De los pasados días disponemos de las siguientes expresiones para la función exponencial,
$ e^{z} = 1 + \frac{z}{1} + \frac{z^{2}}{1 \cdot 2} + \frac{z^{3}}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{z^{4}}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} \cdots $
y se podrá dar con los logaritmos hiperbólicos a partir de la serie infinita
$ l(1+x) = log_{e}(1+x) = \frac{x}{1} – \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} – \frac{x^{4}}{4} + \cdots $
Por otra parte si $ a^{y}=e^{z} $, tomando logarimtos naturales se tendrá que $ z= y \cdot l(a) $
$ a^{y} = e^{z} = e^{yl(a)} = 1 + \frac{yl(a)}{1} + \frac{(yl(a))^{2}}{1 \cdot 2} + \frac{(yl(a))^{3}}{1 \cdot 2 \cdot 3} + \frac{(yl(a))^{4}}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} \cdots $
de donde se deduce que.
$ k=ln(a) \leftrightarrow a=e^{k}$
Esta es la relación buscada desde el principio entre a y k. De este modo el logaritmo en cualquier base, se reduce a uno logaritmo en base e, ya que
$ log_{a}(1+x) = \frac{1}{k} \left( \frac{x}{1} – \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{3}}{3} – \frac{x^{4}}{4} + \cdots \right) = \frac{1}{ln(a)} ln(1+x) $
o equivalentemente
$ log_{a}(z) = \frac{ln(z)}{ln(a)} $
que es la conocida fórmula del cambio de base.
Volvamos ahora al principio. Todo había comenzado con la expresión
$ a^{\omega} = 1 + k\omega $
Ahora sabemos que cuando k=1, a= e = 2,71828… luego
$ e^{\omega} = 1 + \omega $
Como ω representa un número infinitamente pequeño, tomémoslo de la forma $ \omega = \frac{1}{i} $ con i infinitamente grande, de suerte que se tenga
$ e^{\frac{1}{i}} = 1 + \frac{1}{i} \rightarrow e= \left( 1 + \frac{1}{i} \right)^{i} $
que es la manera que tenía Euler de expresar lo que hoy conocemos como
$ e = \displaystyle\lim_{n \to \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n} = 2,718281828459045235360… $
Pero podemos llegar un poco más lejos. Concretamente la relación $ a^{\omega} = 1 + k\omega $ nos prueba de algún modo que
$ \lim_{x \to 0} \frac{a^{x}-1}{x} = k = ln(a) $
y que
$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{log_{a}(1+x)}{x} = \frac{1}{k} = \frac{1}{ln(a)} $
Como corolario, cuando k=1 tenemos las bellas relaciones
$ \displaystyle \lim_{x \to 0 } \frac{e^{x}-1}{x} = k = 1 $
y que
$\displaystyle \lim_{x \to 0 } \frac{ln(1+x)}{x} = 1 $
Pocas ideas han dado tanto juego.
(Autor Federico Ruiz López.)