Mer om logaritmer

(a) Vi skriver $b^{c{\log }_{b}x}={\left(b^{{\log }_{b}x}\right)}^c=x^c=b^{{\log }_b{x}^c}$. Vi har dermed vist (a).

(b) Vi skriver $b^{{\log }_{b}x+{\log }_{b}y}=b^{{\log }_{b}x}{b}^{{\log }_{b}y}=xy=b^{{\log }_{b}xy}$.

(c) Bevises på tilsvarende måte.

Steg 1

La $n$ være et positivt heltall. Da er

$b^n-1\ge n\left(b-1\right)$.

For å se dette kjenner vi først igjen formelen for en endelig geometrisk rekke:

$a_1+k{a}_1+k^2{a}_1+\cdot \cdot \cdot +k^{n-1}{a}_1=\frac{a_1\left(k^n-1\right)}{k-1}$

for $k\ne 1$. Derfor er

$\frac{b^n-1}{b-1}=1+b+\cdot \cdot \cdot +b^{n-1}$.

Vi multipliserer med b−1 på begge sider og får

$b^n-1=\left(1+b+\cdot \cdot \cdot +b^{n-1}\right)\left(b-1\right)$.

Da $b>1$ følger ulikheten herifra.

Steg 2

Det følger fra Steg 1 at vi har

$b-1\ge n\left(b^{\frac{1}{n}}-1\right)$

For å se dette merker vi at siden $b>1$, så er også $b^{\frac{1}{n}}>1$. Dermed kan vi anvende Steg 1, bare at vi bruker $b^{\frac{1}{n}}$ i stedet for $b$. Dermed sier Steg 1 at

${\left(b^{\frac{1}{n}}\right)}^n-1\ge n\left(b^{\frac{1}{n}}-1\right)$

som vi ville vise.

Steg 3

Om $t>1$ og $n>\frac{b-1}{t-1}$, så har vi at

$b^{\frac{1}{n}}<t$

Fra Steg 2 og antagelsen om at $n>\frac{b-1}{t-1}$, følger det at

$b-1>\frac{\left(b-1\right)\left(b^{\frac{1}{n}}-1\right)}{t-1}$

og rydder vi opp i ulikheten har vi

$t-1>b^{\frac{1}{n}}-1$

og vi er ferdig.

Steg 4

La $w$ være et reelt tall slik at $b^w<y$. For et tilstrekkelig stort positivt heltall $n$ har vi da

$b^{w+\frac{1}{n}}>y$

Du finner det kanskje forvirrende hva vi mener med “tilstrekkelig stort”: heldigvis trenger vi ikke å tenke stort på det i dette tilfellet, vi kommer til å vise akkurat hvor stor $n$ må være. Vi ønsker nemlig å bruke Steg 3 for et spesifikt valg av $t$. Vi velger $t=y\cdot b^{-w}$. Først må vi se at dette valget av t oppfyller kriteriet i Steg 3, nemlig at $t>1$. Siden $b^w<y$ så er

$t=y\cdot b^{-w}=\frac{y}{b^w}>\frac{y}{y}=1$.

(Dette følger av at $m>n$ impliserer $\frac{1}{m}<\frac{1}{n}$.) Dermed vet vi at dette er et gyldig valg av t for å kunne bruke Steg 3. Da trenger vi bare følgende kriterie på $n$ for å kunne bruke Steg 3:

$n>\frac{b-1}{t-1}=\frac{b-1}{y\cdot b^{-w}-1}$.

Fra Steg 3 vet vi at i dette tilfellet så er

$b^{\frac{1}{n}}<y\cdot b^{-w}$

og at vi dermed har

$b^{\frac{1}{n}+w}<y$

som vi ville vise.

Steg 5

Om $b^w>y$ (merk at ulikheten nå går andre veien) har vi at

$b^{w-\frac{1}{n}}>y$

for tilstrekkelig stor $n$. Vi bruker samme trikset, bare at vi nå velger $t=b^w\cdot y^{-1}$. Siden $b^w>y$ er dette et gyldig valg av $t$, og resten av beviset er identisk med Steg 4. (Om du er interessert anbefaler jeg deg å skrive det ut i detalj.)

Steg 6

I dette steget viser vi eksistens av logaritmen. La $A$ være mengden av alle $w$ slik at $b^w<y.$,

det vil si mengden av alle $w$ slik at $b^w<y$. La $x=\sup A$ som vi diskuterte før beviset. Da er $x={\log }_{b}y$, med andre ord oppfyller $x$ egenskapen $b^x=y$.

Vi skal her bruke et vanlig triks når man ønsker å vise at to tall er like: vi viser at verken $b^x<y$ eller $b^x>y$ er mulig. Dermed gjenstår bare $b^x=y$. Vi tar først for oss $b^x<y$. Om dette er sant, så er $b^{x+\frac{1}{n}}<y$ tilstrekkelig stor $n$, som vi viste i Steg 4. Dermed kan $x$ umulig være den minste øvre grensen av $A$: $x+\frac{1}{n}$ er et større tall som også er i $A$. Vi tar for oss $b^x>y$ på samme måte, men vi anvender Steg 5. Da ser vi at $x$ umulig kan være den minste øvre grensen, da $x-\frac{1}{n}$ er en mindre øvre grense. Dermed er $b^x=y$.

Steg 7

I dette steget beviser vi unikhet av logaritmen; det vil si at vi skal vise at $x$ er det unike tallet med egenskapen at $b^x=y$. Anta at det finnes et annet tall $z$ slik at $b^z=y$. Da er

$b^x=y=b^z$.

Det følger at

$b^{x-z}=1$

Da $b>1$, så må vi ha at $x-z=0$. Da er $x=z$. Dette fullfører beviset.