e^(ln(x))

[Rusit8800]

Решил я сегодня вечерком чисто для души вывести очевидное равенство

$$\[{e^{\ln (x)}} = x\]$$

, пользуясь исключительно тем, что

$$\[\ln (x) = \int\limits_1^x {\frac{1}{x}{\text{ }}} dx\]$$

Прошу проверить уровень строгости.
Вначале дифференцируем $\[{{e^{\ln (x)}}}\]$:

$$\[{\left( {{e^{\ln (x)}}} \right)^\prime } = \frac{1}{x}{e^{\ln (x)}}\]$$

Проинтегрируем $\[\frac{1}{x}{e^{\ln (x)}}\]$ по частям:

$$\[\int {\frac{1}{x}{e^{\ln (x)}}dx = } \int {{{\left( {\ln (x)} \right)}^\prime }{e^{\ln (x)}}dx = } \ln (x){e^{\ln (x)}} - \int {\frac{{\ln (x)}}{x}{e^{\ln (x)}}dx} \]$$

С другой стороны

$$\[\ln (x){e^{\ln (x)}} - \int {\frac{{\ln (x)}}{x}{e^{\ln (x)}}dx} = {e^{\ln (x)}}+C\]$$

, то есть

$$\[\left( {\ln (x) - 1} \right){e^{\ln (x)}} + C = \int {\frac{{\ln (x)}}{x}{e^{\ln (x)}}dx} \]$$

Обозначим $\[A(x) = {e^{\ln (x)}}\]$. Дифференцируя последнее равенство с учетом замены получим:

$$\[A'(x)\left( {\ln (x) - 1} \right) + \frac{{A(x)}}{x} = \frac{{A(x)}}{x}\ln (x)\]$$

откуда имеем дифур с разделяющими переменными:

$$\[\frac{{A(x)}}{x} = A'(x)\]$$

$$\[\frac{{dA}}{A} = \frac{{dx}}{x}\]$$

$$\[\ln (A) = \ln (x)\]$$

Из интегрального определения логарифма следует, что $\[A(x) \equiv x\]$, что и требовалось доказать.

[mihaild]

А про экспоненту что считается известным?

Сразу бросается в глаза, что решение $\frac{dA}{A} = \frac{dx}{x}$ без начальных условий не единственно - целое семейство $A(x) = c x$ получается.

[Rusit8800]

mihaild в сообщении #1359133 писал(а):

А про экспоненту что считается известным?

То, что она равна своей производной.

mihaild в сообщении #1359133 писал(а):

$A(x) = сx$

Хм, а ведь действительно $A(x) = сx+C$. Но $A(0)$ не определен, ибо $0<1$, так что не знаю, что там с начальными условиями.

[mihaild]

Rusit8800 в сообщении #1359143 писал(а):

То, что она равна своей производной

Тогда не получится. $\left(c e^x\right)^\prime = c e^x$ для любого $c$, но $c e^{\ln x} = x$ только для $c = 1$.

Rusit8800 в сообщении #1359143 писал(а):

$A(x) = сx+C$.

Пардон, я там формулу неправильно написал (поправил). $\ln A = \ln x + c$, откуда $A = c x$.

Еще к диффуру можно переходить сразу из

Rusit8800 в сообщении #1359129 писал(а):

$\[{\left( {{e^{\ln (x)}}} \right)^\prime } = \frac{1}{x}{e^{\ln (x)}}\]$

, без промежуточного интегрирования туда-сюда

[thething]

Rusit8800 в сообщении #1359143 писал(а):

Но $A(0)$ не определен, ибо $0<1$

Зато $A(1)=1$

-- 06.12.2018, 06:36 --

Rusit8800 в сообщении #1359143 писал(а):

То, что она равна своей производной.

Этого мало, это целое семейство функций будет, так что начальное условие на экспоненту тоже надо.

[pogulyat_vyshel]

Тут, по-моему, имеет место случай "слышу звон..."
после определения

$$\ln x:=\int_1^x\frac{ds}{s},\quad x>0$$

обычно говорят: зададим функцию $\exp(x)$ как обратную к $\ln:\quad \exp\ln x=x;\quad\ln\exp y=y$
после чего доказывают, что для рациональных $x$ верно равенство

$$\exp x=e^x,$$

где $e$ -- корень уравнения $\ln x=1$
а для иррациональных $x$ это полагают по определению $e^x:=\exp x$

[arseniiv]

Никто не мешает вводить экспоненту её рядом или тем же дифуром с добавлением условия $\exp0 = 1$. Притом определение рядом прекрасно переносится на (ассоциативные с единицей) нормированные вещественные алгебры, а логарифм через интеграл там поди определи, да и многозначным он может оказаться. Так что по идее всё-таки где как.

[Rusit8800]

thething в сообщении #1359168 писал(а):

Этого мало, это целое семейство функций будет, так что начальное условие на экспоненту тоже надо.

Не понимаю, почему условия

thething в сообщении #1359168 писал(а):

Зато $A(1)=1$

не хватает? Скажу на всякий случай: известно, что $e^0=1$

-- 06.12.2018, 21:55 --

mihaild в сообщении #1359145 писал(а):

Еще к диффуру можно переходить сразу из Rusit8800 в сообщении #1359129

писал(а):
$\[{\left( {{e^{\ln (x)}}} \right)^\prime } = \frac{1}{x}{e^{\ln (x)}}\]$ , без промежуточного интегрирования туда-сюда

Кстати да. Зато потренировался в интегрировании по частям)

[nya]

после

Rusit8800 в сообщении #1359129 писал(а):

$$\[\frac{{dA}}{A} = \frac{{dx}}{x}\]$$

достаточно навесить $\int_1^x$ на обе части и использовать определение логарифма. Ну это по модулю того что
а) вы верите в то что вы понимаете метод разделения переменных, для доказательства корректности которого нужно, вообще говоря, всякие неприятные технические штуки вроде теоремы о неявной функции применять
б) нужно проверить монотонность $\ln$ чтобы из $\ln A = \ln B$ получить $A = B$
в) ещё бы проверить что $A$ монотонна и не 0 на $(0..+\infty)$ иначе будет $0$ в знаменателе и не получится теорему о замене переменной в интеграле применить

[Rusit8800]

nya в сообщении #1359356 писал(а):

а) вы верите в то что вы понимаете метод разделения переменных, для доказательства корректности которого нужно, вообще говоря, всякие неприятные технические штуки вроде теоремы о неявной функции применять

Про эту теорему ничего не слыхал

nya в сообщении #1359356 писал(а):

б) нужно проверить монотонность $\ln$ чтобы из $\ln A = \ln B$ получить $A = B$

По идее следует из положительности $x^{-1}$ при $x>0$.

nya в сообщении #1359356 писал(а):

в) ещё бы проверить что $A$ монотонна и не 0 на $(0..+\infty)$ иначе будет $0$ в знаменателе и не получится теорему о замене переменной в интеграле применить

Про применение теоремы о замене переменной тоже не слыхал. Я изучаю вышмат по Зельдовичу просто для того, чтобы получить инструмент для решения задач по физике. Но сейчас я все больше начинаю видеть, что копать глубоко сейчас нет особого смысла, так как уровень математической строгости Зельдовича крайне низок.

[nya]

Я про следующее: вы хотите использовать $\int_1^x dA/A = \int_{A(1)}^{A(x)} dx/x$ вы уже знаете что $A(1)=1$, но если $A(x) \leq 0$ то интеграл вообще говоря существовать не будет, а считать величины которые не существуют плохо.

[Rusit8800]

nya в сообщении #1359364 писал(а):

Я про следующее: вы хотите использовать $\int_1^x dA/A = \int_{A(1)}^{A(x)} dx/x$ вы уже знаете что $A(1)=1$, но если $A(x) \leq 0$ то интеграл вообще говоря существовать не будет, а считать величины которые не существуют плохо.

Такие вещи я и в голове держать не мог
Думаю, продолжать беседу не имеет смысла, ибо чем дальше она пойдет, тем более сильно я проявлю свою некомпетентность в математическом анализе.

[nya]

С другой стороны вы можете поступить следующим образом, которым часто и поступают: сперва найти решение, игнорируя вопросы существования\несуществования, а потом проверить, что оно подходит. Иначе говоря доказать отдельно "Если $A(x)$ положительно на $(0..+\infty)$ то оно равно $x$", а потом проверить, что $x$ положительно на $(0..+\infty)$, это будет вполне себе строгое доказательство тогда!

[Rusit8800]

nya в сообщении #1359369 писал(а):

Иначе говоря доказать отдельно "Если $A(x)$ положительно на $(0..+\infty)$ то оно равно $x$", а потом проверить, что $x$ положительно на $(0..+\infty)$, это будет вполне себе строгое доказательство тогда!

Все бы хорошо, но этот вариант меня не устаивает, нужна общая идейная сторона, которой мне учиться и учиться. Если бы мы решали полиномиальные уравнения с одной переменной с помощью угадывания корней, то мы бы далеко не продвинулись в изучении математики.

[mihaild]

nya в сообщении #1359369 писал(а):

Иначе говоря доказать отдельно "Если $A(x)$ положительно на $(0..+\infty)$ то оно равно $x$", а потом проверить, что $x$ положительно на $(0..+\infty)$, это будет вполне себе строгое доказательство тогда!

Нет, не будет. Если решение уравнения $A(x) = -1$ относительно $A(x)$ положительно на луче, то оно равно $x$ - верно. "$x$ - решение" - неверно.