¿Derivar la propiedad aditiva del logaritmo natural a partir de series de potencias?

Question

Conozco la propiedad aditiva de los logaritmos, que

$$\ln(x) + \ln(y) = \ln(xy)$$

es fácil de demostrar utilizando la naturaleza del logaritmo como la inversa de la función exponencial. Sin embargo, me interesa intentar demostrarlo sólo usando la serie de potencias para $\ln(1-x)$ , a saber

$$\ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n} n . $$

He utilizado esta definición para tratar de examinar la expresión

$$\log(1-x) + \log(1-y) - \log((1-x)(1-y)) = -\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} ( x^n + y^n - (x+y-xy)^n)$$

y mostrar que es idéntico a cero, pero ha resultado ser demasiado para mí.

¿Alguna sugerencia, ya sea sobre ese método o cualquier otro enfoque?

Gracias

Answer 1

Si yo tenía Para demostrar este resultado, probablemente utilizaría una forma menos directa que la que parece considerarse en la pregunta publicada, pero por supuesto no puede ser la única forma de hacerlo. Tenemos $$ \ln(1-x) = - \sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}n. $$ Las series de potencias se pueden diferenciar término a término dentro de los interiores de sus intervalos de convergencia, por lo que tenemos $$ \frac d {dx} \ln(1-x) = -\sum_{n=1}^\infty x^{n-1} = \frac 1 {x-1}. $$ Entonces tenemos $$ \ln(1-x) = \int_0^x \frac{dw}{w-1} $$ (aquí tenemos que notar que los valores de ambos lados cuando $x=0$ están de acuerdo: ambos son $0$ para que la "constante de integración" tenga el valor correcto). Esto se puede escribir como $$ \ln u = \int_0^{1-u} \frac{dw}{w-1} = \int_1^u \frac{dv} v $$ mediante la sustitución \begin{align} v & = 1-w, \\ -dv & = dw, \\ -v & = w-1, \\ \text{when } w & = 0 \text{ then }v=1, \\ \text{when } w & = 1-u \text{ then } w=u. \end{align} Así que $$ \ln(tu) = \int_1^{tu} \frac{dv} v = \int_1^u \frac{dv} v + \int_u^{tu} \frac {dv} v = (\ln u) + \int_u^{tu} \frac{dv} v. $$ Entonces, ocúpate de la última integral: $$ \int_u^{tu} \frac{dv}v. \tag 1 $$ Dejemos que $y=uv$ para que $dy = u\,dv$ y $\dfrac{dv} v = \dfrac{u\,dv}{uv} = \dfrac{dv} v$ . Como $v$ va de $u$ a $tu$ entonces $y$ va de $1$ a $t$ y la integral $(1)$ se convierte en $$ \int_1^t \frac {dy} y = \ln t. $$

Sin embargo, si quieres hacerlo más directamente a partir del trabajo con las series de potencia, quizás tengas que hacer algo muy diferente.

Answer 2

Utilizar directamente la serie de Taylor no es una forma muy motivada o limpia de mostrar la aditividad de $\log$ pero aquí hay un enfoque. Es claramente suficiente para demostrar que $\exp(x + y) = (\exp x)(\exp y)$ . La función $y = \exp(x)$ es la única solución de la ecuación diferencial $y' = y$ con $y(0) = 1$ . (El resultado de la unicidad aquí es estándar y fácil de demostrar, aunque los cursos de introducción a las ecuaciones diferenciales a menudo sólo tratan de encontrar soluciones explícitas a ciertas ecuaciones en lugar de algo más útil). A menudo se toma como definición $\exp$ o es fácil de demostrar directamente si se define $\exp(x) = \sum x^n/n!$ . Pero dada una solución $y(x)$ de la ecuación, claramente $\tilde y(t) = y(x + t)/y(t)$ también es una solución para cualquier $t$ con $y(t)\not =0 $ . De ello se desprende que $\tilde y(x) = y(x)$ eso es, $y(x + t) = y(x)y(t)$ . Hay un argumento similar utilizando la definición $\log x = \int_1^x \frac{1}{t}$ que es equivalente a la de aquí después de observar que $(f^{-1})'(f(x)) = 1/f'(x)$ .