不借助微积分基本定理，用定积分定义对数并证明恒等式

嘿，这道微积分I的作业题我刚好有思路，完全按照要求不借助指数函数和微积分基本定理来证明这两个恒等式，咱们一步步来～

首先，根据题目里的黎曼积分定义，对于任意正实数$x,y$，我们先写出$\log(xy)$的表达式：
$$\log(xy) = \int_{1}^{xy} \frac{1}{t} dt$$

接下来，利用黎曼积分的区间可加性（这是积分的基本性质，不需要微积分基本定理），把这个积分拆成两个区间的积分之和：
$$\log(xy) = \int_{1}^{x} \frac{1}{t} dt + \int_{x}^{xy} \frac{1}{t} dt$$

第一个积分就是$\log(x)$，现在重点处理第二个积分$\int_{x}^{xy} \frac{1}{t} dt$。我们做变量替换：令$t = x \cdot u$，因为$x$是正实数，这个替换是严格单调递增的连续函数（当$u$从1变到$y$时，$t$从$x$变到$xy$）。基于黎曼积分的积分和等价变换（不需要微积分基本定理），$dt = x \cdot du$，代入积分得：
$$\int_{x}^{xy} \frac{1}{t} dt = \int_{1}^{y} \frac{1}{x \cdot u} \cdot x du = \int_{1}^{y} \frac{1}{u} du$$

而这个积分正好就是$\log(y)$，所以把两部分加起来就得到：
$$\log(xy) = \log(x) + \log(y)$$

首先回忆导数的定义，$\log'(1)$是函数$\log(x)$在$x=1$处的导数，即：
$$\log'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{\log(1+h) - \log(1)}{h}$$

根据$\log$的定义，$\log(1) = \int_{1}^{1} \frac{1}{t} dt = 0$，所以上式简化为：
$$\log'(1) = \lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \int_{1}^{1+h} \frac{1}{t} dt$$

我们分两种情况讨论这个极限：

情况1：$h \to 0^+$（$h$是趋近于0的正实数） #

在区间$[1, 1+h]$上，函数$f(t) = \frac{1}{t}$是单调递减的，所以它的最小值是$f(1+h) = \frac{1}{1+h}$，最大值是$f(1) = 1$。根据黎曼积分的估值定理：
$$\frac{1}{1+h} \cdot h \leq \int_{1}^{1+h} \frac{1}{t} dt \leq 1 \cdot h$$

两边同时除以$h$（$h>0$，不等号方向不变）：
$$\frac{1}{1+h} \leq \frac{1}{h} \int_{1}^{1+h} \frac{1}{t} dt \leq 1$$

当$h \to 0^+$时，$\frac{1}{1+h} \to 1$，根据夹逼准则，这个极限等于1。

情况2：$h \to 0^-$（$h$是趋近于0的负实数） #

令$h = -k$，其中$k \to 0^+$，那么原式变为：
$$\frac{1}{h} \int_{1}^{1+h} \frac{1}{t} dt = \frac{1}{-k} \int_{1}^{1-k} \frac{1}{t} dt = \frac{1}{k} \int_{1-k}^{1} \frac{1}{t} dt$$

在区间$[1-k, 1]$上，函数$f(t) = \frac{1}{t}$是单调递减的，所以最小值是$f(1) = 1$，最大值是$f(1-k) = \frac{1}{1-k}$。再用估值定理：
$$1 \cdot k \leq \int_{1-k}^{1} \frac{1}{t} dt \leq \frac{1}{1-k} \cdot k$$

两边除以$k$（$k>0$，不等号方向不变）：
$$1 \leq \frac{1}{k} \int_{1-k}^{1} \frac{1}{t} dt \leq \frac{1}{1-k}$$

当$k \to 0^+$时，$\frac{1}{1-k} \to 1$，再用夹逼准则，这个极限也等于1。

因为左右极限都等于1，所以$\log'(1) = 1$。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者ClassicEndingMusic