5. 指数与对数函数

共享基础：不循环依赖对数的正底数的实数次幂

基础约定。 将实数视为完备有序域，并使用非负整数归纳法。基本语言为有限代数、绝对值及数列极限定义。本构造不预设对数、实指数函数、导数、积分或复数幂律，也不定义负底数的无理次幂。构造完成后可选通常的常数 $e>1$ 为底数；这里的代数不需要 $e$ 的微分刻画。

1. 整数界、有理逼近与正根。 正整数无上界：若其上确界为 $s$，必有整数大于 $s-1$，其后继就大于 $s$，矛盾。因此有阿基米德性质。对每个实数 $x$，足够大的正、负整数夹住 $x$，其中有限整数列表有不超过 $x$ 的最大成员，故下取整存在。因此 $r_n=\lfloor nx\rfloor/n$ 满足 $r_n\le x<r_n+1/n$。对不同实数 $u<v$，选 $1/n<v-u$，则 $(\lfloor nu\rfloor+1)/n$ 严格位于两者之间。这些事实来自完备性和整数次序，不使用指数函数。

在完备有序实数域中，对 $b>0$ 和整数 $m\ge1$，令 $S=\{t\ge0:t^m\le b\}$。它包含 $\min\{1,b\}>0$，且以 $\max\{1,b\}$ 为上界，故存在 $r=\sup S>0$。有限因式分解给出：对非负的 $t,r\le M$，

$$t^m-r^m=(t-r)\sum_{j=0}^{m-1}t^{m-1-j}r^j,\qquad |t^m-r^m|\le mM^{m-1}|t-r|.$$

取 $M=r+1$。若 $r^m<b$，选 $0<h<1$ 使 $mM^{m-1}h<b-r^m$，则 $(r+h)^m<b$，与上界 $r$ 矛盾。若 $r^m>b$，选 $0<h<\min\{1,r\}$ 使 $mM^{m-1}h<r^m-b$，则 $(r-h)^m>b$；由非负数整数幂的单调性，$r-h$ 是 $S$ 的上界，与上确界矛盾。因此 $r^m=b$。当 $b=0$，唯一非负根为零。同一因式分解说明 $t>s\ge0$ 时 $t^m>s^m$，故正根唯一。

2. 有理次幂及其法则。 对 $a>0$，以 $a^p$ 的正 $q$ 次根定义 $a^{p/q}$，其中 $p\in\mathbb Z$、$q\ge1$，负整数幂使用倒数。若 $p/q=p'/q'$，将两个正候选值均取 $qq'$ 次幂，得相同值 $a^{pq'}=a^{p'q}$；由正根唯一性，定义不依赖分数表示。将有理指数通分，所有幂都可写为同一正根的整数幂，整数分组法则便给出对有理 $r,s$ 的 $a^{r+s}=a^ra^s$、$a^{-r}=1/a^r$。同样，对整数乘积应用正根唯一性，得到 $a,b>0$、有理 $r$ 时 $(ab)^r=a^rb^r$：若 $r=p/q$，正数 $a^rb^r$ 的 $q$ 次幂为 $a^pb^p=(ab)^p$，因此就是定义中的正根。

当 $a>1$，正有理次幂大于一，所以 $a^r$ 在有理指数上严格递增。归纳证明伯努利不等式 $(1+d)^n\ge1+nd$（$d\ge0$）：乘以 $1+d$ 时，比下一步所需下界多出非负项 $nd^2$。令 $d=a^{1/n}-1\ge0$，得

$$1\le a^{1/n}\le1+\frac{a-1}{n}.$$

故 $a^{1/n}\to1$，且对有理 $|h|\le1/n$，有 $a^{-1/n}\le a^h\le a^{1/n}$。

3. 上确界延拓与加法法则。 对 $a>1$ 和实数 $x$，定义

$$E_a(x)=\sup\{a^r:r\in\mathbb Q,\ r\le x\}.$$

选整数 $M\le x<N$，则 $a^M$ 属于该集合，$a^N$ 是上界。因此上确界存在且至少为 $a^M>0$；这并非声称定义集合的全部成员有正下界。有理 $x$ 时，它等于有理幂 $a^x$。令 $r_n=\lfloor nx\rfloor/n$、$v_n=a^{1/n}$，有理指数的单调性给出

$$a^{r_n}\le E_a(x)\le a^{r_n}v_n.$$

整数 $N>x$ 给出 $a^{r_n}\le a^N$，所以 $0\le E_a(x)-a^{r_n}\le a^N(v_n-1)\to0$，即 $a^{r_n}\to E_a(x)$。对实数 $x,y$，令 $t_n=r_n(x)+r_n(y)$，则 $t_n\le x+y<t_n+2/n$，且

$$a^{t_n}\le E_a(x+y)\le a^{t_n}v_n^2.$$

有理指数加法法则给出 $a^{t_n}=a^{r_n(x)}a^{r_n(y)}\to E_a(x)E_a(y)$，而 $a^{t_n}$ 被某个固定整数次幂从上方界住。由于 $v_n^2\to1$，上述界证明 $E_a(x+y)=E_a(x)E_a(y)$。这里的基本乘积极限步骤可直接由下式证明：

$$|u_nv_n-uv|\le |u_n|\,|v_n-v|+|v|\,|u_n-u|.$$

收敛的 $u_n$ 在某尾部满足 $|u_n|\le|u|+1$。在共同尾部取 $|v_n-v|<\varepsilon/[2(|u|+1)]$ 和 $|u_n-u|<\varepsilon/[2(|v|+1)]$，右边便小于 $\varepsilon$。所用夹逼步骤也只需使所示非负上界小于 $\varepsilon$。

由定义集合可知 $E_a$ 非递减、$E_a(0)=1$；加法法则给出 $E_a(-x)=1/E_a(x)$。若 $h>0$，选有理 $0<r<h$，便有 $E_a(h)\ge a^r>1$。故 $x<y$ 时 $E_a(y)=E_a(x)E_a(y-x)>E_a(x)$，延拓严格递增。

4. 连续性与全部正输出。 当 $|h|\le1/n$，

$$a^{-1/n}\le E_a(h)\le a^{1/n}.$$

两界均趋于一；对 $v_n=a^{1/n}\ge1$，$0\le1-v_n^{-1}\le v_n-1\to0$。给定任意容许误差，选 $n$ 使两界与一之差均小于该误差，再取 $|h|<1/n$，即证在零处连续。由 $E_a(x+h)=E_a(x)E_a(h)$，把容许误差除以固定正因子 $E_a(x)$，便证每个 $x$ 处连续。

伯努利不等式给出 $E_a(n)=a^n\ge1+n(a-1)$，故正向无界；$E_a(-n)=1/a^n\to0$。固定 $u>0$，实数集合 $T=\{t:E_a(t)\le u\}$ 因而非空且有上界。令 $x=\sup T$。若 $E_a(x)<u$，由连续性可选小的 $h>0$ 使 $E_a(x+h)<u$，与上界 $x$ 矛盾；若 $E_a(x)>u$，可选小的 $h>0$ 使 $E_a(x-h)>u$，单调性就使 $x-h$ 成为 $T$ 的上界，与最小上界矛盾。因此 $E_a(x)=u$，严格单调性保证原像唯一。由此不使用对数，构造了连续双射 $\mathbb R\to(0,\infty)$。

5. 全部正底数与其余实指数律。 规定 $1^x=1$。当 $0<a<1$，定义 $a^x=E_{1/a}(-x)$；当 $a>1$，写 $a^x=E_a(x)$。这些定义与有理幂一致，保持加法法则和连续性，且在 $0<a<1$ 时严格递减、值域仍为全部正数。

对 $a,b>0$，取有理 $r_n\to x$。指数变量的连续性及有理法则 $(ab)^{r_n}=a^{r_n}b^{r_n}$ 给出 $(ab)^x=a^xb^x$。对幂的幂，先令 $r=p/q$ 为有理数、$q>0$。加法法则给出 $(a^{x/q})^q=a^x$，由正根唯一性得 $(a^x)^{1/q}=a^{x/q}$。使用整数幂和倒数，得 $(a^x)^{p/q}=a^{xp/q}$。最后取有理 $r_n\to y$，在 $(a^x)^{r_n}=a^{xr_n}$ 中使用两边指数函数的连续性，得 $(a^x)^y=a^{xy}$。每次取根和应用连续性时，底数均为正。

6. 作为逆函数的对数，没有循环。 对 $a>0$、$a\ne1$，定义 $\log_a$ 为刚证双射的逆函数。严格递增函数的逆也严格递增；严格递减函数的逆也严格递减，因为两种输入次序分别强制相应的严格输出次序。这证明对数不等式所用单调性。本章对数乘积、商、幂和换底公式的证明，现在依赖独立构造的指数律和逆关系。若 $\exp(x)=e^x$、$\ln=\log_e$，则 $a=e^{\ln a}$，由已证幂律得 $a^x=\exp(x\ln a)$。它是结论，不是用来证明同一批法则的循环定义。

学习目标与约定

使用指数律、转换对数底数、解指数方程与不等式，并建立恒定比例增长模型。这里 $e^x$ 是实指数函数；其微积分构造将在后续研究。我们使用其标准性质：连续、严格递增、$e^{x+y}=e^xe^y$、$e^0=1$，且值域为 $(0,\infty)$。

对 $a>0$，定义 $a^x=e^{x\ln a}$，其中 $\ln:(0,\infty)\to\mathbb R$ 是 $e^x$ 的反函数。当 $a\ne1$ 时，定义 $\log_a x=\ln x/\ln a$。底数限制很重要：$a=1$ 得到常值指数函数，没有反函数；负底数不能在所有实输入上给出实指数函数。

定理：对数法则

对正数 $x,y$ 和实数 $r$，

$$\ln(xy)=\ln x+\ln y,\qquad \ln(x/y)=\ln x-\ln y,\qquad \ln(x^r)=r\ln x.$$

证明。 指数加法律给出 $e^{\ln x+\ln y}=xy$。由反函数取值唯一得到第一式。恒等式 $e^{-\ln y}=1/y$ 随后给出商法则；定义 $x^r=e^{r\ln x}$ 给出幂法则。这些恒等式均不表示 $\ln(x+y)=\ln x+\ln y$；后者一般不成立。

当 $a>1$ 时 $a^x$ 严格递增；当 $0<a<1$ 时严格递减，因为 $\ln a$ 的符号改变了 $x\ln a$ 中的次序。其反函数有相同单调性。用对数解不等式时，必须检查正性以及选定底数是否使不等号反转。

模型与精确解

对 $Q_0>0$，模型 $Q(t)=Q_0e^{kt}$ 求导后有恒定比例速率 $k$。若 $k>0$，倍增时间为 $\ln2/k$；若 $k<0$，半衰期为 $-\ln2/k$。仅当 $k$ 具有时间倒数单位时，这些表达式才有时间单位。该模型是对过程的假设，并非任意两个测量值的必然结果。

例：对数运算可能产生无效候选值。 解 $\ln(x-1)+\ln(x+2)=\ln4$。定义域为 $x>1$。合并对数得 $(x-1)(x+2)=4$，故 $x^2+x-6=0$，$x=2$ 或 $-3$。只有 $2$ 属于原定义域；若只检查乘积，会错误保留 $-3$。

例：求增长模型参数。 假设指数模型满足 $Q(0)=80$、$Q(3)=120$。则 $e^{3k}=3/2$，所以 $k=\ln(3/2)/3$，$Q(t)=80(3/2)^{t/3}$。倍增时间为 $3\ln2/\ln(3/2)$。保留精确表达式可以避免过早舍入速率。

例：递减底数。 不等式 $(1/3)^{2x-1}\ge9$ 等价于 $3^{1-2x}\ge3^2$，故 $1-2x\ge2$，$x\le-1/2$。也可在底数 $1/3$ 下比较指数，但不等号须反转。

分层练习

1. 基础。 化简 $\log_2 8+\log_2(1/4)$ 和 $\ln(e^{3x})$。
2. 核心。 解 $e^{2x}-5e^x+6=0$。
3. 核心。 在实定义域上解 $\ln(x+3)-\ln(x-1)\le\ln2$。
4. 证明。 从对数作为反函数的定义证明换底公式，不预先假设该公式。

详解

1. 第一式为 $3-2=1$。因为 $e^{3x}>0$，第二式对所有实数 $x$ 都是 $3x$。
2. 令 $u=e^x>0$，则 $(u-2)(u-3)=0$；两个正根均允许。因此 $x=\ln2$ 或 $x=\ln3$。
3. 定义域是 $x>1$。由于 $\ln$ 递增，不等式等价于 $(x+3)/(x-1)\le2$。该处的分母为正，故 $x+3\le2x-2$，得到 $x\ge5$，已满足原定义域。
4. 令 $y=\log_a x$ 表示 $a^y=x$，其中 $a>0$、$a\ne1$、$x>0$。由 $a^y=e^{y\ln a}$ 和反函数的唯一性，$y\ln a=\ln x$。由于 $\ln a\ne0$，相除得 $y=\ln x/\ln a$。更一般地，对任何允许的底数 $b$，代入自然对数表达式并约分得 $\log_a x=\log_b x/\log_b a$。

总结与术语

指数函数的底数固定且为正，指数是变量；对数是其反函数。比例增长以恒定速率乘以当前规模。倍增时间或半衰期是特定模型中的经过时间，而不是指数本身。对数法则要求真数为正。先记录定义域再进行代数求解，最后排除违反定义域的候选值。

学习目标与定义

推导可积性结论背后的证明，并区分有界与可积。设 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。对分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，记 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，并定义 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下积分 $\underline I$ 是所有下和的上确界，上积分 $\overline I$ 是所有上和的下确界。加细分割使下和不减、上和不增。

对任意两个分割 $P,Q$，由其公共加细得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保证这些量有限。上下积分相等时，称函数 Riemann 可积。

定理：Darboux 判据

有界函数可积，当且仅当对每个 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

证明。 若上下积分均等于 $I$，由上下确界逼近性质，取一个大于 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一个小于 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它们的公共加细的上下和之差小于 $\varepsilon$。反之，若对每个正的 $\varepsilon$ 都有这样的分割，则不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下积分之差为零。

定理：有界单调函数可积

对非递减函数 $f$，取由 $n$ 个小区间组成、宽度为 $(b-a)/n$ 的均匀分割。第 $i$ 个区间上的下确界与上确界分别是两端点处的值，因此

$$U-L=\frac{b-a}{n}\sum_{i=1}^n[f(x_i)-f(x_{i-1})] =\frac{(b-a)(f(b)-f(a))}{n}\longrightarrow0.$$

即使 $f$ 有跳跃不连续点，判据仍证明其可积。对非递增函数，可将结果应用于 $-f$。

有界常义黎曼积分：网格等价及基本性质

设有限实数 $a<b$，且 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界。对分割 $P$，以下用 $L(f,P),U(f,P)$ 表示 Darboux 下和、上和。使用实数完备性及已证明的 Darboux 判据：上下积分相等当且仅当 $U-L$ 可任意小。本段不要求 $f$ 连续。

Darboux 推出所有细网格标签和收敛。 设 Darboux 积分为 $I$。给定 $\varepsilon>0$，固定一个分割 $P_0$，其差小于 $\varepsilon/2$。取 $M>0$ 使 $|f|\le M$，设 $P_0$ 有 $k$ 个内部分点。对任意另一分割 $P$，将闭包包含这些分点之一的小区间标为坏区间。每个分点至多属于两个小区间，所以坏区间总长至多 $2k\|P\|$。其余好区间均位于某个 $P_0$ 小区间内。好区间的振幅和贡献不超过 $P_0$ 的差，坏区间贡献至多 $2M(2k\|P\|)$。因此

$$U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon/2+4Mk\|P\|.$$

取 $\|P\|<\varepsilon/[8M\max(1,k)]$。每个标签和 $S(P)$ 与 $I$ 均在 $L(f,P),U(f,P)$ 之间，故 $|S(P)-I|<\varepsilon$，且与标签选择无关。

反方向。 假设所有充分细标签和都与同一有限数 $I$ 相差小于 $\eta$。固定一个这样的细分割。每个小区间的上确界、下确界都能由实际函数值以小于 $\eta/(b-a)$ 的误差逼近。由此选出的上逼近标签和大于 $U(f,P)-\eta$，下逼近和小于 $L(f,P)+\eta$，所以 $U(f,P)<I+2\eta$、$L(f,P)>I-2\eta$。由于 $\eta$ 可任意小，由 Darboux 判据可积。再用下和、上和夹住标签和，得积分恰为 $I$。这个论证不需要上下确界达到。

线性、常数与保序。 对可积的 $f,g$ 及实数 $\alpha,\beta$，在共同标签分割上有精确有限恒等式 $S(\alpha f+\beta g)=\alpha S(f)+\beta S(g)$。右侧极限存在，由刚证明的等价性，左侧函数可积且积分满足线性恒等式。常数函数 $c$ 的每个和均为 $c(b-a)$。若 $f\le g$，同标签的和保持该次序，极限也保持。故当 $|f|\le M$ 时，$|\int f|\le M(b-a)$。

绝对值。 由反三角不等式，在每个小区间 $J$ 上有 $\operatorname{osc}_J|f|\le\operatorname{osc}_J f$：将 $||f(x)|-|f(y)||\le|f(x)-f(y)|$ 应用于实际点，再逼近上下确界即可。因此 $|f|$ 的每个 Darboux 差不超过 $f$ 的差，故 $|f|$ 可积。由于 $-|f|\le f\le|f|$，由保序与线性得 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。

限制与区间可加性。 对 $a<c<b$，将任意小差分割加上分点 $c$。$[a,c]$ 与 $[c,b]$ 的非负差之和为加细后整段的差，所以各自都可任意小，两段限制均可积。将两段网格趋零的分割接合，整段标签和精确等于两段标签和之和。取三个极限，得 $\int_a^b f=\int_a^c f+\int_c^b f$。反之，若两段有界可积，各选差小于 $\varepsilon/2$ 的分割并接合，整段差小于 $\varepsilon$，证明整段可积及同一恒等式。共享端点的函数值相同；任何单独端点都没有正的区间长度。规定同限积分为零、反限积分取负，再用区间拆分与相消，便把可加性推广到三个端点的每种次序。

这些证明支持累积、连续版本基本定理、分部积分和常义换元中使用的估计。这里只证明有界常义黎曼结论；奇点或无穷端点的积分仍需另行使用收敛定义。

从常义面积对数建立自然指数

使用有限闭区间上连续函数的常义积分、已证明的可加性／保序／线性、实数完备性及阿基米德性质，以及介值定理。定义

$$L(x)=\int_1^x\frac{dt}{t}\qquad(x>0),$$

上下限按方向理解。每个积分都是常义积分，因为其区间与零保持正距离。

连续且严格递增。 若 $0<u<v$，可加性与保序性给 $L(v)-L(u)=\int_u^vdt/t\ge(v-u)/v>0$。在固定 $a>0$ 附近要求 $x>a/2$，便有 $|L(x)-L(a)|\le(2/a)|x-a|$，无需对数导数即证连续。

由实际和式证明乘法公式。 固定 $u>0$，将 $1$ 与 $v>0$ 之间的带标签分割放大 $u$ 倍，网格与各宽度均乘 $u$，对应和满足

$$\sum_i\frac{u\Delta s_i}{u\xi_i}=\sum_i\frac{\Delta s_i}{\xi_i}.$$

两边都是连续常义被积函数的和，故所有细网格的极限相等。$v<1$ 时反转方向；$v=1$ 时直接为零。因此 $\int_u^{uv}dt/t=L(v)$，得到

$$L(uv)=L(u)+L(v).$$

特别地，$L(1)=0$、$L(1/u)=-L(u)$、$L(2^n)=nL(2)$。由于 $L(2)>0$，由阿基米德性质，后者无上界；倒数处的值无下界。给定实数 $y$，选正参数使 $L$ 分别低于、高于 $y$，由连续性及介值定理存在 $x>0$ 满足 $L(x)=y$；严格递增保证唯一。

建立并控制反函数。 定义 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 为这个反函数，它严格递增且连续。证明 $y_0=L(a)$ 处连续时，取 $0<d<\min(a,\varepsilon)$。$L(a-d)<y_0<L(a+d)$ 有正的两侧间距。令 $|y-y_0|$ 小于两个间距，单调性迫使 $a-d<E(y)<a+d$，从而 $|E(y)-a|<\varepsilon$。乘法公式及唯一性给 $E(s+t)=E(s)E(t)$、$E(0)=1$、$E(-t)=1/E(t)$。定义 $e=E(1)>1$，并对 $a>0$ 定义 $a^t=E(tL(a))$。由 $L(E(z))=z$ 可得 $a^{s+t}=a^sa^t$ 和 $(a^s)^t=a^{st}$。整数指数等于重复相乘；有理指数 $m/n$（$n>0$）给出 $a^m$ 唯一的正 $n$ 次根。因此与初等正底数有理幂一致，并给出其连续实指数延拓。特别地 $E(t)=e^t$，面积对数就是其反函数 $\ln=L$。

无循环的导数证明。 对 $a>0$，在 $a$ 与 $a+h$ 之间的区间上，保留 $h$ 的符号与积分方向，$1/t$ 的平均值位于其最小、最大值之间；这两个界均趋于 $1/a$，所以

$$\frac{L(a+h)-L(a)}h\longrightarrow\frac1a.$$

对 $y_0=L(a)$ 和 $h\ne0$，令 $v=E(y_0+h)\ne a$。反函数连续性给 $v\to a$，并有

$$\frac{E(y_0+h)-E(y_0)}h =\left(\frac{L(v)-L(a)}{v-a}\right)^{-1}\longrightarrow a=E(y_0).$$

分母极限非零，故取倒数有效。这从常义面积与反函数连续性证明 $L'=1/x$、$E'=E$，没有洛必达法则，也不预设指数导数。链式法则再由 $x^r=E(rL(x))$ 得 $x>0$ 上 $(x^r)'=rx^{r-1}$，并对 $b>0$ 得 $(b^x)'=(\ln b)b^x$。$b=1$ 是常数一。这补上面积对数、反函数指数与实数幂记号之间的规范化及身份联系。

以下讨论实单变量函数。

1. 链式与商法则

设 $g$ 在内点 $a$ 可微，$f$ 在 $g(a)$ 的邻域有定义且在该点可微，则 $f\circ g$ 在 $a$ 可微，且

$$(f\circ g)'(a)=f'(g(a))g'(a).$$

证明。 由 $f$ 的可微性，$f(g(a)+u)-f(g(a))=f'(g(a))u+u\epsilon(u)$，其中 $u\to0$ 时 $\epsilon(u)\to0$，并令 $\epsilon(0)=0$。取 $u=g(a+h)-g(a)$。$g$ 的可微性保证 $u\to0$、$u/h\to g'(a)$。故差商为 $(f'(g(a))+\epsilon(u))(u/h)$，趋于所述乘积。某些非零 $h$ 可能使 $u=0$，此证明仍适用；不能直接除以 $u$。

若 $f,g$ 在 $a$ 可微且 $g(a)\ne0$，则

$$\left(\frac fg\right)'(a)=\frac{f'(a)g(a)-f(a)g'(a)}{g(a)^2}.$$

因为 $g$ 连续，它在 $a$ 附近非零。倒数的差商为 $-[g(a+h)-g(a)]/[h g(a+h)g(a)]$，极限为 $-g'(a)/g(a)^2$；对 $f(1/g)$ 应用乘积法则即得。

例。 对所有实数 $x$，$F(x)=\log(1+x^2)$ 可微，因为 $1+x^2>0$；链式法则给出 $F'(x)=2x/(1+x^2)$。

识别自然指数与模型的速率

上面的正底数实幂构造适用于每个固定的 $a>1$；单凭它并没有确定哪个数是自然底数。这里通过另行建立的面积构造明确选取：令 $L(x)=\int_1^x dt/t$（$x>0$），$E=L^{-1}$，并定义 $e=E(1)>1$。面积构造已证明 $E(0)=1$、$E(s+t)=E(s)E(t)$、连续性、$E'(t)=E(t)$ 和 $L'(x)=1/x$。这就是这里采用的 $e$ 的规范化；没有把它与另一种级数定义的常数直接等同。

对底数 $e$，上确界构造与 $E$ 一致。事实上，由加法公式得对整数 $n$ 有 $E(n)=e^n$；负整数情形使用倒数。任取正整数 $q$，$E(1/q)>0$ 且 $E(1/q)^q=E(1)=e$，由正 $q$ 次根的唯一性可知它等于上确界构造中的 $e^{1/q}$。因此对每个整数 $p$ 和正整数 $q$，$E(p/q)=e^{p/q}$。任给实数 $x$，取有理数列 $r_j\to x$；$E$ 与上确界构造的函数 $x\mapsto e^x$ 均连续，取极限得到 $E(x)=e^x$。两者均为从 $\mathbb R$ 到 $(0,\infty)$ 的双射，所以反函数相同：$L=\ln$。因此

$$\frac{d}{dx}e^x=e^x,\qquad \frac{d}{dx}\ln x=\frac1x\quad(x>0).$$

对常数 $C$，从差商中提取 $C$ 可证可微函数满足 $(Cg)'=Cg'$。对实常数 $C,k$，链式法则及此常数倍法则给出 $f(t)=Ce^{kt}$ 和 $f'(t)=kCe^{kt}=kf(t)$，对所有实数 $t$ 成立；$C=0$ 或 $k=0$ 也包含在内。因为 $e^{kt}>0$，商 $f'(t)/f(t)=k$ 恰在 $C\ne0$ 时有定义。因此 $Q_0>0$ 的模型具有所述比例速率。这一计算验证所给模型；初值方程 $f'=kf$ 的解是否唯一需要额外论证，例如另行证明的实数中值定理，这里不作该断言。