Cálculo de logaritmos y exponentes fraccionarios a mano

Question

A la vista de lo que podemos calcular a mano, en un papel, sin necesidad de utilizar un ordenador o una calculadora, ¿hasta dónde podemos llegar con la evaluación de $\log$ -¿funciones y potencias fraccionarias?

Más concretamente, ¿existen métodos prácticos, que funcionen en general lo suficientemente bien, para calcular lo siguiente?

• $\log(x)$ (aquí se utiliza el logaritmo natural) para $x\in ]0,\infty[$ (por ejemplo, tomar $x=3,$ que tiene un logaritmo natural de $\approx 1.09$ )
• $x^{\alpha},$ ( $x$ siendo un número real cualquiera) para $\alpha$ no siendo un número natural. Así, por ejemplo $\alpha=1/2,1/3,\cdots$

Sería estupendo conocer las posibles formas de simplificar primero estos cálculos, traduciéndolos a cálculos más factibles (a mano), y luego partir de ahí. O si existen métodos directos que funcionen para determinados valores o potencias. Esto seguramente plantea la pregunta de cómo la gente solía hacer estos cálculos antes de que existieran los ordenadores.

Answer 1

La conocida serie

$$\log(1+x) = \sum_{k=1}^{\infty}(-1)^{k+1}\frac{x^k}{k}$$

converge para $-1< x\leq 1$ por lo que no se puede utilizar para calcular $\log(3)$ con directamente. Sin embargo, es posible ampliar el radio de convergencia utilizando un mapeo conforme. Si ponemos $y = \frac{1+x}{1-x}$ entonces tenemos..:

$$\log(y) = \log(1+x) - \log(1-x) = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{2k+1}}{2k+1}$$

Desde $x = \frac{y-1}{y+1}$ Esto significa que

$$\log(y) = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\left(\frac{y-1}{y+1}\right)^{2k+1}$$

y esto converge para todo y positivo. Por lo tanto, se puede insertar directamente $y = 3$ en esta serie y calcular $\log(3)$ con bastante precisión utilizando sólo unos pocos términos:

$$\log(3) =1 + \frac{1}{3\times 4} + \frac{1}{5\times 16} + \frac{1}{7\times 64} + \frac{1}{9\times 256} + \frac{1}{11\times 1024} +\cdots$$

Así, con 6 términos obtenemos 5 cifras significativas. Pero para un número mayor de $y$ la serie convergerá más lentamente, es entonces más conveniente utilizar la serie anterior para construir una serie para $\log(y+1) -\log(y) = \log\left(1+\frac{1}{y}\right)$ :

$$\log(1+y) = \log(y)+ 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{1+2y}\right)^{2k+1}$$

La serie ahora converge más rápido al calcular $\log(n)$ para $n$ mayor que 2, pero entonces hay que saber $\log(n-1)$ . Sin embargo, entonces es posible calcular varios logaritmos simultáneamente en términos de sólo series de convergencia rápida. Por ejemplo, para calcular $\log(2)$ , $\log(3)$ y $\log(5)$ simultáneamente, podemos utilizar $2^4 = 16 = 15+1 = 3\times 5 +1$ , $3^4 = 81 = 80+1 = 2^4\times 5 +1$ y $5^2 = 24+1 = 3\times 2^3+1$ Esto da como resultado:

$$ \begin{split} &4\log(2) - \log(3) - \log(5) &= 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{31}\right)^{2k+1}\\ &4\log(3) - 4\log(2) - \log(5) &= 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{161}\right)^{2k+1}\\ &2\log(5) - 3\log(2) - \log(3) & = 2\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{2k+1}\left(\frac{1}{49}\right)^{2k+1} \end{split} $$

Entonces, puedes resolver los 3 logaritmos usando estas 3 ecuaciones que involucran series de convergencia rápida.

Answer 2

Mi forma favorita de calcular el logaritmo natural:

$$\ln(x)\approx-\gamma+\sum_{n=1}^x\frac1n$$

Donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni. No sólo es fácil, sino que funciona bastante bien para algo como $x>10$ .

Si necesita calcular otras bases, como $\log_b(x)$ Utilizar $\log_b(x)=\frac{\ln(x)}{\ln(b)}$ .

Si no está satisfecho con el resultado porque $x$ es pequeño, intente $\ln(x)=\frac1k\ln(x^k)$ para mejorar la aproximación.

Answer 3

Antes de que existieran los ordenadores, se utilizaban tablas logarítmicas para calcular logaritmos y exponentes fraccionarios. Dices "a mano", pero asumo que se permiten tablas precalculadas de tamaño razonable.

El método para estimar el logaritmo de un número arbitrario es el siguiente:

Por ejemplo, para calcular $y=ln(14623)$ el primer paso es encontrar $log_{10}(14623)$ .

$log_{10}(14623)= log_{10}(14.623 \times 10^3)= log_{10}(14.623)+3 $

Las tablas de registro están escritas para base 10 y una de tamaño razonable puede tener resultados para $log_{10}(a)$ para todos $a$ entre 1 y 100.

Queremos encontrar $log_{10}(14.623)+3$ . Redondea a dos cifras significativas de precisión y encuentra $log_{10}(15)+3$ .

Ahora sólo buscamos $log_{10}(15)$ en la tabla que es $1.176$ Por lo tanto $log_{10}(14.623)+3 \approx 1.176+3=4.176$ .

Pero queríamos el logaritmo natural, así que utilizamos la regla del cambio de base. $ln(x)=\frac{log_{10}(x)}{log_{10}(e)}$ .

Sabemos de antemano que $log_{10}(e)=0.434$ Por lo tanto

$ln(14623)=\frac{4.176}{0.434}=9.616$

El método para calcular los exponentes utiliza el método anterior.

Para encontrar $y=x^a$ primero toma el logaritmo de ambos lados

$log_{10}(y)=log_{10}(x^a)=alog_{10}(x)$

Con las tablas de registro podemos encontrar $log_{10}(x)$

Con una tabla de exponentes es sencillo estimar $y=10^{alog_{10}(x)}$

Answer 4

Dejemos que $a$ sea el valor del que se quiere calcular el logaritmo natural. Toma el polinomio de Taylor centrado en $a$ Por ejemplo $\ln(x)=\ln(a)+\frac{1}{a}(x-a)-\frac{1}{a^2}\frac{(x-a)^2}{2}+\frac{1}{a^3}\frac{(x-a)^3}{3}-\cdots$ . Sabemos que $\ln(1)=0$ para que

$$\ln(a)\approx-\left(\frac{1}{a}(1-a)-\frac{1}{a^2}\frac{(1-a)^2}{2}+\cdots+\frac{1}{a^N}\frac{(1-a)^N}{N}\right)$$

para algunos $N$ .

Por supuesto, si $a$ está lejos de $1$ entonces $N$ puede tener que ser muy grande. La serie converge por la prueba de la proporción cuando $0<1<2a$ Por lo tanto $\frac{1}{2}<a$ es necesario. Por supuesto, si necesita y $a$ debajo de $0.5$ Utiliza las propiedades de los troncos: $\ln (2/7)=\ln2-\ln 7$ .

A mano, esto puede convertirse en un cálculo monstruoso. En $a=3$ , $N=17$ es suficiente para obtener una precisión de hasta $3$ decimales, pero para $a=25$ , $N=100$ sólo da $2$ precisión decimal. No es nada eficiente, pero es una idea sencilla. Sólo implica operaciones algebraicas básicas y un cuidadoso redondeo.

Para evaluar un logaritmo general, basta con utilizar el cambio de base. Por supuesto, ahora tienes que evaluar dos logaritmos naturales, por lo que este método se vuelve aún más intensivo computacionalmente.

Para evaluar $b^a$ , tenga en cuenta que $b^a=e^{a\ln(b)}$ por lo que sólo necesitamos saber cómo calcular los exponentes de $e$ y el logaritmo natural (esto último se hace arriba).

Un método de serie de Taylor similar al anterior da

$$ e^a\approx \sum_{k=0}^N \frac{a^k}{k!}. $$

Las propiedades de convergencia de esta aproximación son bastante buenas. Por supuesto, todavía estás calculando potencias enteras de expansiones decimales potencialmente poco amigables.

Answer 5

Para los cálculos mentales o de retrospección, sólo utilizo $$\log_{10}(2)\approx0.3$$ (en realidad recuerdo $0.30103$ ). Esto implica $$\log_{10}(5)=0.7$$ También recuerdo que $\sqrt{10}\approx3.16$ para que $$\log_{10}(3.16)\approx0.5$$

A partir de estos valores interpolo groseramente.

Ejemplos:

• $\pi^{10}$ : $\pi$ está cerca de $\sqrt{10}$ entonces incluso sin logaritmos, $10^5$ (vs. $93648.\cdots$ ).

• $\sqrt[5]{42}$ el registro de $42$ será un poco más que $1+2\cdot0.3$ , pero vamos a ceñirnos a $1.6$ . Después de la división por $5$ obtenemos $0.32$ que corresponde aproximadamente a la raíz cúbica de $10$ , digamos que $2.1$ , como $2^3=8$ (vs. $2.112\cdots$ ).

• $e^{6.3}$ : $e$ est $2.71828\cdots$ y su registro está más cerca de $\sqrt{10}$ que a $2$ Tomemos $0.42$ . Entonces el producto es $2.646$ con antilog sobre $500$ (vs. $544.\cdots$ ).

Lo que me importa es un orden de magnitud correcto.