Serie de-taylor-y-maclaurin

Serie de Taylor y Maclaurin
Ing. Antonio Crivillero




¿Qué funciones tienen representación
en serie de potencias?
¿Cómo podemos encontrar esas
representaciones?




Suponiendo que f es cualquier función representable mediante una serie de
potencias:
4
3
f ( x) = c0 + c1 ( x − a ) + c2 ( x − a ) 2 + c3 ( x − a ) + c4 ( x − a ) + ...

x−a < R

f (a ) = c0

2
f ' ( x) = c1 + 2c2 ( x − a ) + 3c3 ( x − a ) + 4c4 ( x − a ) 3 + ...

x−a < R

f ' (a ) = c1

f ' ' ( x) = 2c2 + 2 ⋅ 3c3 ( x − a ) + 3 ⋅ 4c4 ( x − a ) 2 + ...
f ' ' ( a ) = 2c 2

x−a < R




2
f ' ' ' ( x) = 2 ⋅ 3c3 + 2 ⋅ 3 ⋅ 4c4 ( x − a ) + 3 ⋅ 4 ⋅ 5c5 ( x − a ) + ...

f ' ' ' ( a ) = 2 ⋅ 3c3 = 3!c3

f ( n ) (a) = 2 ⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ ... ⋅ ncn = n!cn
f ( n ) (a)
cn =
n!

x−a < R




Teorema: Si f tiene una representación (desarrollo) en forma de serie de
potencias en a, esto es, si
∞

f ( x ) = ∑ cn ( x − a ) n
n =0

x−a < R

Los coeficientes están expresados por la fórmula

f ( n ) (a)
cn =
n!




∞

f ( x) = ∑
n =0

f ( n ) (a )
( x − a) n
n!

= f (a ) +

∞

f ( x) = ∑
n =0

f ' (a)
( x − a ) + f ' ' (a ) ( x − a ) 2 + f ' ' ' (a) ( x − a) 3 + ...
1!
2!
3!

f ( n ) (0) n
x =
n!

f ( 0) +

f ' (0)
f ' ' (0) 2
x+
x + ...
1!
2!




EJEMPLO 1 – Determina la serie de Maclaurin de la función f(x) = ex y su
radio de convergencia
SOLUCIÓN – Si f(x) = ex , de modo que

f n (0) = e 0 = 1 para toda n.

En consecuencia, la serie de Taylor de f en 0 (esto es, la serie de Maclaurin) es
∞

∑
n =0

f ( n ) (0) n
x =
n!

∞

xn
x x 2 x3
∑ n! = 1 + 1! + 2! + 3! + ...
n =0

n
Para hallar el radio de convergencia, sea an = x / n! . Entonces

x
an +1
x n +1 n!
=
⋅ n =
→ 0 <1
an
(n + 1)! x
n +1
De modo que, de acuerdo con la prueba de la razón, la serie converge
para toda x y el radio de convergencia R = ∞




La conclusión a la que llegamos con el teorema 5 y el ejemplo 1 es que en
caso de que ex tenga un desarrollo como serie potencias en 0, entonces
∞

xn
e =∑
n = 0 n!
x

Así pues, ¿cómo determinar si acaso ex posee una representación en forma de
serie de potencias?
Investigaremos la pregunta más general: ¿en

qué circunstancias una
función es igual a la suma de su serie de Taylor? En otras
palabras, si f tiene derivadas de todos los órdenes, ¿cuándo se cumple?
∞

f ( x) = ∑
n =0

f ( n ) (a)
( x − a) n
n!




Al igual que con cualquier serie convergente, esto significa que f(x) es el límite de
la sucesión de sumas parciales. En el caso de las series de Taylor, tenemos que
las sumas son
n

Tn ( x) = ∑
i =0

f (i ) (a)
( x − a)i
i!

f ' (a)
f n (a)
f ' ' (a)
2
= f (a ) +
( x − a) +
( x − a) n
( x − a ) + ... +
1!
n!
2!
Observará que Tn es un polinomio de grado n llamado polinomio de Taylor
de grado n-ésimo, de f en a. Por ejemplo, la función exponencial f(x)= ex,
resultado del ejemplo 1, indica que sus primeros tres polinomios de Taylor en
0 (o sus polinomios de Maclaurin) con n = 1,2 y 3 son




T1 ( x) = 1 + x

x2
T2 ( x) = 1 + x +
2!

x 2 x3
T3 ( x) = 1 + x + +
2! 3!

y = ex

y = T2 ( x)

y = T3 ( x)

y = T1 ( x)




En la figura 1 se trazan las gráficas de la función exponencial y de estos tres
polinomios de Taylor.
En general, f(x) es la suma de la serie de Taylor si

f ( x) = Lim Tn ( x)
n →∞

Si ponemos

Rn ( x) = f ( x) − Tn ( x)

y

f ( x) = Tn ( x) + Rn ( x)

entonces Rn (x) se llama residuo de la serie de Taylor. Si pudiéramos
demostrar que Lim Rn ( x) = 0
entonces se desprendería
n →∞

Lim Tn ( x) = Lim [ f ( x) − Rn ( x)] = f ( x) − Lim Rn ( x) = f ( x)
n →∞

n →∞

n →∞




Hemos demostrado el teorema que sigue.
Teorema: Si f (x) = Tn(x) + Rn(x), donde Tn es el polinomio de Taylor de
n-ésimo grado de f en a y

Lim Rn ( x) = 0
n →∞

Cuando x − a < R , entonces f es igual a la suma de su serie de
Taylor en el intervalo x − a < R.
( n +1)
( x) ≤ M para x − a ≤ d
Desigualdad de Taylor: Si f
, entonces el
residuo Rn(x) de la serie de Taylor satisface la desigualdad

M
n +1
Rn ( x) ≤
x−a
(n + 1)!

para

x−a ≤ d




Demostración
f n ( x) ≤ M
Para ver por qué es verdadero lo anterior en el n = 1, suponemos
que
.
f ' ' ( x) ≤ M
a≤ x≤ x+d
En particular se tiene
, de manera que para
tenemos
x
x

∫

a

f n (t ) dt ≤ ∫ M dt
a

Una antiderivada de f’’ es f’, de manera que en virtud de la parte 2 del teorema
fundamental del cálculo, tenemos

f ' ( x) − f ' (a) ≤ M ( x − a)
Luego

∫

x

a

o

f ' ( x) ≤ f ' (a) + M ( x − a)

f ' (t )dt ≤ ∫ [ f ' (a ) + M (t − a )] dt
x

a



( x − a) 2
f ( x) − f (a ) ≤ f ' (a )( x − a ) + M
2
M
f ( x) − f (a ) − f ' (a )( x − a ) ≤
( x − a) 2
2

Pero R1 ( x) = f ( x) − T1 ( x) = f ( x) − f (a) − f ' (a )( x − a). Así que
R1 ( x) ≤

M
( x − a) 2
2

Por un razonamiento semejante con f ' ' ( x) ≥ − M , se obtiene

R1 ( x) ≥ −
Luego

R1 ( x) ≤

M
( x − a) 2
2
M
2
x−a
2




EJEMPLO 2 – Escriba la serie de Maclaurin de sen x y demuestre que
representa sen x para toda x.
SOLUCIÓN – Ordenamos nuestros cálculos en dos columnas:

f ( x) = sen x

f (0) = 0

f ' ( x) = cos x

f ' ( 0) = 1

f ' ' ( x) = − sen x

f ' ' ( 0) = 0

f ' ' ' ( x) = − cos x

f ' ' ' (0) = −1

f ( 4 ) ( x) = sen x

f ( 4 ) (0) = 0




En vista de que las derivadas se repiten en ciclos de cuatro, podemos escribir la
serie de Maclaurin de esta manera:

f ( 0) +

f ' (0)
x+
1!

f ' ' (0) 2 f ' ' ' (0) 3
x +
x + ...
2!
3!

∞
x3 x5 x7
x 2 n +1
n
= x − + − + = ... = ∑ (−1)
3! 5! 7!
(2n + 1)!
n =0
( n +1)
( x) es sen x o ± cos x ,sabemos que f ( n +1) ( x) ≤ 1 para toda
Ya que f
x. De modo que podemos tomar M = 1 en la desigualdad de Taylor:
n +1

x
M
x n +1 =
Rn (x) ≤
(n + 1)!
(n + 1)!




Por la ecuación 10 el lado derecho de esta desigualdad se acerca a 0
cuando n→∞, de manera que |Rn(x)|→ 0 por el teorema del emparedado,
se sigue que Rn(x)→ 0 cuando n→∞, de modo que sen x es igual a la
suma de su serie de Maclaurin, por el teorema 8.
Para referencias futuras enunciamos el resultado del ejemplo 4.

x3 x5 x7
sen x = x −
+
−
+ ...
3! 5! 7!
x 2 n +1
= ∑ (−1)
(2n + 1)!
n =0
∞

n

para toda x




EJEMPLO 3 – (a) ¿Cuál es el máximo error posible al emplear la
aproximación
x3 x5
sen x ≈ x − +
3! 5!
Cuando − 0.3 ≤ x ≤ 0.3 ? Use esta aproximación a fin de calcular sen 12ª,
con seis decimales
(b) ¿Para qué valores de x esta aproximación tiene una exactitud de
0.00005?
SOLUCIÓN – a) Observará que la serie de Maclaurin

x3 x5 x7
sen x = x − + + + ...
3! 5! 7!
Es alternante para todos los valores de x, distintos de cero, de modo que podemos
aplicar el teorema de estimación de series alternantes. El error cometido al
aproximar sen x mediante los tres primeros términos de la serie de Maclaurin
es, cuando mucho



7

x
x7
+
7! 5040
Si − 0.3 ≤ x ≤ 0.3 , entonces x ≤ 0.3 , modo que el error es menor que

(0.3) 7
≈ 4.3 ×10 −8
5040
Para calcular sen 12º, primero convertirnos a radiantes:
 12π 
π 
sen 12º = sen
 = sen 
 180 
 15 
3

≈

5

π π  1 π  1
−  + 
15  15  3!  15  5!

≈ 0.20791169




Por consiguiente, sen 12º ≈ 0.207912 , con cinco decimales.
(b) El error será menor que 0.00005 si

x

7

5040

< 0.00005

Al despejar x, de esta desigualdad, obtenemos
7

x < 0.252

o

x < (0.252)1/ 7 ≈ 0.821

De suerte que la aproximación dada posee una precisión de 0.00005
cuando |x| < 0.82 .




¿Y si hubiéramos empleado la desigualdad de Taylor para resolver el ejemplo 3?
Dado que f (7)(x)= -cos x, tenemos f ( 7 ) ( x) ≤ 1 y luego

1 7
R6 ( x) ≤ x
7!
De modo que se obtienen las mismas estimaciones que con el teorema de
estimación de series alternantes.
¿Y si recurrimos a métodos gráficos? En la figura 4 se exhibe la gráfica de

1
1 5

R6 ( x) = sen x −  x − x 3 +
x 
6
120 





−8
Y ahí se muestra que R6 ( x) < 4.3 ×10 cuando x ≤ 0.3 . Es la misma estimación
R6
que obtuvimos en el ejemplo 3. Para la parte (b) deseamos que( x) < 0.00005
, de
modo que graficamos y = R6 ( x) y y = 0.00005 (figura 5) . Al poner el cursor en la
intersección de la derecha, la desigualdad se satisface cuando x < 0.82 . Es la misma
estimación obtenida en la solución del ejemplo 3.

4.3 ×10 −8

0.00006
y = 0.00005

y = R6 ( x)

− 0.3

y = R6 ( x)

0

0.3

−1

0

1




Si en el ejemplo 3 se nos hubiera pedido aproximar sen 72º en lugar de sen 12º,
habría sido más adecuado usar los polinomios de Taylor en a = π / 3 en lugar de
a = 0 , ya que son mejores aproximaciones a los valores de sen x cuando x está
próxima a π / 3 . Observe que 72º es próximo a 60º, o π / 3 radianes, y que es
fácil calcular las derivadas de sen x en π / 3 .




La Figura 6 representa la gráficas de las aproximaciones con polinomios de Taylor
x3
T1 ( x) = x
T3 ( x) = x −
3!
x3 x5
x3 x5 x7
T5 ( x) = x − +
T7 ( x) = x − + −
A la senoide. Puede
3! 5!
3! 5! 7!
ver que, al aumentar
n, Tn(x) es buena
aproximación a
T5
sen x en un intervalo
T7
cada vez mayor.

y = sen(x)
T1

T3




Uno de los empleos de este tipo de cálculos, como los de los ejemplos anteriores,
se presenta en las calculadoras y computadoras; por ejemplo, cuando se oprime
la tecla sen o ex en la calculadora, o cuando un programador emplea una
subrutina para definir una función trigonométrica, exponencial o de Bessel, el
cálculo en muchas máquinas es una aproximación polinomial. A menudo, se trata
de un polinomio de Taylor modificado para repartir el error con más uniformidad
en un intervalo.




EJEMPLO 4 – En la teoría especial de la relatividad de Einstein, la masa de
un objeto se mueve a la velocidad v es

m=

m0
1− v2 / c2

En donde m0 es la masa del objeto cuando está en reposo y c es la velocidad
de la luz. La energía cinética del objeto es la diferencia entre su energía
total y su energía en reposo:
K = mc 2 − m0 c 2
(a) Demuestre que cuando v es muy pequeña, en comparación con c, la ecuación
para calcular K concuerda con la que se obtiene en la física clásica
newtoniana: K = (1 / 2)m0 v 2
(b) Emplee la desigualdad de Taylor a fin de estimar la diferencia entre estas
expresiones para calcular K cuando |v| ≤ 100 m/s.




SOLUCIÓN – (a) Con las expresiones dadas para K y m, obtenemos
m0 c 2
2
2
K = mc − m0 c =
− m0 c 2
1− v2 / c2

 v 2  −1/ 2 
= m0 c 2 1 − 2  − 1


 c 



Con x = −v 2 / c 2 , la serie de Maclaurin de (1+x) 1/2 se calcula con más facilidad
como una serie binomial con k= -1/2. (Mientras que |x|<1 porque v < c.)
Por consiguiente
(−1 / 2)(−2 / 3) 2 (−1 / 2)(−2 / 3)(−5 / 2) 3
(1 + x) −1/ 2 = 1 − (1 / 2) x +
x +
x + ...
2!
3!

= 1 − (1 / 2) x + (3 / 8) x 2 − (5 / 16) x 3 + ...



y

 1 v 2 3 v 4 5 v 6
 
K = m0 c 1 +
 2 c 2 + 8 c 4 + 16 c 6 + ...  − 1

 

2

 1 v2 3 v4 5 v6

 2+ 4+
= m0 c 
+ ...
6

 2 c 8 c 16 c

2

Si v es mucho menor que c, todos los términos después del primero son muy
pequeño en comparación con el primero. Si los omitimos, llegamos a

 1 v2 
K ≈ m0 c  2  = (1 / 2)m0 v 2
2 c 


2

[

]

2
2
2
− 1 , y M es un número tal que
(b) Si x = −v / c , f ( x) = m0 c (1 + x )
f ' ' ( x) ≤ M , entonces por la desigualdad de Taylor podemos escribir

R1 ( x) ≤

−1 / 2

M 2
x
2!




Como f ' ' ( x) =

3
m0 c 2 (1 + x) −5 / 2 y se tiene v ≤ 100 m/s , tenemos
4

3m0 c 2
3m0 c 2
f ' ' ( x) =
≤
(= M )
2
2 5/ 2
2
2 5/ 2
4(1 − v / c )
4(1 − 100 / c )
8
Ahora, con c = 3 × 10 m / s,

3m0 c 2
1
100 4
R1 ( x) ≤ ⋅
⋅ 4 < ( 4.17 ×10 −10 ) m0
2 4(1 −100 2 / c 2 ) 5 / 2 c
8
Así cuando c = 3 ×10 m / s , la magnitud del error cometido al usar la expresión
de Newton para la energía cinética es, cuando mucho 4.2 ×10 −10 m0 .

(

)

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