• ${\displaystyle \lim _{x\to 0}{\frac {\ln(1+x)}{x}}=1}$
• ${\displaystyle \lim _{\alpha \to 0}{\frac {x^{\alpha }-1}{\alpha }}=\ln x\quad {\text{สำหรับ }}\;x>0}$
• ${\displaystyle {\frac {x-1}{x}}\leq \ln x\leq x-1\quad {\text{for}}\quad x>0}$
• ${\displaystyle \ln {(1+x^{\alpha })}\leq \alpha x\quad {\text{for}}\quad x\geq 0\;{\text{and }}\;\alpha \geq 1}$

เนื่องจากลอการิทึมธรรมชาติ${\displaystyle \ln(x)}$ถ้า 0 หาค่าไม่ได้ ฟังก์ชันนั้นเองก็ไม่มีอนุกรมแมคลาลินต่างจากฟังก์ชันพื้นฐานอื่นๆ อีกมากมาย ดังนั้นเราจึงต้องมองหาการกระจายอนุกรมเทย์เลอร์รอบๆ จุดอื่นๆ แทน ตัวอย่างเช่น ถ้า${\displaystyle \vert x-1\vert \leq 1{\text{ and }}x\neq 0,}$จากนั้น^{[ 16 ]}$${\displaystyle {\begin{aligned}\ln x&=\int _{1}^{x}{\frac {1}{t}}\,dt=\int _{0}^{x-1}{\frac {1}{1+u}}\,du\\&=\int _{0}^{x-1}(1-u+u^{2}-u^{3}+\cdots )\,du\\&=(x-1)-{\frac {(x-1)^{2}}{2}}+{\frac {(x-1)^{3}}{3}}-{\frac {(x-1)^{4}}{4}}+\cdots \\&=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}(x-1)^{k}}{k}}.\end{aligned}}}$$

นี่คืออนุกรมเทย์เลอร์สำหรับ${\displaystyle \ln x}$ประมาณ 1. การเปลี่ยนตัวแปรทำให้ได้อนุกรมเมอร์เคเตอร์ : $${\displaystyle \ln(1+x)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{k}}x^{k}=x-{\frac {x^{2}}{2}}+{\frac {x^{3}}{3}}-\cdots ,}$$ ใช้ได้สำหรับ${\displaystyle |x|\leq 1}$และ${\displaystyle x\neq -1.}$

เลออนฮาร์ด ออยเลอร์ [ ^{17 ] ไม่}สนใจ${\displaystyle x\neq -1}$อย่างไรก็ตาม ได้นำชุดข้อมูลนี้ไปประยุกต์ใช้${\displaystyle x=-1}$เพื่อแสดงว่าอนุกรมฮาร์มอนิกเท่ากับลอการิทึมธรรมชาติของ${\textstyle {\frac {1}{1-1}}}$นั่นคือ ล็อกaritthm ของอนันต์ ในปัจจุบันนี้ สามารถพิสูจน์ได้อย่างเป็นทางการมากขึ้นว่า อนุกรมฮาร์มอนิกที่ถูกตัดที่Nนั้นใกล้เคียงกับล็อกaritthm ของNเมื่อNมีค่ามาก โดยผลต่างจะลู่เข้าสู่ค่าคงที่ของออยเลอร์-มาสเชโรนี

รูปที่แสดงคือกราฟของln(1 + x )และพหุนามเทย์เลอร์ บางส่วนของฟังก์ชันนี้ รอบๆ ค่า 0 การประมาณค่าเหล่านี้จะลู่เข้าสู่ฟังก์ชันเฉพาะในบริเวณ−1 < x ≤ 1 เท่านั้น นอกบริเวณนี้ พหุนามเทย์เลอร์ที่มีดีกรีสูงกว่าจะให้ค่าประมาณของฟังก์ชันที่แย่ลง

กรณีพิเศษที่มีประโยชน์สำหรับจำนวนเต็มบวกnโดยการเลือก${\displaystyle x={\tfrac {1}{n}}}$, เป็น: $${\displaystyle \ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}}{kn^{k}}}={\frac {1}{n}}-{\frac {1}{2n^{2}}}+{\frac {1}{3n^{3}}}-{\frac {1}{4n^{4}}}+\cdots }$$

ถ้า${\displaystyle \operatorname {Re} (x)\geq 1/2,}$แล้ว $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(x)&=-\ln \left({\frac {1}{x}}\right)=-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(-1)^{k-1}({\frac {1}{x}}-1)^{k}}{k}}=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {(x-1)^{k}}{kx^{k}}}\\&={\frac {x-1}{x}}+{\frac {(x-1)^{2}}{2x^{2}}}+{\frac {(x-1)^{3}}{3x^{3}}}+{\frac {(x-1)^{4}}{4x^{4}}}+\cdots \end{aligned}}}$$

ตอนนี้ ลองพิจารณาดู ${\displaystyle x={\tfrac {n+1}{n}}}$สำหรับจำนวนเต็มบวกnเราจะได้: $${\displaystyle \ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)=\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {1}{k(n+1)^{k}}}={\frac {1}{n+1}}+{\frac {1}{2(n+1)^{2}}}+{\frac {1}{3(n+1)^{3}}}+{\frac {1}{4(n+1)^{4}}}+\cdots }$$

ถ้า${\displaystyle \operatorname {Re} (x)\geq 0{\text{ and }}x\neq 0,}$แล้ว $${\displaystyle \ln(x)=\ln \left({\frac {2x}{2}}\right)=\ln \left({\frac {1+{\frac {x-1}{x+1}}}{1-{\frac {x-1}{x+1}}}}\right)=\ln \left(1+{\frac {x-1}{x+1}}\right)-\ln \left(1-{\frac {x-1}{x+1}}\right).}$$ เนื่องจาก $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(1+y)-\ln(1-y)&=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {1}{i}}\left((-1)^{i-1}y^{i}-(-1)^{i-1}(-y)^{i}\right)=\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {y^{i}}{i}}\left((-1)^{i-1}+1\right)\\&=y\sum _{i=1}^{\infty }{\frac {y^{i-1}}{i}}\left((-1)^{i-1}+1\right){\overset {i-1\to 2k}{=}}\;2y\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {y^{2k}}{2k+1}},\end{aligned}}}$$ เรามาถึงแล้ว $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln(x)&={\frac {2(x-1)}{x+1}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{2k+1}}{\left({\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}\right)}^{k}\\&={\frac {2(x-1)}{x+1}}\left({\frac {1}{1}}+{\frac {1}{3}}{\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}+{\frac {1}{5}}{\left({\frac {(x-1)^{2}}{(x+1)^{2}}}\right)}^{2}+\cdots \right).\end{aligned}}}$$ โดยใช้การแทนที่${\displaystyle x={\tfrac {n+1}{n}}}$สำหรับจำนวนเต็มบวกnเราจะได้: $${\displaystyle {\begin{aligned}\ln \left({\frac {n+1}{n}}\right)&={\frac {2}{2n+1}}\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {1}{(2k+1)((2n+1)^{2})^{k}}}\\&=2\left({\frac {1}{2n+1}}+{\frac {1}{3(2n+1)^{3}}}+{\frac {1}{5(2n+1)^{5}}}+\cdots \right).\end{aligned}}}$$

นี่คือการลู่เข้าที่เร็วที่สุดของอนุกรมที่กล่าวถึงในที่นี้

ลอการิทึมธรรมชาติยังสามารถแสดงเป็นผลคูณอนันต์ได้อีกด้วย: ^{[ 18 ]}$${\displaystyle \ln(x)=(x-1)\prod _{k=1}^{\infty }\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{2^{k}}]{x}}}}\right)}$$

ตัวอย่างสองข้ออาจเป็นดังนี้: $${\displaystyle \ln(2)=\left({\frac {2}{1+{\sqrt {2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{4}]{2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{8}]{2}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{16}]{2}}}}\right)...}$$$${\displaystyle \pi =(2i+2)\left({\frac {2}{1+{\sqrt {i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{4}]{i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{8}]{i}}}}\right)\left({\frac {2}{1+{\sqrt[{16}]{i}}}}\right)...}$$

จากเอกลักษณ์นี้ เราสามารถสรุปได้ง่ายๆ ว่า: $${\displaystyle {\frac {1}{\ln(x)}}={\frac {x}{x-1}}-\sum _{k=1}^{\infty }{\frac {2^{-k}x^{2^{-k}}}{1+x^{2^{-k}}}}}$$

ตัวอย่างเช่น: $${\displaystyle {\frac {1}{\ln(2)}}=2-{\frac {\sqrt {2}}{2+2{\sqrt {2}}}}-{\frac {\sqrt[{4}]{2}}{4+4{\sqrt[{4}]{2}}}}-{\frac {\sqrt[{8}]{2}}{8+8{\sqrt[{8}]{2}}}}\cdots }$$

ลอการิทึมธรรมชาติช่วยให้การหาปริพันธ์ของฟังก์ชันในรูปแบบ ทำได้ง่าย${\displaystyle g(x)={\frac {f'(x)}{f(x)}}}$: อนุพันธ์ผกผันของg ( x )กำหนดโดย${\displaystyle \ln(|f(x)|)}$ที่เป็นเช่นนั้นก็เพราะกฎลูกโซ่และข้อเท็จจริงดังต่อไปนี้: $${\displaystyle {\frac {d}{dx}}\ln \left|x\right|={\frac {1}{x}},\ \ x\neq 0}$$

กล่าวอีกนัยหนึ่งคือ เมื่อทำการอินทิเกรตในช่วงของเส้นจำนวนจริงที่ไม่รวมช่วงนั้น${\displaystyle x=0}$, แล้ว $${\displaystyle \int {\frac {1}{x}}\,dx=\ln |x|+C}$$ โดยที่Cเป็นค่าคงที่ของการอินทิเกรตที่กำหนด^{[ 19 ]}

ในทำนองเดียวกัน เมื่อทำการอินทิกรัลในช่วงที่${\displaystyle f(x)\neq 0}$,

$${\displaystyle \int {{\frac {f'(x)}{f(x)}}\,dx}=\ln |f(x)|+C.}$$

ตัวอย่างเช่น พิจารณาปริพันธ์ของ${\displaystyle \tan(x)}$ในช่วงเวลาที่ไม่รวมจุดที่${\displaystyle \tan(x)}$ไม่มีที่สิ้นสุด: $${\displaystyle \int \tan x\,dx=\int {\frac {\sin x}{\cos x}}\,dx=-\int {\frac {{\frac {d}{dx}}\cos x}{\cos x}}\,dx=-\ln \left|\cos x\right|+C=\ln \left|\sec x\right|+C.}$$

สามารถหาปริพันธ์ของลอการิทึมธรรมชาติได้โดยใช้วิธีการหาปริพันธ์โดยส่วนให้: $${\displaystyle u=\ln x\Rightarrow du={\frac {dx}{x}}}$$$${\displaystyle dv=dx\Rightarrow v=x}$$ แล้ว: $${\displaystyle {\begin{aligned}\int \ln x\,dx&=x\ln x-\int {\frac {x}{x}}\,dx\\&=x\ln x-x+C\end{aligned}}}$$

ลอการิทึมธรรมชาติของ 10 ซึ่งเป็นจำนวนอดิศัย มีค่าประมาณเท่ากับ2.302 585 09 , ^{[ 20 ]}มีบทบาท เช่น ในการคำนวณลอการิทึมธรรมชาติของตัวเลขที่แสดงในรูปแบบสัญกรณ์วิทยาศาสตร์โดยที่แมนทิสซาคูณด้วยกำลังของ 10: $${\displaystyle \ln(a\cdot 10^{n})=\ln a+n\ln 10.}$$

ซึ่งหมายความว่าเราสามารถคำนวณลอการิทึมของตัวเลขที่มีขนาด ใหญ่มากหรือเล็กมากได้อย่างมีประสิทธิภาพ โดยใช้ลอการิทึมของชุดทศนิยมที่ค่อนข้างเล็กในช่วง[1, 10 )

ในการคำนวณลอการิทึมธรรมชาติด้วยความแม่นยำสูง การใช้วิธีอนุกรมเทย์เลอร์ไม่มีประสิทธิภาพเนื่องจากการลู่เข้าช้า โดยเฉพาะอย่างยิ่งถ้าxอยู่ใกล้ 1 ทางเลือกที่ดีกว่าคือการใช้วิธีของฮัลลีย์หรือวิธีของนิวตัน ในการผกผันฟังก์ชันเลขชี้กำลัง เพราะอนุกรมของฟังก์ชันเลขชี้กำลังลู่เข้าได้เร็วกว่า สำหรับการหาค่าของ yเพื่อให้ได้ค่าที่ ต้องการ${\displaystyle \exp(y)-x=0}$โดยใช้วิธีของแฮลลีย์ หรือเทียบเท่ากับการให้${\displaystyle \exp(y/2)-x\exp(-y/2)=0}$เมื่อใช้วิธีของนิวตัน การวนซ้ำจะง่ายขึ้นเป็น $${\displaystyle y_{n+1}=y_{n}+2\cdot {\frac {x-\exp(y_{n})}{x+\exp(y_{n})}}}$$ ซึ่งมีการลู่เข้าแบบลูกบาศก์ไปยัง${\displaystyle \ln(x)}$.

ทางเลือกอื่นสำหรับการคำนวณที่มีความแม่นยำสูงมากคือสูตร^{[ 21 ] [ 22 ]}$${\displaystyle \ln x\approx {\frac {\pi }{2M(1,4/s)}}-m\ln 2,}$$ โดยที่Mหมายถึงค่าเฉลี่ยเลขคณิต-เรขาคณิตของ 1 และ4/ sและ $${\displaystyle s=x2^{m}>2^{p/2},}$$ โดย เลือกค่า mเพื่อให้ ได้ความแม่นยำ pบิต (โดยทั่วไปแล้ว ค่าm เท่ากับ 8 ก็เพียงพอแล้ว) อันที่จริง หากใช้วิธีนี้ การผกผันของนิวตันกับลอการิทึมธรรมชาติอาจใช้ในการคำนวณฟังก์ชันเลขชี้กำลังได้อย่างมีประสิทธิภาพ (ค่าคงที่${\displaystyle \ln 2}$และ สามารถคำนวณ ค่า πล่วงหน้าได้ด้วยความแม่นยำที่ต้องการ โดยใช้ชุดอนุกรมที่ลู่เข้าอย่างรวดเร็วหลายชุดที่รู้จักกันดี) หรือสามารถใช้สูตรต่อไปนี้ได้: $${\displaystyle \ln x={\frac {\pi }{M\left(\theta _{2}^{2}(1/x),\theta _{3}^{2}(1/x)\right)}},\quad x\in (1,\infty )}$$

ที่ไหน $${\displaystyle \theta _{2}(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{(n+1/2)^{2}},\quad \theta _{3}(x)=\sum _{n\in \mathbb {Z} }x^{n^{2}}}$$ คือฟังก์ชันเธต้าของจาโคบี^{[ 23 ]}

จากข้อเสนอของWilliam Kahanและนำไปใช้ครั้งแรกใน เครื่องคิดเลข Hewlett-Packard HP-41Cในปี 1979 (เรียกภายใต้ "LN1" ในการแสดงผลเท่านั้น) เครื่องคิดเลขระบบปฏิบัติการ (เช่นBerkeley UNIX 4.3BSD ^{[ 24 ]} ) ระบบพีชคณิตคอมพิวเตอร์และภาษาโปรแกรม (เช่นC99 ^{[ 25 ]} ) บางระบบมีฟังก์ชัน ลอการิทึมธรรมชาติบวก 1พิเศษซึ่งมีชื่อเรียกอีกอย่างว่าLNP1 [ ^{26 ] [ 27 ]}หรือlog1p ^{[ 25 ]}เพื่อให้ได้ผลลัพธ์ที่แม่นยำยิ่งขึ้นสำหรับลอการิทึมที่ใกล้เคียงกับศูนย์ โดยการส่งอาร์กิวเมนต์^xซึ่งใกล้เคียงกับศูนย์เช่นกัน ไปยังฟังก์ชันlog1p( x ) ซึ่งจะ ส่งคืนค่าln(1+ x )แทนที่จะส่งค่าyที่ใกล้เคียงกับ 1 ไปยังฟังก์ชันที่ส่งคืนln( y ) ^{[ 25 ] [ 26 ] [ 27 ]}ฟังก์ชันlog1pหลีกเลี่ยงการหักล้างกันเกือบสมบูรณ์ของพจน์สัมบูรณ์ 1 กับพจน์ที่สองจากการขยายอนุกรมเทย์เลอร์ของลอการิทึมธรรมชาติในเลขคณิตจุดลอยตัว ซึ่งทำให้ค่าอาร์กิวเมนต์ ผลลัพธ์ และขั้นตอนกลางทั้งหมดอยู่ใกล้ศูนย์ ซึ่งสามารถแสดงได้อย่างแม่นยำที่สุดเป็นตัวเลขจุดลอยตัว^{[ 26 ] [ 27 ]}

นอกจากฐานeแล้ว มาตรฐาน IEEE 754-2008 ยัง กำหนดฟังก์ชันลอการิทึมที่คล้ายกันใกล้ 1 สำหรับลอการิทึมฐานสองและ ฐานสิบ ได้แก่log (1 + x )และlog (1 + x )

ฟังก์ชันผกผันที่คล้ายกันซึ่งมีชื่อว่า " expm1 " ^{[ 25 ]} "expm" ^{[ 26 ] [ 27 ]}หรือ "exp1m" ก็มีอยู่เช่นกัน โดยทั้งหมดมีความหมายว่าexpm1( x ) = exp( x ) − 1 [ ^{nb 1 ]}

เอกลักษณ์ในรูปของแทนเจนต์ไฮเปอร์โบลิกผกผัน $${\displaystyle \mathrm {log1p} (x)=\log(1+x)=2~\mathrm {artanh} \left({\frac {x}{2+x}}\right)\,,}$$ ให้ค่าที่มีความแม่นยำสูงสำหรับค่าx ขนาดเล็กบนระบบ ที่ไม่รองรับlog1p( x )

ความซับซ้อนในการคำนวณลอการิทึมธรรมชาติโดยใช้ค่าเฉลี่ยเลขคณิต-เรขาคณิต (สำหรับทั้งสองวิธีข้างต้น) คือ${\displaystyle {\text{O}}{\bigl (}M(n)\ln n{\bigr )}}$ในที่นี้nคือจำนวนหลักความแม่นยำที่ต้องการประเมินค่าลอการิทึมธรรมชาติ และM ( n )คือความซับซ้อนในการคำนวณของการคูณจำนวนสองจำนวนที่มีn หลัก