[Marcos Castillo]

Hola, RM

Tengo la siguiente definición de logaritmo natural, y una duda. Cito primero:

DEFINICIÓN 6 Logaritmo natural

Para \( x>0 \), sea el área de la región plana encerrada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \). La función \( \mbox{ln}\;x \) se define como

\( \mbox{ln}=\;x\begin{cases}{A_x}&\text{si}& x\geq{1}\\-A_x & \text{si}& 0<x<1\end{cases} \)

y se muestra en la Figura 3.9.




La definición implica que \( \mbox{ln}\;1=0 \), que \( \mbox{ln}\;x>0 \) si \( x>1 \), que \( \mbox{ln}\;x<0 \) si \( 0<x<1 \) y que es una función uno a uno. Ahora demostraremos que si \( y=\mbox{ln}\;x \), entonces \( y'=1/x \). La demostración de este resultado es similar a la demostración del Teorema Fundamental del Cálculo que proporcionaremos en la sección 5.5

TEOREMA 1 Si \( x>0 \), entonces

\( \dfrac{d}{dx}\mbox{ln}\;x=\dfrac{1}{x} \)

DEMOSTRACIÓN Para \( x>0 \) y \( h>0 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región plana limitada por \( y=1/t \), \( y=0 \), y las rectas verticales \( t=x \) y \( t=x+h \). Corresponde al área sombreada en la Figura 3.10. Comparando esta área con la de los dos rectángulos se puede ver que

\( \dfrac{h}{x+h}<\mbox{area sombreada}=\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x<\dfrac{h}{x} \)

Por tanto, el cociente de Newton de \( \mbox{ln}\;x \) cumple

\( \dfrac{h}{x+h}<\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)}{h}<\dfrac{1}{x} \)

Haciendo que \( h \) tienda a cero por la derecha, se obtiene (por el Teorema del Sandwich aplicado a límites unilaterales)

\( \displaystyle\lim_{h \to{}0+}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)

Un argumento similar permite demostrar que si \( 0<x+h<x \), entonces

\( \dfrac{1}{x}<\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)}{h}<\dfrac{1}{x+h} \)

por lo que

\( \displaystyle\lim_{h \to{}0-}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)

Combinando estos dos límites laterales se obtiene el resultado deseado:

\( \dfrac{d}{dx}\mbox{ln}\;x=\displaystyle\lim_{h \to{}0}{\dfrac{\mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x}{h}}=\dfrac{1}{x} \)

Duda: ¿es a partir de la definición de logaritmo natural la demostración de que si \( y=\mbox{ln}\;x \), entonces \( y'=1/x \)? En ese caso tendría una duda que no sé concretar muy bien: ¿cómo sabe que \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región limitada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \)?. Distingo tres casos:

1- para \( 1>x>0 \) y \( 1>h>0 \), a partir de la definición, el área de la región limitada por \( y=1/t \), \( y=0 \), y las rectas verticales \( t=x \) y \( t=x+h \), sería \( -(\mbox{ln}\;(x+h)+\mbox{ln}\;x) \);

2- para \( x>1 \) y \( 1>h>0 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \);

3- para \( x>1 \) y \( h>1 \), \( \mbox{ln}\;(x+h)+\mbox{ln}\;x \).

¡Un saludo!

[Juan Pablo Sancho]

Pero te definen el logaritmo como:
\( \mbox{ln(x)}:\;\begin{cases}{A_x}&\text{si}& x\geq{1}\\-A_x & \text{si}& 0<x<1\end{cases}  \)
Que es el área debajo de la curva \( \dfrac{1}{t} \) desde uno hasta \( x \).
Editado
Lo que está en el spoiler está mal

Spoiler

Si \( x > 0 \) la gráfica está por encima del eje x y si \( 0 < x < 1 \) la gráfica está por debajo del eje x y el área será negativa.

[cerrar]

[Marcos Castillo]

¡Hola, Juan Pablo Sancho!

Voy a trabajar tu respuesta. Mañana respondo.

Un saludo

[Marcos Castillo]

Pero te definen el logaritmo como:
\( \mbox{ln(x)}:\;\begin{cases}{A_x}&\text{si}& x\geq{1}\\-A_x & \text{si}& 0<x<1\end{cases}  \)
Que es el área debajo de la curva \( \dfrac{1}{t} \) desde uno hasta \( x \).
Si \( x > 0 \) la gráfica está por encima del eje x y si \( 0 < x < 1 \) la gráfica está por debajo del eje x y el área será negativa.

Entonces \( \mbox{ln}\;(x+h) \), al ser ambos positivos (\( x \) y \( h \)), tiene signo positivo; pero, ¿por qué \( \mbox{ln}\;(x+h-h) \) tiene signo negativo?

Un saludo

[Juan Pablo Sancho]

\( h \) no tiene que ser positivo, pero cuando \( h \) se acerca a cero tendremos que si \(  x > 1 \) entonces \( x+h \) también y si \( 0 < x < 1 \) también sucederá que \(  0 < x+h < 1 \).
Además \( \ln(x+h-h) = \ln(x)  \) que tendrá signo positivo para \(  x > 1  \) y negativo para \( x < 1 \).
EDitado
Lo que está en el spoiler está mal.

Spoiler

Si \(  x > 1 \) tenemos que \( \ln(x)  \) es el área barrida bajo la curva \( \dfrac{1}{t}  \) desde uno hasta \( x \), si \(  0 < x < 1 \) esa área está por debajo del eje x y  es negativa.

[cerrar]

[Juan Pablo Sancho]

Que error más grave.
!Perdón Marcos¡
Confundí la gráfica de \( f(x) = \dfrac{1}{x} \) con la de \( ln(x) \).
Tenemos que si \( x > 1 \) tenemos que \( \ln(x) = A_x \) que es el área bajo la gráfica \( \dfrac{1}{t} \) desde uno hasta x.
Si \(  0 < x < 1 \) tenemos el área debajo de la gráfica \( \dfrac{1}{t}  \) desde uno hasta \( x \) que es  \( -A_x \) es negativa por que te dirijes hacia la izquierda, del uno al \( x \) esto lo verás mejor cuando des integrales de Riemmann.

Editado
Un ejemplo más sencillo.
Sea la función \( f(x) = 1 \) para todo \( x \in \mathbb{R}  \).
Sea \( g \) definida por \( f(x) \cdot (x-1) \) tenemos que \( g(1)=0 \) si \( x > 1 \) entences \( g(x) \) es el área que hay debajo de \( f(x) \) desde uno hasta \( x \).
Si \(  0 < x < 1 \) tenemos que \( g(x) = f(x) \cdot (x-1) = -f(x) \cdot (1-x) \) que es menos el área que hay debajo de \( f(x) \) desde \( x \) hasta uno.

[Marcos Castillo]

¡Hola!

Tenemos que si \( x > 1 \) tenemos que \( \ln(x) = A_x \) que es el área bajo la gráfica \( \dfrac{1}{t} \) desde uno hasta x.
Si \(  0 < x < 1 \) tenemos el área debajo de la gráfica \( \dfrac{1}{t}  \) desde uno hasta \( x \) que es  \( -A_x \) es negativa por que te dirijes hacia la izquierda, del uno al \( x \) esto lo verás mejor cuando des integrales de Riemmann.

Perfecto. Muy buena pista sobre lo que voy a encontrar.

Un ejemplo más sencillo.
Sea la función \( f(x) = 1 \) para todo \( x \in \mathbb{R}  \).
Sea \( g \) definida por \( f(x) \cdot (x-1) \) tenemos que \( g(1)=0 \) si \( x > 1 \) entences \( g(x) \) es el área que hay debajo de \( f(x) \) desde uno hasta \( x \).

¿No sería \( \dfrac{g(x)}{2} \)?

Si \(  0 < x < 1 \) tenemos que \( g(x) = f(x) \cdot (x-1) = -f(x) \cdot (1-x) \) que es menos el área que hay debajo de \( f(x) \) desde \( x \) hasta uno.

Creo que veo por dónde van los tiros. Voy a estudiarlo un poco, pero creo que me has sacado de una buena. Lo voy a estudiar.

Un saludo


[/quote]

¿El área de \( g(x) \) para \( x>1 \) no sería \( \dfrac{x-1}{2} \)

[Juan Pablo Sancho]

Tenemos para \( x> 1 \) que \( g(x) = f(x) \cdot (x-1) = x-1  \) que es el área de un rectángulo, base por altura.

[Marcos Castillo]

Tenemos para \( x> 1 \) que \( g(x) = f(x) \cdot (x-1) = x-1  \) que es el área de un rectángulo, base por altura.

Sí, efectivamente

Necesito un tiempo para trabajar el hilo. Estamos

¡Un saludo!

[franma]

Buenas Marcos Castillo,

Espero no "sobrecargar" el hilo.

Primero con tu duda:

...En ese caso tendría una duda que no sé concretar muy bien: ¿cómo sabe que \( \mbox{ln}\;(x+h)-\mbox{ln}\;x \) es el área de la región limitada por la curva \( y=1/t \), el eje \( t \) y las rectas verticales \( t=1 \) y \( t=x \)?. ...

Como nos definen el logaritmo, pensémoslo como esa función que nos da el área debajo de \( f(t)=\dfrac{1}{t} \).
Entonces primero tenemos \( \ln(x+h) \) que es al área entre la recta \( y=1 \) e \( y=x+h \).
Luego le quitamos \( \ln(x) \) que es el área entre la recta \( y=1 \) e \( y=x \).

Puedes ayudarte de un dibujo para convencerte, esta operación nos dejara solamente con el área entre las rectas \( y=x \) e \( y=x+h \).

Luego si te han presentado las sumas superiores o inferiores puedes ayudarte de ellas, para aproximar / acotar el valor del logaritmo.
\( \dfrac{x-1}{x} \leq \ln(x) \leq x-1 \)
Aunque también es posible hacerlo con un argumento geométrico.

Espero haya sido de ayuda .

Saludos,
Franco.