generalisering af log(x^3)=3*log(x)

log(a^b)= log(a*a*a*.....*a) = log (a)+log(a)+log(a)+....+log(a) =b*log(a)

                ialt b gange              ialt b gange

#1 når b er hel

generelt:
potenser er defineret
                                 x^a = e^a·ln(x) x∈R₊ og a∈R

når λ(x) er en logaritmefunktion
gælder
                  λ(x) = k·ln(x)

hvoraf

                 λ(x^a) = k·ln(x^a) = k·ln(e^ln(x)·a) = k·ln(x)·a = λ(x)·a = a·λ(x)

Ja, den kan bevises ved induktion.

Vi skal bevise, at log(xⁿ) = n·log(x). Først beviser vi, at det holder for n = 1: log(x) = log(x). Så antager vi, at det holder for n = m og beviser, at det holder for n = m+1: log(x^m+1) = log(x^m·x) = log(x^m) + log(x) = m·log(x) + log(x) = (m+1)·log(x).

det er jo kun for hel eksponent

Hvad bruger du lambda til Mathon?

Du definerer ln(e^a) = a for alle a og e^ln(a) = a for a > 0.

Herefter ser du at

ln(x^a) = ln((e^ln(x))^a) = ln(e^{ln(x) a}) = ln(x) a

Det andet lighedstegn gælder jævnfør potensregnereglerne som er en forudsætning

 Ja, induktionsbeviset var ikke så godt. Tricket med at indføre x som e^ln(x) er meget bedre.

problemet er at jeg ikke må bevise det ved at definere x=e^ln(x). jeg må kun gøre ved ved at gå ud fra produktreglen og at log(1)=0

Følgende skulle kunne gøre det.

Definér x = log(bⁿ);

Tag exp på begge sider: e^x = bⁿ;

Tag n'te rod på begge sider: e^x/n = b;

Tag log på begge sider: x/n = log(b);

Gang med n på begge sider: x = n·log(b).

Konkludér, at log(bⁿ) = n·log(b).