Sabemos que para qualquer número racional $ \alpha \geq 0 $ a função definida por $ f(x)=x^{\alpha} $ tem uma primitiva que é $ F(x) = \frac{1}{\alpha + 1} x^{\alpha +1}. $ Quando $ \alpha < 0 $ então o domínio da $ f $ é constituido por dois intervalos $ (-\infty, 0) $ e $ (0, \infty). $ Neste caso, ainda podemos definir $ \frac{1}{\alpha + 1} x^{\alpha +1} $ cuja derivada é $ x^{\alpha}.$ Teremos apenas problema com caso em que $ \alpha = -1. $

Entretanto a função $ \frac{1}{x} $ é contínua no seu domínio e portanto pelo teorema fundamentla de cálculo, dado qualquer número $ a > 0 $ definindo $ F(x)= \int_{a}^{x} \frac{1}{t} dt $ temos uma primitiva para função $ f(x)=\frac{1}{x}$ no intervalo $ (0, \infty). $ Observe que essa integral está definida pela continuidade da função integrante.

Vamos fixar $ a=1 $ e assim nasce uma função!

$ \ln : (0, \infty) \rightarrow \mathbb{R} $

$ \ln(x) = \int_{1}^{x} \frac{1}{t} dt. $

Observe que para $ x > 1 $ o valor da integral definida acima é positiva e pela definição, se $ x < 1 $ temos:

$ \ln(x)= \int_{1}^{x} \ln(t) dt = - \int_{x}{1} \frac{1}{t} dt < 0.$

O gráfico da função $ x \rightarrow \ln(x) $ está abaixo e podemos interpretar sua concavidade observando que sua segunda derivada é sempre negativa. A primeira derivada, pelo teorema fundamental do cálculo é $ x \rightarrow \frac{1}{x} $ e portanto a função $ \ln $ é estritamente crescente.

Propriedades básicas:

Para quaisquer $ a, b > 0 $ e $ r \in \mathbb{Q}: $

1- $ \ln(1)=0. $

2- $ \ln(ab)=\ln(a)+\ln(b) $

3- $ \ln(\frac{a}{b}) = \ln(a) - \ln(b) $

4- $ \ln(a^r) = r\ln(a). $

5- Existe único número real denotado por $ 1 < e < 3 $ tal que $ \ln(e)=1. $

6- $ \lim_{x \rightarrow \infty} ln(x)= \infty $ porém para qualquer racional $ r > 0 $ temos $ \lim_{x \rightarrow \infty} \frac{\ln(x)}{x^r} = 0$

7- $ \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \ln(x)= -\infty $ porém para qualquer racional $ r > 0 $ temos 8- $ \lim_{x \rightarrow 0^{+}} \ln(x)x^r = 0$

Demonstração:

(1) é claro pela definição. Vamos provar (2) que foi muito difícil para aceitar no cálculo 1 (veja tentativa). Fixamos $ a > 0 $ e definimos função $ L: (0, \infty) \rightarrow \mathbb{R} $ como a seguir:

$ L(x)= \ln(ax). $

A função $ L $ é diferenciável e pela regra da cadeira temos:

$ L^{'}(x) = \frac{1}{ax}. a = \frac{1}{x} $

Isto quer dizer que a função $ L $ é uma primitiva para $ \frac{1}{x} $ no intervalo $ (0, \infty) $ e portanto $ ln(x) - L(x) $ é um número constante:

$ L(x) = \ln(x) + C. $ substituindo $ x=1$ obtemos $ C = \ln(a) $

e assim concluímos que para qualquer $ x> 0 $ vale:

$ \ln(ax) = \ln(x)+ \ln(a) $ completando a demonstração de (2).

A demonstração de (3) é um exercício agora.

Para provar (4), inicialmente substituímos $ a=b $ na propriedade (2) e temos: $ \ln(a^2)= 2\ln(a). $ Repetindo usando (2) teremos que para todo $ m $ natural temos: $ \ln(a^m)=m\ln(a). $

Agora observe que $ a^{1/n} a^{1/n} \cdots a^{1/n}= a $ (n vezes)

portanto $ n \ln(a^{1/n}) = \ln(a) $ e assim temos $ \ln(a^{1/n}) = \frac{1}{n} \ln(a). $

Portanto $ \ln(a^{m/n}) = m \ln(a^{1/n}) = \frac{m}{n} \ln(a). $ Para $ r < 0 $ é um simples exercício repetir este argumento.

Vamos provar o item (5):

Já que $ \ln(1)=0 $ se mostrarmos que existe $ x>1 $ tal que $ \ln(x) > 1 $ então pela continuidade da função e teorema valor intermediário haverá um número $ e $ tal que $ \ln(e)=1. $ Já que $ \ln $ é estritamente crescente concluímos que existe apenas um número $ e $ tal que $ \ln(e)=1. $

Vamos mostrar por que $ e < 3. $ Observando a concavidade da função $ f(t)=\frac{1}{t}$ concluímos que o trapézio formado pela reta tangente ao gráfico da $ f $ no ponto $ (2, \frac{1}{2}) $ (veja figura ABCD) tem área menor do que $ \int_{1}^{3} \frac{1}{t}dt = \ln(3). $ Como um exercício calcule e mostre que a área deste trapézio é 1. Portanto $ a < \ln(3) $ e assim concluímos (lembrando o valor intermediário) que $ e < 3. $

Como um exercício mostrem que $ 2 < e. $