5. 指數與對數函數

共享基礎：不循環依賴對數的正底數的實數次冪

基礎約定。 將實數視為完備有序域，並使用非負整數歸納法。基本語言為有限代數、絕對值及數列極限定義。本構造不預設對數、實指數函數、導數、積分或複數冪律，也不定義負底數的無理次冪。構造完成後可選通常的常數 $e>1$ 為底數；這裏的代數不需要 $e$ 的微分刻畫。

1. 整數界、有理逼近與正根。 正整數無上界：若其上確界為 $s$，必有整數大於 $s-1$，其後繼就大於 $s$，矛盾。因此有阿基米德性質。對每個實數 $x$，足夠大的正、負整數夾住 $x$，其中有限整數列表有不超過 $x$ 的最大成員，故下取整存在。因此 $r_n=\lfloor nx\rfloor/n$ 滿足 $r_n\le x<r_n+1/n$。對不同實數 $u<v$，選 $1/n<v-u$，則 $(\lfloor nu\rfloor+1)/n$ 嚴格位於兩者之間。這些事實來自完備性和整數次序，不使用指數函數。

在完備有序實數域中，對 $b>0$ 和整數 $m\ge1$，令 $S=\{t\ge0:t^m\le b\}$。它包含 $\min\{1,b\}>0$，且以 $\max\{1,b\}$ 為上界，故存在 $r=\sup S>0$。有限因式分解給出：對非負的 $t,r\le M$，

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

取 $M=r+1$。若 $r^m<b$，選 $0<h<1$ 使 $mM^{m-1}h<b-r^m$，則 $(r+h)^m<b$，與上界 $r$ 矛盾。若 $r^m>b$，選 $0<h<\min\{1,r\}$ 使 $mM^{m-1}h<r^m-b$，則 $(r-h)^m>b$；由非負數整數冪的單調性，$r-h$ 是 $S$ 的上界，與上確界矛盾。因此 $r^m=b$。當 $b=0$，唯一非負根為零。同一因式分解說明 $t>s\ge0$ 時 $t^m>s^m$，故正根唯一。

2. 有理次冪及其法則。 對 $a>0$，以 $a^p$ 的正 $q$ 次根定義 $a^{p/q}$，其中 $p\in\mathbb Z$、$q\ge1$，負整數冪使用倒數。若 $p/q=p'/q'$，將兩個正候選值均取 $qq'$ 次冪，得相同值 $a^{pq'}=a^{p'q}$；由正根唯一性，定義不依賴分數表示。將有理指數通分，所有冪都可寫為同一正根的整數冪，整數分組法則便給出對有理 $r,s$ 的 $a^{r+s}=a^ra^s$、$a^{-r}=1/a^r$。同樣，對整數乘積應用正根唯一性，得到 $a,b>0$、有理 $r$ 時 $(ab)^r=a^rb^r$：若 $r=p/q$，正數 $a^rb^r$ 的 $q$ 次冪為 $a^pb^p=(ab)^p$，因此就是定義中的正根。

當 $a>1$，正有理次冪大於一，所以 $a^r$ 在有理指數上嚴格遞增。歸納證明伯努利不等式 $(1+d)^n\ge1+nd$（$d\ge0$）：乘以 $1+d$ 時，比下一步所需下界多出非負項 $nd^2$。令 $d=a^{1/n}-1\ge0$，得

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

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

3. 上確界延拓與加法法則。 對 $a>1$ 和實數 $x$，定義

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

選整數 $M\le x<N$，則 $a^M$ 屬於該集合，$a^N$ 是上界。因此上確界存在且至少為 $a^M>0$；這並非聲稱定義集合的全部成員有正下界。有理 $x$ 時，它等於有理冪 $a^x$。令 $r_n=\lfloor nx\rfloor/n$、$v_n=a^{1/n}$，有理指數的單調性給出

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

整數 $N>x$ 給出 $a^{r_n}\le a^N$，所以 $0\le E_a(x)-a^{r_n}\le a^N(v_n-1)\to0$，即 $a^{r_n}\to E_a(x)$。對實數 $x,y$，令 $t_n=r_n(x)+r_n(y)$，則 $t_n\le x+y<t_n+2/n$，且

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

有理指數加法法則給出 $a^{t_n}=a^{r_n(x)}a^{r_n(y)}\to E_a(x)E_a(y)$，而 $a^{t_n}$ 被某個固定整數次冪從上方界住。由於 $v_n^2\to1$，上述界證明 $E_a(x+y)=E_a(x)E_a(y)$。這裏的基本乘積極限步驟可直接由下式證明：

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

收斂的 $u_n$ 在某尾部滿足 $|u_n|\le|u|+1$。在共同尾部取 $|v_n-v|<\varepsilon/[2(|u|+1)]$ 和 $|u_n-u|<\varepsilon/[2(|v|+1)]$，右邊便小於 $\varepsilon$。所用夾逼步驟也只需使所示非負上界小於 $\varepsilon$。

由定義集合可知 $E_a$ 非遞減、$E_a(0)=1$；加法法則給出 $E_a(-x)=1/E_a(x)$。若 $h>0$，選有理 $0<r<h$，便有 $E_a(h)\ge a^r>1$。故 $x<y$ 時 $E_a(y)=E_a(x)E_a(y-x)>E_a(x)$，延拓嚴格遞增。

4. 連續性與全部正輸出。 當 $|h|\le1/n$，

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

兩界均趨於一；對 $v_n=a^{1/n}\ge1$，$0\le1-v_n^{-1}\le v_n-1\to0$。給定任意容許誤差，選 $n$ 使兩界與一之差均小於該誤差，再取 $|h|<1/n$，即證在零處連續。由 $E_a(x+h)=E_a(x)E_a(h)$，把容許誤差除以固定正因子 $E_a(x)$，便證每個 $x$ 處連續。

伯努利不等式給出 $E_a(n)=a^n\ge1+n(a-1)$，故正向無界；$E_a(-n)=1/a^n\to0$。固定 $u>0$，實數集合 $T=\{t:E_a(t)\le u\}$ 因而非空且有上界。令 $x=\sup T$。若 $E_a(x)<u$，由連續性可選小的 $h>0$ 使 $E_a(x+h)<u$，與上界 $x$ 矛盾；若 $E_a(x)>u$，可選小的 $h>0$ 使 $E_a(x-h)>u$，單調性就使 $x-h$ 成為 $T$ 的上界，與最小上界矛盾。因此 $E_a(x)=u$，嚴格單調性保證原像唯一。由此不使用對數，構造了連續雙射 $\mathbb R\to(0,\infty)$。

5. 全部正底數與其餘實指數律。 規定 $1^x=1$。當 $0<a<1$，定義 $a^x=E_{1/a}(-x)$；當 $a>1$，寫 $a^x=E_a(x)$。這些定義與有理冪一致，保持加法法則和連續性，且在 $0<a<1$ 時嚴格遞減、值域仍為全部正數。

對 $a,b>0$，取有理 $r_n\to x$。指數變量的連續性及有理法則 $(ab)^{r_n}=a^{r_n}b^{r_n}$ 給出 $(ab)^x=a^xb^x$。對冪的冪，先令 $r=p/q$ 為有理數、$q>0$。加法法則給出 $(a^{x/q})^q=a^x$，由正根唯一性得 $(a^x)^{1/q}=a^{x/q}$。使用整數冪和倒數，得 $(a^x)^{p/q}=a^{xp/q}$。最後取有理 $r_n\to y$，在 $(a^x)^{r_n}=a^{xr_n}$ 中使用兩邊指數函數的連續性，得 $(a^x)^y=a^{xy}$。每次取根和應用連續性時，底數均為正。

6. 作為逆函數的對數，沒有循環。 對 $a>0$、$a\ne1$，定義 $\log_a$ 為剛證雙射的逆函數。嚴格遞增函數的逆也嚴格遞增；嚴格遞減函數的逆也嚴格遞減，因為兩種輸入次序分別強制相應的嚴格輸出次序。這證明對數不等式所用單調性。本章對數乘積、商、冪和換底公式的證明，現在依賴獨立構造的指數律和逆關係。若 $\exp(x)=e^x$、$\ln=\log_e$，則 $a=e^{\ln a}$，由已證冪律得 $a^x=\exp(x\ln a)$。它是結論，不是用來證明同一批法則的循環定義。

學習目標與約定

使用指數律、轉換對數底數、解指數方程與不等式，並建立恆定比例增長模型。這裏 $e^x$ 是實指數函數；其微積分構造將在後續研究。我們使用其標準性質：連續、嚴格遞增、$e^{x+y}=e^xe^y$、$e^0=1$，且值域為 $(0,\infty)$。

對 $a>0$，定義 $a^x=e^{x\ln a}$，其中 $\ln:(0,\infty)\to\mathbb R$ 是 $e^x$ 的反函數。當 $a\ne1$ 時，定義 $\log_a x=\ln x/\ln a$。底數限制很重要：$a=1$ 得到常值指數函數，沒有反函數；負底數不能在所有實輸入上給出實指數函數。

定理：對數法則

對正數 $x,y$ 和實數 $r$，

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

證明。 指數加法律給出 $e^{\ln x+\ln y}=xy$。由反函數取值唯一得到第一式。恆等式 $e^{-\ln y}=1/y$ 隨後給出商法則；定義 $x^r=e^{r\ln x}$ 給出冪法則。這些恆等式均不表示 $\ln(x+y)=\ln x+\ln y$；後者一般不成立。

當 $a>1$ 時 $a^x$ 嚴格遞增；當 $0<a<1$ 時嚴格遞減，因為 $\ln a$ 的符號改變了 $x\ln a$ 中的次序。其反函數有相同單調性。用對數解不等式時，必須檢查正性以及選定底數是否使不等號反轉。

模型與精確解

對 $Q_0>0$，模型 $Q(t)=Q_0e^{kt}$ 求導後有恆定比例速率 $k$。若 $k>0$，倍增時間為 $\ln2/k$；若 $k<0$，半衰期為 $-\ln2/k$。僅當 $k$ 具有時間倒數單位時，這些表達式才有時間單位。該模型是對過程的假設，並非任意兩個測量值的必然結果。

例：對數運算可能產生無效候選值。 解 $\ln(x-1)+\ln(x+2)=\ln4$。定義域為 $x>1$。合併對數得 $(x-1)(x+2)=4$，故 $x^2+x-6=0$，$x=2$ 或 $-3$。只有 $2$ 屬於原定義域；若只檢查乘積，會錯誤保留 $-3$。

例：求增長模型參數。 假設指數模型滿足 $Q(0)=80$、$Q(3)=120$。則 $e^{3k}=3/2$，所以 $k=\ln(3/2)/3$，$Q(t)=80(3/2)^{t/3}$。倍增時間為 $3\ln2/\ln(3/2)$。保留精確表達式可以避免過早捨入速率。

例：遞減底數。 不等式 $(1/3)^{2x-1}\ge9$ 等價於 $3^{1-2x}\ge3^2$，故 $1-2x\ge2$，$x\le-1/2$。也可在底數 $1/3$ 下比較指數，但不等號須反轉。

分層練習

1. 基礎。 化簡 $\log_2 8+\log_2(1/4)$ 和 $\ln(e^{3x})$。
2. 核心。 解 $e^{2x}-5e^x+6=0$。
3. 核心。 在實定義域上解 $\ln(x+3)-\ln(x-1)\le\ln2$。
4. 證明。 從對數作為反函數的定義證明換底公式，不預先假設該公式。

詳解

1. 第一式為 $3-2=1$。因為 $e^{3x}>0$，第二式對所有實數 $x$ 都是 $3x$。
2. 令 $u=e^x>0$，則 $(u-2)(u-3)=0$；兩個正根均允許。因此 $x=\ln2$ 或 $x=\ln3$。
3. 定義域是 $x>1$。由於 $\ln$ 遞增，不等式等價於 $(x+3)/(x-1)\le2$。該處的分母為正，故 $x+3\le2x-2$，得到 $x\ge5$，已滿足原定義域。
4. 令 $y=\log_a x$ 表示 $a^y=x$，其中 $a>0$、$a\ne1$、$x>0$。由 $a^y=e^{y\ln a}$ 和反函數的唯一性，$y\ln a=\ln x$。由於 $\ln a\ne0$，相除得 $y=\ln x/\ln a$。更一般地，對任何允許的底數 $b$，代入自然對數表達式並約分得 $\log_a x=\log_b x/\log_b a$。

總結與術語

指數函數的底數固定且為正，指數是變量；對數是其反函數。比例增長以恆定速率乘以當前規模。倍增時間或半衰期是特定模型中的經過時間，而不是指數本身。對數法則要求真數為正。先記錄定義域再進行代數求解，最後排除違反定義域的候選值。

學習目標與定義

推導可積性結論背後的證明，並區分有界與可積。設 $a<b$，$f$ 在 $[a,b]$ 上有界。對分割 $P:a=x_0<\cdots<x_n=b$，記 $m_i=\inf_{[x_{i-1},x_i]}f$、$M_i=\sup_{[x_{i-1},x_i]}f$，並定義 $L(f,P)=\sum m_i\Delta x_i$、$U(f,P)=\sum M_i\Delta x_i$。下積分 $\underline I$ 是所有下和的上確界，上積分 $\overline I$ 是所有上和的下確界。加細分割使下和不減、上和不增。

對任意兩個分割 $P,Q$，由其公共加細得 $L(f,P)\le U(f,Q)$，故 $\underline I\le\overline I$。有界性保證這些量有限。上下積分相等時，稱函數 Riemann 可積。

定理：Darboux 判據

有界函數可積，當且僅當對每個 $\varepsilon>0$ 都存在分割，使 $U(f,P)-L(f,P)<\varepsilon$。

證明。 若上下積分均等於 $I$，由上下確界逼近性質，取一個大於 $I-\varepsilon/2$ 的下和及一個小於 $I+\varepsilon/2$ 的上和。它們的公共加細的上下和之差小於 $\varepsilon$。反之，若對每個正的 $\varepsilon$ 都有這樣的分割，則不等式 $0\le\overline I-\underline I\le U(f,P)-L(f,P)$ 迫使上下積分之差為零。

定理：有界單調函數可積

對非遞減函數 $f$，取由 $n$ 個小區間組成、寬度為 $(b-a)/n$ 的均勻分割。第 $i$ 個區間上的下確界與上確界分別是兩端點處的值，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 $f$ 有跳躍不連續點，判據仍證明其可積。對非遞增函數，可將結果應用於 $-f$。

有界常義黎曼積分：網格等價及基本性質

設有限實數 $a<b$，且 $f:[a,b]\to\mathbb R$ 有界。對分割 $P$，以下用 $L(f,P),U(f,P)$ 表示 Darboux 下和、上和。使用實數完備性及已證明的 Darboux 判據：上下積分相等當且僅當 $U-L$ 可任意小。本段不要求 $f$ 連續。

Darboux 推出所有細網格標籤和收斂。 設 Darboux 積分為 $I$。給定 $\varepsilon>0$，固定一個分割 $P_0$，其差小於 $\varepsilon/2$。取 $M>0$ 使 $|f|\le M$，設 $P_0$ 有 $k$ 個內部分點。對任意另一分割 $P$，將閉包包含這些分點之一的小區間標為壞區間。每個分點至多屬於兩個小區間，所以壞區間總長至多 $2k\|P\|$。其餘好區間均位於某個 $P_0$ 小區間內。好區間的振幅和貢獻不超過 $P_0$ 的差，壞區間貢獻至多 $2M(2k\|P\|)$。因此

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

取 $\|P\|<\varepsilon/[8M\max(1,k)]$。每個標籤和 $S(P)$ 與 $I$ 均在 $L(f,P),U(f,P)$ 之間，故 $|S(P)-I|<\varepsilon$，且與標籤選擇無關。

反方向。 假設所有充分細標籤和都與同一有限數 $I$ 相差小於 $\eta$。固定一個這樣的細分割。每個小區間的上確界、下確界都能由實際函數值以小於 $\eta/(b-a)$ 的誤差逼近。由此選出的上逼近標籤和大於 $U(f,P)-\eta$，下逼近和小於 $L(f,P)+\eta$，所以 $U(f,P)<I+2\eta$、$L(f,P)>I-2\eta$。由於 $\eta$ 可任意小，由 Darboux 判據可積。再用下和、上和夾住標籤和，得積分恰為 $I$。這個論證不需要上下確界達到。

線性、常數與保序。 對可積的 $f,g$ 及實數 $\alpha,\beta$，在共同標籤分割上有精確有限恆等式 $S(\alpha f+\beta g)=\alpha S(f)+\beta S(g)$。右側極限存在，由剛證明的等價性，左側函數可積且積分滿足線性恆等式。常數函數 $c$ 的每個和均為 $c(b-a)$。若 $f\le g$，同標籤的和保持該次序，極限也保持。故當 $|f|\le M$ 時，$|\int f|\le M(b-a)$。

絕對值。 由反三角不等式，在每個小區間 $J$ 上有 $\operatorname{osc}_J|f|\le\operatorname{osc}_J f$：將 $||f(x)|-|f(y)||\le|f(x)-f(y)|$ 應用於實際點，再逼近上下確界即可。因此 $|f|$ 的每個 Darboux 差不超過 $f$ 的差，故 $|f|$ 可積。由於 $-|f|\le f\le|f|$，由保序與線性得 $|\int_a^b f|\le\int_a^b|f|$。

限制與區間可加性。 對 $a<c<b$，將任意小差分割加上分點 $c$。$[a,c]$ 與 $[c,b]$ 的非負差之和為加細後整段的差，所以各自都可任意小，兩段限制均可積。將兩段網格趨零的分割接合，整段標籤和精確等於兩段標籤和之和。取三個極限，得 $\int_a^b f=\int_a^c f+\int_c^b f$。反之，若兩段有界可積，各選差小於 $\varepsilon/2$ 的分割並接合，整段差小於 $\varepsilon$，證明整段可積及同一恆等式。共享端點的函數值相同；任何單獨端點都沒有正的區間長度。規定同限積分為零、反限積分取負，再用區間拆分與相消，便把可加性推廣到三個端點的每種次序。

這些證明支持累積、連續版本基本定理、分部積分和常義換元中使用的估計。這裏只證明有界常義黎曼結論；奇點或無窮端點的積分仍需另行使用收斂定義。

從常義面積對數建立自然指數

使用有限閉區間上連續函數的常義積分、已證明的可加性／保序／線性、實數完備性及阿基米德性質，以及介值定理。定義

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

上下限按方向理解。每個積分都是常義積分，因為其區間與零保持正距離。

連續且嚴格遞增。 若 $0<u<v$，可加性與保序性給 $L(v)-L(u)=\int_u^vdt/t\ge(v-u)/v>0$。在固定 $a>0$ 附近要求 $x>a/2$，便有 $|L(x)-L(a)|\le(2/a)|x-a|$，無需對數導數即證連續。

由實際和式證明乘法公式。 固定 $u>0$，將 $1$ 與 $v>0$ 之間的帶標籤分割放大 $u$ 倍，網格與各寬度均乘 $u$，對應和滿足

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

兩邊都是連續常義被積函數的和，故所有細網格的極限相等。$v<1$ 時反轉方向；$v=1$ 時直接為零。因此 $\int_u^{uv}dt/t=L(v)$，得到

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

特別地，$L(1)=0$、$L(1/u)=-L(u)$、$L(2^n)=nL(2)$。由於 $L(2)>0$，由阿基米德性質，後者無上界；倒數處的值無下界。給定實數 $y$，選正參數使 $L$ 分別低於、高於 $y$，由連續性及介值定理存在 $x>0$ 滿足 $L(x)=y$；嚴格遞增保證唯一。

建立並控制反函數。 定義 $E:\mathbb R\to(0,\infty)$ 為這個反函數，它嚴格遞增且連續。證明 $y_0=L(a)$ 處連續時，取 $0<d<\min(a,\varepsilon)$。$L(a-d)<y_0<L(a+d)$ 有正的兩側間距。令 $|y-y_0|$ 小於兩個間距，單調性迫使 $a-d<E(y)<a+d$，從而 $|E(y)-a|<\varepsilon$。乘法公式及唯一性給 $E(s+t)=E(s)E(t)$、$E(0)=1$、$E(-t)=1/E(t)$。定義 $e=E(1)>1$，並對 $a>0$ 定義 $a^t=E(tL(a))$。由 $L(E(z))=z$ 可得 $a^{s+t}=a^sa^t$ 和 $(a^s)^t=a^{st}$。整數指數等於重複相乘；有理指數 $m/n$（$n>0$）給出 $a^m$ 唯一的正 $n$ 次根。因此與初等正底數有理冪一致，並給出其連續實指數延拓。特別地 $E(t)=e^t$，面積對數就是其反函數 $\ln=L$。

無循環的導數證明。 對 $a>0$，在 $a$ 與 $a+h$ 之間的區間上，保留 $h$ 的符號與積分方向，$1/t$ 的平均值位於其最小、最大值之間；這兩個界均趨於 $1/a$，所以

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

對 $y_0=L(a)$ 和 $h\ne0$，令 $v=E(y_0+h)\ne a$。反函數連續性給 $v\to a$，並有

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

分母極限非零，故取倒數有效。這從常義面積與反函數連續性證明 $L'=1/x$、$E'=E$，沒有洛必達法則，也不預設指數導數。鏈式法則再由 $x^r=E(rL(x))$ 得 $x>0$ 上 $(x^r)'=rx^{r-1}$，並對 $b>0$ 得 $(b^x)'=(\ln b)b^x$。$b=1$ 是常數一。這補上面積對數、反函數指數與實數冪記號之間的規範化及身份聯繫。

以下討論實單變量函數。

1. 鏈式與商法則

設 $g$ 在內點 $a$ 可微，$f$ 在 $g(a)$ 的鄰域有定義且在該點可微，則 $f\circ g$ 在 $a$ 可微，且

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

證明。 由 $f$ 的可微性，$f(g(a)+u)-f(g(a))=f'(g(a))u+u\epsilon(u)$，其中 $u\to0$ 時 $\epsilon(u)\to0$，並令 $\epsilon(0)=0$。取 $u=g(a+h)-g(a)$。$g$ 的可微性保證 $u\to0$、$u/h\to g'(a)$。故差商為 $(f'(g(a))+\epsilon(u))(u/h)$，趨於所述乘積。某些非零 $h$ 可能使 $u=0$，此證明仍適用；不能直接除以 $u$。

若 $f,g$ 在 $a$ 可微且 $g(a)\ne0$，則

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

因為 $g$ 連續，它在 $a$ 附近非零。倒數的差商為 $-[g(a+h)-g(a)]/[h g(a+h)g(a)]$，極限為 $-g'(a)/g(a)^2$；對 $f(1/g)$ 應用乘積法則即得。

例。 對所有實數 $x$，$F(x)=\log(1+x^2)$ 可微，因為 $1+x^2>0$；鏈式法則給出 $F'(x)=2x/(1+x^2)$。

識別自然指數與模型的速率

上面的正底數實冪構造適用於每個固定的 $a>1$；單憑它並沒有確定哪個數是自然底數。這裏通過另行建立的面積構造明確選取：令 $L(x)=\int_1^x dt/t$（$x>0$），$E=L^{-1}$，並定義 $e=E(1)>1$。面積構造已證明 $E(0)=1$、$E(s+t)=E(s)E(t)$、連續性、$E'(t)=E(t)$ 和 $L'(x)=1/x$。這就是這裏採用的 $e$ 的規範化；沒有把它與另一種級數定義的常數直接等同。

對底數 $e$，上確界構造與 $E$ 一致。事實上，由加法公式得對整數 $n$ 有 $E(n)=e^n$；負整數情形使用倒數。任取正整數 $q$，$E(1/q)>0$ 且 $E(1/q)^q=E(1)=e$，由正 $q$ 次根的唯一性可知它等於上確界構造中的 $e^{1/q}$。因此對每個整數 $p$ 和正整數 $q$，$E(p/q)=e^{p/q}$。任給實數 $x$，取有理數列 $r_j\to x$；$E$ 與上確界構造的函數 $x\mapsto e^x$ 均連續，取極限得到 $E(x)=e^x$。兩者均為從 $\mathbb R$ 到 $(0,\infty)$ 的雙射，所以反函數相同：$L=\ln$。因此

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

對常數 $C$，從差商中提取 $C$ 可證可微函數滿足 $(Cg)'=Cg'$。對實常數 $C,k$，鏈式法則及此常數倍法則給出 $f(t)=Ce^{kt}$ 和 $f'(t)=kCe^{kt}=kf(t)$，對所有實數 $t$ 成立；$C=0$ 或 $k=0$ 也包含在內。因為 $e^{kt}>0$，商 $f'(t)/f(t)=k$ 恰在 $C\ne0$ 時有定義。因此 $Q_0>0$ 的模型具有所述比例速率。這一計算驗證所給模型；初值方程 $f'=kf$ 的解是否唯一需要額外論證，例如另行證明的實數中值定理，這裏不作該斷言。