KAZI ZA KIFANISI NA LOGARITHM VIII

§ 182 Sifa za kimsingi za kitendakazi cha logarithmic

Katika sehemu hii tutajifunza mali ya msingi ya kazi ya logarithmic

y = logi a x (1)

Tukumbuke hilo chini A katika fomula (1) tunamaanisha fasta yoyote nambari chanya, tofauti na 1.

Mali 1.Kikoa cha ufafanuzi wa kitendakazi cha logarithmic ni seti ya nambari zote chanya.

Kweli, basi b ni nambari chanya ya kiholela. Wacha tuonyeshe kuwa logi ya usemi a b imefafanuliwa. Kama tunavyojua, logi a b si kitu zaidi ya mzizi wa equation

na z = b (2)

Kama A Na b ni nambari chanya, na A =/= 1, basi equation kama hiyo, kwa mali 2 na 5 ya kazi ya kielelezo (tazama § 179), daima ina mzizi mmoja tu. Mzizi huu ni logi a b . Kwa hivyo logi a b V kwa kesi hii imefafanuliwa

Hebu sasa tuonyeshe kwamba kama b < 0, то выражение loga b isiyofafanuliwa.

Kwa hakika, ikiwa usemi huu ungekuwa na maana, ungetoa mzizi wa mlingano (2); katika kesi hii usawa utalazimika kushikilia

A logi a b = b .

Kwa kweli, usawa huu haujaridhika, kwani upande wake wa kushoto ni mzuri, na upande wake wa kulia ni nambari hasi au sifuri.

Kwa hivyo logi ya kujieleza a b (A > 0, A =/=1) imefafanuliwa kwa thamani zote chanya b , lakini haijafafanuliwa kwa yoyote thamani hasi b , wala kwa b = 0. Na hii ina maana kwamba uwanja wa ufafanuzi wa kazi y = logi a x ni seti ya nambari zote chanya.

Mali ya kwanza ya kazi ya logarithmic imethibitishwa. Tafsiri ya kijiometri ya mali hii ni kwamba grafu ya kazi y = logi a x iko kabisa katika nusu ya ndege ya kulia, ambayo inalingana tu maadili chanya X (tazama Mchoro 250 na 251).

Mali 2. Aina mbalimbali za chaguo za kukokotoa za logarithmic ni seti ya nambari zote.

Hii inamaanisha kuwa logi ya usemi a x katika maana tofauti X inaweza kuchukua thamani yoyote ya nambari.

Hebu b - kiholela nambari halisi. Wacha tuonyeshe kuwa kuna nambari X , ambayo inakidhi hali hiyo

logi a x = b . (3)

Hii itathibitisha mali 2.

Uhusiano (3) ina maana sawa na uhusiano

na b = x .

Nambari A - chanya. Na kiwango cha nambari yoyote chanya iliyo na kipeo kiholela huamuliwa kila wakati. Kwa hivyo, kuchagua kama thamani inayotaka X nambari a b , tutakidhi sharti (3).

Mali 3. Katika A > 1 kazi ya logarithmic y = logi a x ni monotonically kuongezeka, na wakati 0 < A < 1 - kupungua kwa monotonically.

Hebu A > 1 na X 2 > X 1 . Hebu tuthibitishe hilo

logi a x 2 > logi a x 1 .

Ili kuthibitisha hili, hebu tufikirie kinyume: logi a x 2 < loga x 1 au logi a x 2 = logi a x 1 . Katika A > 1 utendaji wa kielelezo katika = A x huongeza monotonically. Kwa hiyo, kutoka kwa logi ya hali a x 2 < loga x 1 inafuata hiyo A logi a x 2 < A logi a x 1, lakini A logi a x 2 = x 2 , A logi a x 1 = x 1 . Kwa hivyo, x 2 < x 1 . Na hii inapingana na hali kulingana na ambayo x 2 > x 1. Dhana nyingine pia inaongoza kwa kupingana: logi a x 2 = logi a x 1 . Katika kesi hii inapaswa kuwa A logi a x 2 < A logi a x 1 au x 2 = x 1 . Inabakia kukubali hilo

logi a x 2 > logi a x 1 .

Hivyo, tumethibitisha hilo lini A > kitendaji 1 katika = logi a x inaongezeka monotonically.

Kesi wakati A < 1, предлагаем учащимся рассмотреть самостоятельно.

Sifa ya 3 ya kazi ya logarithmic inaruhusu tafsiri rahisi ya kijiometri. Katika A > grafu 1 ya kukokotoa katika = logi a x pamoja na ukuaji X hupanda juu na juu (tazama Mchoro 250), na wakati A < 1 он с ростом X huzama chini na chini (tazama Mchoro 251).

Matokeo. Ikiwa logariti za nambari mbili ziko kwenye msingi sawa chanya isipokuwa 1, ni sawa, basi nambari hizi zenyewe ni sawa.

Kwa maneno mengine, kutoka kwa hali

logi a x = logi a y (a > 0, A =/= 1)

inafuata hiyo

x = y .

Hakika, ikiwa ni moja ya nambari X Na katika ilikuwa kubwa kuliko nyingine, basi kutokana na monotonicity ya kazi ya logarithmic moja ya logi ya nambaria x na logi a y kungekuwa na zaidi ya nyingine. Lakini hiyo si kweli. Kwa hivyo, x = y .

Mali 4. Katika X =1 kazi ya logarithmic katika = logi a x inachukua thamani sawa na sifuri.

Graphically hii ina maana kwamba bila kujali A curve katika = logi a x huingiliana na mhimili X kwenye abscissa X = 1 (tazama Mchoro 250 na 251).

Ili kuthibitisha mali ya 4, inatosha kutambua kwamba kwa chanya yoyote A

A 0 = 1.

Kwa hivyo logi a 1 = 0.

Mali 5. Hebu A > 1. Kisha saa X > 1kazi katika = logi a x inachukua chanya, na kwa 0< X < 1 - отрицательные значения.

Kama 0 < A < 1, basi, kinyume chake, lini X > 1 kazi katika = logi a x inachukua hasi, na wakati 0 < X < 1 - maadili chanya.

Sifa hii ya kazi ya logarithmic pia inaruhusu tafsiri rahisi ya kielelezo. Hebu, kwa mfano, A >1. Kisha sehemu hiyo ya curve katika = logi a x , ambayo inalingana na maadili X > 1, iko juu ya mhimili X , na sehemu hiyo ya curve inayolingana na maadili 0< X < 1, находится ниже оси X (tazama Mchoro 250). Kesi wakati a < 1 (рис. 251).

Sifa ya 5 ya kazi ya logarithmic ni matokeo rahisi ya mali ya 3 na ya 4. Ili kuwa mahususi, acheni tuchunguze kesi wakati A > 1. Kisha, kwa mali ya 3, kazi katika = logi a x itakuwa monotonically kuongezeka. Kwa hivyo ikiwa X > 1, kisha ingia a x > logi a 1. Lakini kulingana na 4 mali ya logia 1= 0. Kwa hiyo, lini X > logi 1 a x > 0. Wakati X < 1 loga x < loga 1, hiyo ni logi a x < 0.

Kesi inaweza kuzingatiwa sawa wakati A < 1. Учащимся предлагается разобрать его самостоятельно.

Kwa sifa tano za kitendakazi cha logarithmic zinazozingatiwa, tutaongeza bila uthibitisho sifa moja zaidi, ambayo uhalali wake unaonyeshwa wazi katika Kielelezo 250 na 251.

Mali 6.Kama A >1, basi lini X -> 0 maadili ya kazi katika = logi a x kupungua kwa muda usiojulikana (katika -> - ∞ ). Kama 0 < A < 1, basi lini X -> 0 maadili ya kazi katika = logi a x kuongezeka kwa muda usiojulikana (katika -> ∞ ).

Mazoezi

1390. Tafuta vikoa vya ufafanuzi kazi zifuatazo:

A) y = logi 2 (1 + X ); d) y = logi 7 | x |;

b) y = logi 1/3 ( X 2 + 1); e) y = logi 3 ( x 2 + x - 2);

V) y = logi 10 (4 + X 2) g) y = kumbukumbu 0.5 (5 x - x 2 - 6);

G) y = logi 5 (- X ); h) y = logi 6 ( x 2 + x + 1).

1391. Kwa maadili gani X katika muda 0 < X < 2π maneno yanafafanuliwa:

a) logi 2 (dhambi X ); c) logi 4 (tg X );

b) logi 3 (cos X ); d) logi 5 (ctg X )?

1392. Unaweza kusema nini kuhusu kubwa na maadili ya chini kabisa kazi:

A) y = logi 2 x ; b) y = | logi 2 x | ?

1393. Kulingana na mali gani ya kazi ya logarithmic inaweza kusemwa kwamba

a) gogo 10 5 > logi 10 4; b) kumbukumbu 0.1 5< log 0,1 4?

1394. Nambari gani ni kubwa zaidi:

a) logi 2 5 au logi 2 6; c) logi 1/3 2 au logi 1/3 4;

b) logi 5 1/2 au logi 5 1/3; d) logi 1/7 4 / 5 au logi 1/7 5 / 6?

1395. Amua kuhusu X ukosefu wa usawa:

a) logi 2 X > kumbukumbu 2 3; d) logi 1/2 (3 X ) < gogo 1/2 6;

b) logi 3 X 2 > kumbukumbu 3 4; e) logi 10 ( X 2 - 1) > logi 10 (4 X + 4);

c) logi 1/3 X > gogo 1/3 2; e) logi 0.1 (1 - X 2) > kumbukumbu 0.1 (2 X + 2).

1396. Nini kinaweza kusemwa kuhusu idadi A , Kama

a) logi a 7 > kumbukumbu a 6; c) logi a 1 / 3 < loga 1 / 2 ;

b) logi a 5 < loga 4; d) logi a 5 > 0?

1397. Nini kinaweza kusemwa kuhusu idadi A , ikiwa kwa maadili yoyote X

logi a (X 2 + l) > logi a X ?

1398. Kati ya nambari zipi zinazofuatana ni logariti zilizoambatanishwa:

a) logi 2 5; b) logi 3 8; c) logi 1/3 7; d) logi 1/2 9?

1399. Ni ipi kati ya nambari hizi ni chanya na ipi ni hasi:

a) logi 2 5; c) logi 1/2 5; e) logi 7 1; g) logi π/ 3 4;

b) logi 2 1/3; d) logi 1/3 1/2; e) logi π 3; h) logi π/ 4 4?

1) Kwa > 0, a = 1, kazi y = a x imefafanuliwa, tofauti na

mara kwa mara. Chaguo hili la kukokotoa linaitwa kitendakazi cha kielelezo chenye msingi a.

2) Kitendaji cha fomu y = logi x inaitwa logarithmic, ambapo a iko nambari iliyopewa,

a > 0, a ≠ 1.

Hebu tuchunguze mali ya kazi ya logarithmic.

1) Kikoa cha ufafanuzi wa kitendakazi cha logarithmic ni seti ya nambari zote chanya.

Kauli hii inafuata kutokana na ufafanuzi wa logariti, kwani ni kwa x > 0 pekee ambapo usemi logi x unaeleweka.

2) Seti ya maadili ya kazi ya logarithmic inawakilishwa na seti ya R ya nambari zote halisi.

Taarifa hii inafuatia ukweli kwamba kwa nambari yoyote b (b ni nambari halisi) kuna nambari chanya x vile logi x = b, i.e. equation Tunazingatia utendaji wa fomu Y = logarithm kwa msingi wa A, X, ambapo A ni kubwa kuliko sufuri na A si sawa na moja.

Kikoa cha chaguo la kukokotoa ni seti ya nambari chanya, na kikoa cha maadili ni seti ya nambari zote halisi.

Ni wazi kwamba kazi sio hata au isiyo ya kawaida, kwa sababu kikoa cha ufafanuzi hakina ulinganifu ama kuhusiana na mhimili wa kuratibu au kwa kuzingatia asili.

Y = sifuri kwa hatua moja - wakati X = moja.

Grafu ya kitendakazi cha logarithmic inaonekana kama hii. Hupitia nukta moja kwenye mhimili wa X, hii ni ikiwa A zaidi ya moja,

na wakati A ni chini ya moja na kubwa kuliko sifuri, inaonekana kama hii.

Wacha tuangalie vipindi vya ishara ya uthabiti. Kwa A kubwa zaidi ya moja, Y ni chanya katika masafa kutoka kwa moja hadi plus infinity na hasi katika masafa kutoka sifuri hadi moja.

Ikiwa A ni chini ya moja, basi Y ni chanya katika muda kutoka sifuri hadi moja na hasi katika muda kutoka kwa moja hadi pamoja na infinity.

Taarifa hizi zote huwa dhahiri ukiangalia grafu ya chaguo hili la kukokotoa.

Ni rahisi kukumbuka sio taarifa hizi, lakini aina ya grafu

wakati A ni kubwa kuliko moja na wakati A ni chini ya moja, basi vipindi vya ishara ya kudumu vinaweza kupatikana kwa urahisi.

Hebu pia tuzingatie vipindi vya kuongezeka na kupungua. Wakati A ni kubwa kuliko moja, chaguo za kukokotoa huongezeka juu ya kikoa kizima cha ufafanuzi: kutoka sifuri hadi plus infinity,

na wakati A ni kubwa kuliko sifuri na chini ya moja, inapungua katika kikoa kizima cha ufafanuzi.

Chaguo la kukokotoa halina ukomo.

3) Logariti ya nambari b kuweka msingi a (b > 0, a > 0, a<>1) ni kielelezo ambacho nambari a lazima iongezwe ili kupata nambari b:

Usawa huu, unaoelezea ufafanuzi wa logarithm, inaitwa msingi kitambulisho cha logarithmic. Logabu ya usawa = x ina maana kwamba shoka = b.

Logariti 10 ya msingi ina logi maalum ya nukuu10 x = logi x na inaitwa logarithm ya desimali. Kwa logariti za desimali usawa ni halali: 10log x = x, logi 10n = n

Logariti hadi msingi e ina hisabati umuhimu mkubwa. Nambari ya e ni takriban 2.7. Usemi sahihi zaidi: e = 2.718281828459045...

hata hivyo, nambari e yenyewe haina mantiki. Kwa logariti kwa msingi huu pia kuna loji maalum ya nukuu x = ln x na jina logarithm asili. Miongoni mwa mali ya nambari e, hasa, zifuatazo zinaweza kuzingatiwa: tangent kwa grafu ya kazi y = ex katika hatua (0; 1) huunda angle ya 45 ° na mhimili wa abscissa. Logarithm, kama nambari yoyote, inaweza kuongezwa, kupunguzwa na kubadilishwa kwa kila njia. Lakini kwa kuwa logarithm sio sawa nambari za kawaida, kuna sheria hapa, ambazo huitwa mali ya msingi.

Hakika unahitaji kujua sheria hizi - bila yao hakuna shida moja kubwa inayoweza kutatuliwa. tatizo la logarithmic. Kwa kuongeza, kuna wachache sana - unaweza kujifunza kila kitu kwa siku moja

Grafu (ona kielelezo hapo juu) za chaguo za kukokotoa y = xn na y =n x zina ulinganifu kwa heshima na sehemu-mbili ya roboduara ya 1 na ya 3.

Mfano 3.4.3. Chaguo za kukokotoa f(x) = sin x, x [−π/2, π/2] inaongezeka na inaendelea. Kwa kuwa f(±π/2) = ±1, basi kwa Nadharia 1.1, 3.9, 3.11 kuna kitendakazi kinyume f−1 : [-1, 1] → [-π/2, π/2], ambacho kinaongezeka na kuendelea. Inaitwa kazi ya arcsine na inaashiria arcsin. Kwa hivyo, kazi ya arcsin inapeana kila nambari x [-1, 1]

inalingana na nambari kutoka kwa sehemu "−π 2 ,π 2 # , sine ambayo ni sawa na x.

					y s6
					−1 kik

Grafu (angalia kielelezo) cha kazi y = sin x, x " −π 2 ,π 2 # na y = arcsin x,

x [-1, 1] zina ulinganifu kwa heshima na sehemu-mbili ya roboduara ya 1 na ya 3.

Maoni. Vile vile, chaguo la kukokotoa linaloendelea kupungua y = arccos x, ambalo hutenda kutoka [-1, 1] katika , na utendaji unaoendelea kuongezeka y = arctan x, ambayo hutenda kutoka kwa R.

katika (−π/2, π/2).

3.5 Vitendaji vya kielelezo, logarithmic na nguvu

KATIKA kozi ya aljebra ya shule na kuanza uchanganuzi kuamuliwa na digrii a r nambari a > 0 s kiashiria cha busara r, yaani, kwenye seti ya Q

nambari za busara Kazi ya kielelezo f(r) = ar imefafanuliwa na baadhi ya sifa zake zimefafanuliwa:

1) a r > 0, r Q,

2) f huongezeka kwa Q ikiwa a > 1; f hupungua kwa Q ikiwa a (0, 1),

3) a p · aq = ap+q , p, q Q,

4) (a p )q = ap q , p, q Q,

5) (a · b) p = ap · bp , p Q, a > 0 b > 0.

Hebu tuthibitishe kauli zifuatazo.

Lemma 3.5.1.

lim a1/n = 1,

lim a−1/n = 1,

kisha ε > 0 N = N(ε) N: n > N

|a1/n − 1|< ε, |a−1/n − 1| < ε.

Hebu n0 N na n0 > N. Kisha

< a1/n 0 <

ε < a− 1/n 0

Kwa hivyo, ikiwa δ =

(−δ, δ) T Q

ε < a−1/n 0 < ar < a1/n 0 <

: r (−δ, δ) T Q

haki

ukosefu wa usawa |a

− 1| < ε, что завершает доказательство.

Lema 3.5.2. Acha > 0, (r n ) iwe mfuatano wa nambari za kimantiki. Kisha mlolongo ( a r n ) unaungana.

Hebu tuonyeshe kwamba mlolongo wa nambari (ar n) ni wa msingi. Kumbuka kwamba n, m N

|ar n − ar m | = ar m |ar n − r m - 1|.

Kwa kuwa mlolongo (rn) unaungana, kuna nambari ya busara A ambayo rn ≤ A, n N. Kwa hivyo, n N.

ar n ≤ aA = B.

Na Lemma 3.5.1 ε > 0 δ = δ(ε) > 0: r (−δ, δ)T Q inashikilia

ukosefu wa usawa

|ar − 1|

Kutoka kwa msingi wa mlolongo (rn) tunapata:

N = N(δ) N: n > N, m > N |rn − rm |< δ.

Kwa hivyo n > N, m > N

|ar n − ar m | = ar m |ar n −r m − 1|< B ·B ε = ε,

ambayo ina maana mfuatano (ar n) ni wa msingi.

Ufafanuzi 3.5.1. Acha a > 0, x 0 R, (r n ) iwe mfuatano wa nambari za kimantiki zinazobadilika hadi x 0 . Hebu tuweke

shoka 0 = lim ar n.

Lema 3.5.3. Ufafanuzi 3.5.1 ni sahihi kwa maana hiyo

kujificha kikomo lim a r n haitegemei uchaguzi wa mlolongo

nambari za mantiki (r n ) kubadilika hadi x 0 .

Acha (rn 0), (rn 00) iwe mfuatano wa kiholela wa nambari za mantiki zinazobadilika hadi x0. Kulingana na Lemma 3.5.2, sambamba

mfuatano (ar n0), (ar n00) huungana. Hebu tuthibitishe kwamba lim ar n0 =

lim ar n 00 .

Hebu kutunga mlolongo mpya(rn) vile

r n = rk 0 ikiwa n = 2k - 1,

rk 00 ikiwa n = 2k, k N.

Ni wazi kuwa inabadilika kuwa nambari x0. Kwa Lemma 3.5.2, mfuatano (ar n ) unaungana. Kwa kuzingatia kwamba mlolongo (ar n0), (ar n00) ni matokeo ya mlolongo (ar n), tunapata

lim ar n 0 = lim ar n 00 = lim ar n .

n→∞ n→∞ n→∞

Maoni. Ikiwa x0 =p q ni nambari ya busara, basi thamani ya

shoka la adhabu 0 , linalopatikana kwa ufafanuzi 3.5.1, linalingana na thamani ya ap/q katika inayojulikana awali kozi ya shule maana ya aljebra, kwani kati ya mfuatano wa nambari za kimantiki zinazobadilika hadi x0 =p q kuna

mfuatano (rn): rn =p q, n N, na ar n = ap/q → ap/q.

Ufafanuzi 3.5.2. Hebu iwe nambari chanya na 6= 1. Kazi iliyofafanuliwa na sheria

x R → shoka,

inayoitwa kielelezo na msingi a.

Hebu tujifunze baadhi ya sifa za utendaji wa kielelezo.

Nadharia 3.12. Ikiwa a > 1, basi kitendakazi f(x) = a x huongezeka kwa R. Ikiwa (0, 1) basi chaguo la kukokotoa f(x) = a x itapungua kwa R.

Hebu tuthibitishe sehemu ya kwanza ya kauli hiyo.

Tunarekebisha nambari za kiholela x1 , x2 R kiasi kwamba x1< x2 . По принципу Архимеда существуют рациональные числа r1 , r2 такие, что x1 < r1 < r2 < x2 . Пусть {rn 0 }, {rn 00 } - последовательности рациональных чисел, сходящиеся соответственно к x1 и x2 , причем

rn 0< r1 < r2 < rn 00 , n N.

Kwa kipengele cha 2 cha kipengele cha kukokotoa kinachofafanuliwa kwenye seti ya Q ya nambari za busara,

anza 0< ar 1 < ar 2 < ar n 00 , n N.

Kupita hadi kikomo kama n → ∞ katika ukosefu wa usawa uliokithiri na kwa kuzingatia Ufafanuzi 3.5.1, tunapata

shoka 1 ≤ ar 1< ar 2 ≤ ax 2 .

x1 , x2 R: x1< x2 ax 1 < ax 2 ,

ambayo inathibitisha kuwa kazi f(x) = shoka huongezeka kwenye seti R ikiwa > 1.

Kesi a (0, 1) inachukuliwa vivyo hivyo.

Nadharia 3.13. Chaguo za kukokotoa za kielelezo f(x) = a x kwenye R huchukua thamani chanya pekee.

Ili kuwa mahususi, zingatia utendaji kazi wa kielelezo na msingi a > 1.

Acha x0 iwe nambari halisi ya kiholela. Kulingana na kanuni ya Archimedes, kuna nambari kamili n0 hivi kwamba n0 ≤ x0< n0 + 1. В силу возрастания функции f(x) = ax , имеем:

shoka 0 ≤ 0

Lakini kulingana na Sifa ya 1 ya chaguo za kukokotoa za kielelezo zilizofafanuliwa kwenye seti ya Q ya nambari za mantiki, 0 > 0. Kwa hivyo, shoka 0 > 0.

Nadharia 3.14. Kitendaji cha kielelezo f(x) = a x kinaendelea kwenye seti ya R ya nambari halisi.

Kazi f ni monotonic kwenye seti ya R, kwa hiyo ina mipaka ya kikomo ya upande mmoja katika hatua x = 0. Tangu

lim a1/n = lim a−1/n = 1,
kisha f(+0) = f(-0) = 1. Kwa hiyo, kuna kikomo
lim f(x) = 1 = a0 ,
ambayo ina maana mwendelezo wa chaguo za kukokotoa f kwenye nukta x = 0.
Sasa tunarekebisha nukta ya kiholela x0 6= 0 na nambari ya kiholela
ε > 0. Kumbuka kwamba
|f(x) − f(x0 )| = |shoka − shoka 0 | = shoka 0 |shoka−x 0 − 1|.
Kwa kuwa kazi f inaendelea katika hatua x = 0, basi
δ = δ(ε) > 0: x R, |x − x0 |< δ |ax
				shoka 0
Kwa hivyo x R: |x − x0 |< δ |ax − ax 0 | < ax 0 ·			= ε, ambayo inathibitisha
		shoka 0

mwendelezo wa kitendakazi f in hatua ya kiholela x0 R.

Nadharia 3.15. Ikiwa f(x) = ax , basi f(R) = (0, +∞).

Lakini, kama tunavyojua, lim = +					a−n = 0. Kwa hiyo, kwa nadharia
Heine kwenye kikomo cha chaguo za kukokotoa
lim ax = +					shoka = 0.

Kwa Alama 2 hadi Nadharia 3.9 f(−∞, +∞) = (0, +∞).

Kulingana na Theorem 3.11 juu ya mwendelezo kazi ya kinyume hadi monotoniki kwenye muda, kitendakazi cha kielelezo f(x) = shoka kina kinyume f-1 : (0, +∞) → R, ambayo ni endelevu, ikiongezeka ikiwa > 1, na inapungua ikiwa a (0, 1) . Inaitwa logarithmic yenye msingi a (a > 0, a 6= 1) na inaashiria logi : (0, +∞) → R. Ikiwa a = e, logarithmu inaitwa asili na inaonyeshwa kwa ishara ln.

Ufafanuzi 3.5.3. Acha α iwe nambari halisi tofauti na sifuri. Chaguo za kukokotoa ambazo hukabidhi x α kwa kila x chanya huitwa kitendakazi cha nguvu, na α ni kipeo chake.