Definitivament, la història dels logaritmes és una història de frares cristians. Potser per això, com que els camins del Senyor són inescrutables, el treball d’un jesuïta, que no estava interessat en els logaritmes sinó en el càlcul d’àrees, és a l’origen del punt de vista modern a prop dels logaritmes (la qual cosa, probablement hauria enfurismat Neper, atesa la seua radical militància antipapista).
Saint-Vincent i l’àrea limitada per una hipèrbola equilàtera
Grégoire de Saint-Vincent és l’autor d’Opus geometricum quadraturae circuli et sectionum coni, és a dir, una obra sobre la quadratura de les seccions còniques (quadratura vol dir àrea i les seccions còniques són les corbes que resulten de tallar un con amb diversos plànols, ço és, circumferències, eŀlipses, paràboles i hipèrboles).
Saint Vincent estudia, entre altres, l’àrea de la figura adjunta, delimitada per l’hipèrbola equilàtera \(y=1/t\), l’eix horitzontal \(t\) i les rectes verticals \(t=a\) i \(t=b\). Representarem aquesta àrea com \(A(a,b)\).
Saint Vincent va demostrar que si \(b/a=d/c\), aleshores les àrees sota la hipèrbola en els intervals \([a,b]\) i \([c,d]\) són iguals, és a dir, que \[\Large\textbf{Si }\frac ba=\frac dc \textbf{ llavors } A(a,b)=A(c,d)\]
Això és molt interessant, perquè el càlcul de l’àrea està relacionat amb les integrals (de fet, és la idea bàsica de les integrals: l’àrea \(A(a,b)\) és el que en termes matemàtics es representa com \({\LARGE\int}_a^b {\LARGE\frac1t} \mathrm dt\), la integral des d’\(a\) fins a \(b\) de la funció \(f(t)=1/t\)).
D’altra banda, aquesta propietat, com veurem ben aviat, ens proporciona una funció logarítmica. Com que tot això és molt interessant (i el que estem fent són matemàtiques), anem a calcular l’àrea i a provar la propietat.
Àrea sota la hipèrbola
En principi, no sabem calcular l’àrea de la figura. Podem, però, aproximar-la mitjançant rectangles. Provarem d’aproximar l’àrea \(A(1,4)\). Si l’interval en tres parts iguals, com es veu al gràfic següent,
les bases de tots els rectangles de la figura són iguals a \(1\). Les altures, en els rectangles inferiors són \(1/2,1/3\) i \(1/4\) i, les dels rectangles superiors, \(1/2\) i \(1/3\). Així que, si anomenem suma inferior (\(L(1,4)\), de l’anglès Lower) i suma superior, (\(U(1,4)\), per Upper), respectivament, a la suma de les àrees del rectangles inferiors i a la dels superiors, tindrem \begin{align*}L(1,4)=1\cdot\frac12+1\cdot\frac13+1\cdot\frac14 =1{,}0833333\\ U(1,4)=1\cdot1+1\cdot\frac12+1\cdot\frac13=1{,}8333333\\ \end{align*}
És evident que l’àrea que cerquem és més gran que la suma de les àrees dels rectangles de l’esquerra i més menuda que la dels de la dreta, així que aquesta àrea s’hi troba entremig, \(1{,}083 < A(1,4) < 1{,}834\). Si fem un promig, \(A(1,4)\approx\frac{1{,}083+1{,}834}{2}\approx1{,}458\)
Evidentment, aquest resultat és molt poc satisfactori, però també és evident que, com més gran siga el nombre de rectangles en què subdividim l’interval, més bona serà l’aproximació. Amb deu subdivisions obtindríem \(A(1,4)\approx\frac{1{,}281+1{,}506}{2}\approx1{,}393\), que ja no està tan malament (el valor real de l’àrea és \(1{,}386…\)), tot i que tampoc no és un resultat massa bo.
En el cas general, si dividim l’interval \([a,b]\) en \(n\) parts iguals, les longituds de les bases dels rectangles seran \(h=\frac{b-a}{n}\) i els punts de les subdivisions,\[a,a+h,a+2h,\dots,a+nh=b\] les altures dels rectangles inferiors, \(\frac1{a+h},\frac1{a+2h},\frac1{a+3h},\dots,\frac1{a+nh}\) i, les dels superiors, \(\frac1{a},\frac1{a+h},\frac1{a+2h},\dots,\frac1{a+(n-1)h}\), així que la suma inferior i la suma inferior són\[ L_n(a.b)= h\left( \frac1{a+h}+\frac1{a+2h}+\frac1{a+3h}+\dots+\frac1{a+nh}\right) \qquad U_n(a,b)= h\left( \frac1{a}+\frac1{a+h}+\frac1{a+2h}+\dots+\frac1{a+(n-1)h}\right)\] (posem \(L_n\) i \(U_n\) perquè hem fet \(n\) subdivisions de l’interval \([a,b]\)). La diferència entre les dues sumes és \(U_n(a,b)-L_n(a,b)=h\left(\frac1{a}-\frac1{a+nh}\right)\), perquè quan els restem tots els termes que estan repetits desapareixeran. I, si recordem que \(h=(b-a)/n\), obtindrem\[U_n(a,b)-L_n(a,b)=h\left(\frac1{a}-\frac1{a+nh}\right)=\frac{b-a}n\left(\frac1a-\frac1{a+n\frac{b-a}n}\right)=\frac{b-a}n\left(\frac1a-\frac1{b}\right)\]
Si \(n\) és molt gran llavors \(1/n\) és molt petit, així que podem fer que la diferència entre la suma inferior i la superior siga tan petita com vulguem si elegim \(n\) suficientment gran. Això, en termes de límits, vol dir que la diferència \(U_n(a,b)-L_n(a,b)\) convergeix a zero i, com que l’àrea que cerquem n’està entre mig, aquesta àrea és el límit de les sumes inferiors i també el de les superiors: \[A=\lim L_n(a,b)=\lim U_n(a,b)\]
\(\textbf{Si }\frac ba=\frac dc \textbf{ llavors } A(a,b)=A(c,d)\)
Com que tenim una fórmula per a les sumes inferiors i superiors, això, ara, és molt fàcil de demostrar (recordem que \(h=(b-a)/n\)):
\begin{align*}L_n(a,b)= h\left( \frac1{a+h}+\frac1{a+2h}+\dots+\frac1{a+nh}\right)&= \frac1{\frac ah+1}+\frac1{\frac ah+2}+\dots+\frac1{\frac ah+n} \\ &= \frac1{n\frac {a}{b-a}+1}+\frac1{n\frac {a}{b-a}+2}+\dots+\frac1{n\frac {a}{b-a}+n} \end{align*}
Canviant \(a\) i \(b\) per \(c\) i \(d\), tindrem que la suma inferior per a l’interval \([c,d]\) serà \[L_n(c,d)= \frac1{n\frac {c}{d-c}+1}+\frac1{n\frac {c}{d-c}+2}+\dots+\frac1{n\frac {c}{d-c}+n}\]
Però, com que \(\frac ba=\frac dc\), \(\frac {a}{b-a}=\frac{1}{\frac ba-1}=\frac{1}{\frac dc-1}=\frac c{d-c} \)
És a dir, que \(L_n(a,b)=L_n(c,d)\) i, per tant, les àrees per sota els interval \([a,b]\) i \([c,d]\) són iguals. I ja hem acabat, perquè això és el que volíem demostrar o, com deien els clàssics, quod erat demostrandum.
Sembla que Saint-Vincent no s’adonà que aquesta era una propietat logarítmica, però sí que ho va notar un deixeble seu, també jesuïta, Alfonso Antonio de Sarasa.
D’això en parlarem al proper capítol.
