fissato \(n_{0}\) \(\in\) \(\mathbb{N}\) ( \(n_{0}\) > 0 ) è possibile scegliere \(\delta(n_{0})\) in modo che a < \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\rightarrow\) n>\(n_{0}\); Prendo \(\delta\)= \(\frac{(a-1)}{(n_{0}!)(n_{0})(a)}\)
Infatti, Faccio vedere che ogni per n \(\leq\) \(n_{0}\) risulta a \(\geq\) \(( 1 + \delta )^{n}\);
Infatti \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\leq\) 1 + \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta^{i}}\) \(\leq\) 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta}\) (se tolgo gli esponenti a cose minori di 1 ottengo qualcosa di maggiore), ora per n \(\leq\) \(n_{0}\) ho che 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta}\) \(\leq\) 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\frac{(a-1)}{n_{0}}}\) \(\leq\) 1 + \(n_{0}\frac{(a-1)}{n_{0}}\)\(\leq\) a (ho levato dei denominatori che sono maggiori uguali a 1, e ho levato \(\frac{n!}{n_{0}!}\) che è minore o uguale 1), quindi prendendo quel delta si ha che a < \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\rightarrow\) n> \(n_{0}\), perche quelli minori o uguali implicano la disuguaglianza contraria;
Passo 2
fisso \(\epsilon\)>0; scelgo \(n_{0}\)\(\geq\) \(\frac{1}{\epsilon}\) e \(\delta(\epsilon)\) = \(\delta(n_{0})\) (come sopra); Ora dico che | \(a^{\frac{m}{n}}\) - 1 | < \(\delta(\epsilon)\) \(\rightarrow\) \(\frac{m}{n}\)< \(\frac{1}{n_{0}}\);
Supponiamo che sia \(\frac{m}{n}\)\(\geq\)\(\frac{1}{n_{0}}\); questo implica
\(a^{\frac{m}{n}}\)\(\geq\)\(a^{\frac{1}{n_{0}}}\). per come era stato scelto \(\delta(\epsilon)\), | \(a^{\frac{1}{n_{0}}}\) - 1 | \(\geq\) \(\delta(\epsilon)\), quindi a maggior ragione | \(a^{\frac{m}{n}}\) - 1 | \(\geq\) \(\delta(\epsilon)\).
si ha quindi \(\frac{m}{n}\)< \(\frac{1}{n_{0}}\)<\(\epsilon\).
Giusto?
- Sia a \(\in\) \(\mathbb{R}\) \(\wedge\) a > 1; sia q \(\in\) \(\mathbb{Q}\);
\(\forall\) \(\epsilon\) > 0 \(\exists\) \(\delta\) >0 tc. | \(a^{q}\) - 1 | < \(\delta\) \(\rightarrow\) |q| < \(\epsilon\);
Caso q = \(\frac{m}{n}\) ; con n \(\in\) \(\mathbb{N}\), n > 0 e m\(\in\) \(\mathbb{N}\);
in questo caso |\(a^{q}\) - 1 | < \(\delta\) \(\longleftrightarrow\) a < \(( 1 + \delta )^{\frac{1}{q}}\);
Passo 1:
Fissato \(n_{0}\) \(\in\) \(\mathbb{N}\) ( \(n_{0}\) > 0 ) è possibile scegliere \(\delta(n_{0})\) in modo che a < \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\rightarrow\) n>\(n_{0}\); Prendo \(\delta\)= \(\frac{(a-1)}{(n_{0}!)(n_{0})(a)}\)
Infatti, Faccio vedere che ogni per n \(\leq\) \(n_{0}\) risulta a \(\geq\) \(( 1 + \delta )^{n}\);
Infatti \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\leq\) 1 + \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta^{i}}\) \(\leq\) 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta}\) (se tolgo gli esponenti a cose minori di 1 ottengo qualcosa di maggiore), ora per n \(\leq\) \(n_{0}\) ho che 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\binom{n}{i}\delta}\) \(\leq\) 1+ \(\sum_{i=1}^{n}{\frac{(a-1)}{n_{0}}}\) \(\leq\) 1 + \(n_{0}\frac{(a-1)}{n_{0}}\)\(\leq\) a (ho levato dei denominatori che sono maggiori uguali a 1, e ho levato \(\frac{n!}{n_{0}!}\) che è minore o uguale 1), quindi prendendo quel delta si ha che a < \(( 1 + \delta )^{n}\) \(\rightarrow\) n> \(n_{0}\), perche quelli minori o uguali implicano la disuguaglianza contraria;
Passo 2
fisso \(\epsilon\)>0; scelgo \(n_{0}\)\(\geq\) \(\frac{1}{\epsilon}\) e \(\delta(\epsilon)\) = \(\delta(n_{0})\) (come sopra); Ora dico che | \(a^{\frac{m}{n}}\) - 1 | < \(\delta(\epsilon)\) \(\rightarrow\) \(\frac{m}{n}\)< \(\frac{1}{n_{0}}\);
Supponiamo che sia \(\frac{m}{n}\)\(\geq\)\(\frac{1}{n_{0}}\); questo implica
\(a^{\frac{m}{n}}\)\(\geq\)\(a^{\frac{1}{n_{0}}}\). per come era stato scelto \(\delta(\epsilon)\), | \(a^{\frac{1}{n_{0}}}\) - 1 | \(\geq\) \(\delta(\epsilon)\), quindi a maggior ragione | \(a^{\frac{m}{n}}\) - 1 | \(\geq\) \(\delta(\epsilon)\).
si ha quindi \(\frac{m}{n}\)< \(\frac{1}{n_{0}}\)<\(\epsilon\).
Giusto?