L’àrea per sota la hipèrbola és un logaritme
Com hem vist al capítol anterior, Saint-Vincent va provar que si \(b/a=d/c\) l’àrea delimitada per la corba \(y=1/t\) i l’eix \(t\) entre les abscisses \(t=a\) i \(t=b\) i l’àrea anàloga entre les abscisses \(t=c\) i \(t=d\) són iguals: \(A(a,b)=A(c,d)\).
La funció \(f(x)=A(1,x)\) mesura l’àrea d’aquesta superfície delimitada entre les abscisses \(1\) i \(x\) (si \(x\geq 1\); per a \(0\leq x< 1\) la funció seria l’àrea canviada de signe. Per simplificar, treballarem només amb \(x\geq 1\)).
Alfonso Antonio de Sarasa, deixeble de Saint-Vincent se’n va adonar que la propietat descoberta pel seu mestre significa que aquesta funció és un logaritme, perquè, \(f(xy)=f(x)+f(y)\), com demostrarem de seguida: si suposem que \(x\geq 1\) i \(y\geq 1\), és clar que \(A(1,xy)=A(1,x)+A(x,xy)\) (com s’aprecia en la figura).
Però, com que \(xy/x=y/1\), \(A(x,xy)=A(1,y)=f(y)\), així que
\begin{align*}f(xy)&=A(1,xy)\\&=A(1,x)+A(x,xy)\\&=A(1,x)+A(1,y)\\&=f(x)+f(y)\end{align*}
Així que la funció \(f(x)=A(1,x)\) és un logaritme, que es coneix com el logaritme natural i es representa, simplement, com \(\log x\).
La base del logaritme natural
El que hem vist fins ara és que el logaritme natural de \(x\) és l’àrea delimitada per la hipèrbola \(y=1/x\) i l’eix \(x\) entre les abscisses \(1\) i \(x\) (sempre que \(x\geq 1\)). Però, com que és un logaritme, ara ens interessa saber quina n’és la base.
Farem el següent: calcularem alguns logaritmes per tractar d’esbrinar quina és, aproximadament, aquesta base i quan trobem el nombre que sembla se-la, demostrarem que efectivament aquest nombre és la base dels logaritmes naturals.
Per a fer això, recordem com aproximàvem l’àrea \(A(a,b)\) al capítol anterior: subdividim l’interval \([a,b]\) en subintervals menuts amb els extrems en \(a,a+h,a+2h,\dots,a+nh=b\); perquè \(a+nh\) siga igual a \(b\), \[a+nh=b \Longleftrightarrow h=\frac{b-a}{n}\] A partir d’aquí, aproximem l’àrea mitjançant la suma inferior i la suma superior, \[ L_n(a.b)= h\left( \frac1{a+h}+\frac1{a+2h}+\frac1{a+3h}+\dots+\frac1{a+nh}\right) \qquad U_n(a,b)= h\left( \frac1{a}+\frac1{a+h}+\frac1{a+2h}+\dots+\frac1{a+(n-1)h}\right)\]de manera que \(L_n(a,b)<A(a,b)<U_n(a,b)\). Com que el logaritme de \(x\) és \(\log x=A(1,x)\), farem les aproximacions \(L_n(1,x)<\log x<U_n(1,x)\).
Això és molt fàcil de fer si es fa servir un nombre reduït de subdivisions, però per a aconseguir resultats relativament acurats caldrà fer-ne moltes i utilitzar alguna eina informàtica. Per si us interessa, publicarem una entrada pròximament explicant com fer-ho amb l’scilab. Per exemple, podem aproximar el logaritme natural de \(2\), amb \(5\) subdivisions. Si \(n=5\), tindrem que \(h=(2-1)/5=0{,}2\), els extrems de les subdivisions, \(1,1{,}2,1{,}4,1{,}6,1{,}8,2\) i les sumes inferior i superior són
\begin{align*}L_5(1,2)&= 0{,}2\left(\frac{1}{1{,}2}+\frac{1}{1{,}4}+\frac{1}{1{,}6}+\frac{1}{1{,}8}+\frac{1}{2}\right)=0{,}5456…\\U_5(1,2)&= 0{,}2\left(1+\frac{1}{1{,}2}+\frac{1}{1{,}4}+\frac{1}{1{,}6}+\frac{1}{8}\right)=0{,}6345…\end{align*}
Així que \(0{,}54\leq\log 2\leq0{,}64\). Per tant la base del logaritme ha de ser més gran que \(2\). Fem el mateix amb el logaritme de \(3\): \(h=(3-1)/5=0{,}4\), els extrems de les subdivisions són\(1,1{,}4,1{,}8,2{,}2,2{,}6,3\) i
\begin{align*}L_5(1,3)&= 0{,}4\left(\frac{1}{1{,}4}+\frac{1}{1{,}8}+\frac{1}{2{,}2}+\frac{1}{2{,}6}+\frac{1}{3}\right)=0{,}8436…\\U_5(1,3)&= 0{,}2\left(1+\frac{1}{1{,}4}+\frac{1}{1{,}8}+\frac{1}{2{,}2}+\frac{1}{2{,}6}\right)=1{,}0897…\end{align*}
I no sabem del cert si \(\log 3\) és més petit, igual o més gran que \(1\). Caldrà afinar més, fent-hi més subdivisions. Així que fem servir l’scilab i obtenim, per a cent subdivisions,
\[L_{100}(1,3)=1{,}0853… \qquad U_{100}(1,3)=1{,}0985…\]
així que la base dels logaritmes és més petita que tres, però (intuïtivament) deu ser un nombre pròxim a \(3\). Anem aproximant-nos-hi successivament:
\begin{gather*} L_{100}(1,\ 2{,}9)=1{,}0519… \qquad U_{100}(1,\ 2{,}9)=1{,}0643…\\ L_{100}(1,\ 2{,}8)=1{,}0174… \qquad U_{100}(1,\ 2{,}8)=1{,}0289… \\ L_{100}(1,\ 2{,}7)=0{,}981… \qquad U_{100}(1,\ 2{,}7)=0{,}9922… \\\end{gather*}
Sembla que ja hi estem molt a prop! Augmentem el nombre de subdivisions per obtenir una millor precisió.
\begin{gather*} L_{500}(1,\ 2{,}71)=0{,}9946… \qquad U_{500}(1,\ 2{,}71)=0{,}9967…\\ L_{1000}(1,\ 2{,}71)=0{,}9957… \qquad U_{1000}(1,\ 2{,}71)=0{,}9968… \end{gather*}
Per ser sincers, cal notar que aquests nombres no són ben bé precisos, perquè els error d’arrodoniment són importants. Tot i això, la qüestió és aquesta: quin és un nombre lleugerament més gran que \(2{,}71\)? Si. Efectivament, el nombre \(\mathrm e=2{,}7182…\): la base dels logaritmes naturals és el nombre \(e\) o un nombre molt pròxim a \(e\). De fet, l’scilab ens dona aquestes aproximacions:
\[L_{1000}(1,\ 2{,}71828182)=0.9988… \qquad U_{1000}(1,\ 2{,}71828182)=0{,}9999… \]
Si no fórem matemàtics, ja ens hauríem convençut que \(\log \mathrm e=1\). Però, com que som matemàtics, no ens podem conformar amb el nombre \(e\) o un nombre molt pròxim a \(e\). Anem a demostrar que, efectivament, la base és el nombre \(e\). Això mereix un nom solemne:
Teorema: La base dels logaritmes naturals és el nombre \(e\)
Demostració: El que hem de demostrar és que \(\log e=1\). Recordem que \(e\) és el límit de la successió \(\left (1+\frac1{n}\right)^n\), així que calcularem el logaritme dels termes d’aquesta successió:
\[\log \left (1+\frac1{n}\right)^n = \log \left (\frac{n+1}{n}\right)^n\]Però, tenint en compte les propietats dels logaritmes, això és \[\log \left (1+\frac1{n}\right)^n =n\left(\log(n+1)-\log n\right)\]
Ara bé, la diferència entre els logaritmes de \(n+1\) i \(n\) és l’àrea de la zona ombrejada a la figura de la dreta. Aquesta àrea està delimitada per la de dos rectangles, inferior i superior,
Per tant, \(n\cdot\frac1{n+1} \leq \log \left (1+\frac1{n}\right)^n \leq n\cdot\frac1{n} =1\) i, com que \(\frac{n}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\), \[1-\frac{1}{n+1} \leq \log \left (1+\frac1{n}\right)^n \leq 1\]
Quan \(n\) es fa gran, \(\frac1{n+1}\) i \(\left (1+\frac1{n}\right)^n\) s’acosten a zero i al nombre \(\mathrm e\). En termes de límits això vol dir que
\[\lim \left(1-\frac{1}{n+1}\right) \leq \lim \log \left (1+\frac1{n}\right)^n \leq 1\]
\[1\leq\log\mathrm e\leq 1\]. Per tant, \(\log\mathrm e=1\). Això és el que volíem provar.
En resum, el que sabem dels logaritmes és que…
- es representa com \(\log_a x\) el logaritme en base \(a\) del nombre \(x\). Això vol dir que, si \(a^y=x\) llavors, \(\log_a x=y\)
- quan la base és \(\mathrm e\), en comptes de \(\log_{\mathrm e}x\) escrivim simplement \(\log x\); així que, si \(\mathrm e^y=x\) llavors, \(\log x=y\)
- Si \(x\leq 1\) llavors, \(\log x\) és l’àrea delimitada per la hipèrbola \(y=1/x\) i l’eix \(x\) entre les abscisses \(1\) i \(x\).
