Alguien puede ayudarme con esta aproximación:
como $m$ consigue realmente grande, $\dfrac{r}{m}$ tiene un muy pequeño y por lo tanto $\log\left(1+\dfrac{r}{m}\right) \sim \dfrac{r}{m}$.
¿No entiendo cómo $\log\left(1+\dfrac{r}{m}\right)$ aproximadamente es igual a $\dfrac{r}{m}$? Por favor aclarar.
El logaritmo natural de $1 + r/m$ se define como el área bajo la curva de $t\to 1/(1+t)$$0$$r/m$.
Al $r/m$ es pequeña, esta región (en azul) se aproxima moderadamente bien por un rectángulo de altura $1$ y base $r/m$ (se muestra en gris debajo), cuya área es de $r/m$. El error relativo de la aproximación no es mayor que la disminución en el valor de $1/(1+t)$ sobre la región, que por pequeño $t$ se convierte arbitrariamente cercano a cero. Que responde a la pregunta.
A partir de la figura es claro que la región es mucho mejor aproximar por un trapecio con vértices en el origen, $(x, 0)$, $(x, 1/(1+x))$, y $(0,1)$ donde $x=r/m$. Su área es de
$$x\left(1 + \frac{1}{1 +x}\right)/2 = x\left(1 - \frac{x}{2+2x}\right).$$
En la siguiente figura, estas dos aproximaciones se trazan (en rojo para el trapecio, el oro para el rectángulo), junto con un gráfico de $\log(1+x)$ (en azul) para la pequeña valores de $x$. Apenas hay una diferencia visible entre la aproximación trapezoidal y el logaritmo. Los tres valores convergen el uno al otro como $x$ enfoques $0$.
Dentro de poco, tenga en cuenta la expansión de Taylor de su mandato:
$$\log(1+x) \approx x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \pm \ldots.$$
Ahora, si $x$ (que está parado aquí para su fracción $\frac{r}{m}$) llega a ser pequeño, bien puede aproximar la función por el término lineal de la serie de Taylor.
Edición: Veo esto ya mencionado en los comentarios a la pregunta original... para no reclamar prioridad para este resultado profundo ;-)
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