El número e en la obra de Euler (III)

Volviendo a nuestra ecuación original hemos supuesto que

$ a^{\omega} = 1+k\omega $

Denotando por l el logaritmo en base a, $l=log_{a} $ se tendrá que

$ \omega = l(1+k\omega) \rightarrow i\omega = l(1+k\omega)^{i} = l(1+x)$

donde hemos denotado por $ 1+x = (1+k\omega)^{i} $ que debe ser una cantidad de suerte que

$ l(1+x) = i\omega $

expresión que representa un valor finito.

Ahora bien despejando en la ecuación dada más arriba, se tiene que

$ 1+x = (1+k\omega)^{i} \rightarrow (1+x)^{\frac{1}{i}} -1 = k\omega \rightarrow \omega = \frac{1}{k} \left( (1+x)^{\frac{1}{i}} -1 \right) $

Multiplicando ambos miembros por i y recordando que $i\omega = l(1+x) $, se tiene

$ log_{a}(1+x) = l(1+x) = i\omega = \frac{i}{k} \left( (1+x)^{\frac{1}{i}} -1 \right) $

Por otra parte

$ (1+x)^{\frac{1}{i}} = 1 + \frac{1}{i}x – \frac{i-1}{i \cdot 2i} x^{2} + \frac{(i-1)(2i-1)} {i\cdot 2i \cdot 3i} x^{3} – \frac{(i-1)(2i-1)(3i-1)}{i\cdot 2i \cdot 3i \cdot 4i } x^{4} \cdots $

Ahora bien, por ser i un número infinitamente grande

$ \frac{i-1}{i} = \frac{2i-1}{2i} = \frac{3i-1}{3i} = \cdots = 1 $

por lo que al multiplicar por i y restar 1 habrá de ser

$ log_{a}(1+x) = \frac{1}{k} \left( \frac{x}{1} – \frac{x\cdot x}{2} + \frac{x^{3}}{3} – \frac{x^{4}}{4} + \cdots \right) $

(Autor Federico Ruiz López.)

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