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(Apuntes en revisión para orientar el aprendizaje)
DESARROLLO DE LAS FUNCIONES LOGARÍTMICA
Y EXPONENCIAL EN SERIES DE POTENCIAS
Una “Serie de Potencias en
∞
∑a x
n= 0
n
n
x ” se define como:
= a0 + a1x + a2 x 2 + " + an x n + "
la que es evidente que converge si x = 0 . Para determinar
otros valores de " x " donde se presente la convergencia de
estas series de potencias, se emplea con frecuencia la
prueba de la razón o criterio de D’Alembert, que ya se
demostró y que se enuncia como:
Considérese la serie de potencias
nulos y sea
n
a
x
∑ n con términos no
an+1
lim
=L
n→∞ a
n
Entonces:
i) L < 1 ⇒ absoluta convergencia
ii) L > 1 ⇒ divergencia
⎧ absoluta convergencia
⎪
iii) L = 1 ⇒ ⎨convergencia condicional
⎪divergencia
⎩
También se vio que para estas series se cumple una de las
siguientes afirmaciones:
i) La serie converge sólo si x = 0 .
ii) La serie es absolutamente convergente para toda " x " .
iii) Existe un radio de convergencia " r " tal que la serie es
absolutamente
convergente
convergencia) y divergente si
si
x > r.
x <r
(intervalo
de
Además, una “Serie de potencias en
dada por:
∞
x − c” ( c ∈ \ )
2
está
∑ an ( x − c) = a0 + a1 ( x − c) + a2 ( x − c) + " + an ( x − c) + "
n
2
n
n= 0
y se asume en ella, para simplificar el enésimo término, que
( x − c)
0
= 1 aun si x = c . Y para esta serie, como para la
anterior, también una de las afirmaciones siguientes se
satisface:
i) La serie converge sólo si x − c = 0 , esto es, si x = c .
ii) La serie es absolutamente convergente para toda " x " .
iii) Existe un radio de convergencia " r " tal que la serie es
x − c < r (intervalo de
convergencia) y divergente si x − c > r .
absolutamente convergente si
También ya se estudió que una serie de potencias
∑ an xn
o
∑ an ( x − c)
n
puede
ser
utilizada
para
representar una cierta función f cuyo dominio es el intervalo
de convergencia de la serie. Y que para toda " x " en el
intervalo de convergencia de una serie
∑a x
n
n
también son
válidas las series correspondientes a su derivada y a su
integral, esto es,
∞
f ' ( x ) = ∑ nan x n−1 = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + " + nan x n−1 + "
n=1
y
∫
x
0
an n+1
1
1
1
x = a0 x + a1x 2 + a2 x 3 + " +
an x n+1 + "
2
3
n +1
n= 0 n + 1
∞
f ( t ) dt = ∑
En el tema de Series se trataron también las de Taylor y
Maclaurin, que son, respectivamente,
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
3
f ( x ) = f ( c ) + f ' ( c )( x − c ) +
f '' ( c )
2!
( x − c)
2
+"+
n
f ( ) ( c)
n!
( x − c)
n
+"
y
f ( x ) = f (0) + f '( 0) x +
f '' ( 0 )
2!
x2 + " +
n
f( ) ( 0)
n!
xn + "
Como ya se dijo, en estas series es posible también aplicar el
criterio de D’Alembert o de la razón para estudiar su
naturaleza.
Ahora se realizará una serie de ejercicios para ilustrar todo lo
aquí expresado, con las funciones logaritmo natural y
exponencial.
Ejemplo.
Verificar que la función
f ( x ) = ex
se representa
con la serie de potencias:
x2 x3
xn
e = 1+ x +
+
+"+
+"
n!
2! 3!
x
Solución.
Considérese que la función se representa por la serie dada,
luego es posible escribir que:
xn
x2 x3
xn
= 1+ x +
+
+"+
+"
f ( x) = ∑
2! 3!
n!
n= 0 n!
∞
Si se deriva se obtiene:
n x n−1 ∞ x n−1
x2 x3
xn
f '( x) = ∑
=∑
= 1+ x +
+
+"+
+"
n!
n!
2! 3!
n=1
n=1 ( n − 1) !
∞
lo que significa que la derivada de la serie de potencias
dada es igual a la función, esto es,
f '( x ) = f ( x )
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
4
Como se observa, esta serie cuya derivada es igual a ella
misma y que representa a la función
f ( x ) = ex ,
que es la
única función en Cálculo cuya derivada es igual a la función
misma.
Hay un teorema que dice que si f es una función
diferenciable de " x " tal que f > 0 ∀ x ∈ \ , entonces, si la
dy
= cy
dx
" c " , se cumple que f ( x ) = f ( 0 ) ecx
Si c = 1 es posible escribir que:
f ( x ) = f ( 0 ) ex
derivada de la función es
para una constante
02
0n
+"+
+"
Como f ( 0 ) = 1+ 0 +
n!
2!
entonces
f ( x ) = ex
Esta serie de potencias ya se había analizado con la prueba
de la razón, de donde:
lim
n→∞
x n+1
( n + 1) !
xn
n!
x n+1 n!
1
x = 0⋅ x = 0
= lim n
= lim
n→∞ x
n
→∞
n +1
( n + 1) !
luego es absolutamente convergente para todo valor de
" x " . Luego,
f ( x ) = ex
∀ x∈\
que es lo que se quería probar. De ahí que el número
puede expresar como:
e = 1 + 1+
" e " se
1 1
1
+ +"+ +"
2! 3!
n!
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
5
Ejemplo. Dada la siguiente integral definida, aproximar su
valor a cinco cifras decimales, mediante una serie de
potencias:
∫
0.12
0
2
e− x dx
Solución.
Del ejemplo anterior, se sabe que la función exponencial se
representa como:
2
3
n
x
x
x
e x = 1+ x +
+
+"+
+"
2! 3!
n!
2
Si en ella se hace x = −t , en esta serie de potencias, se
tiene:
2
e− t = 1 − t 2 +
( −1) t
t
t
− +"+
2! 3!
n!
4
n 2n
6
+"
Dado el intervalo de convergencia de la función
exponencial, −∞, ∞ , esta serie representa a la función
(
)
f ( t ) = e− t para todo valor real de " x " . Si se integra, se llega
2
a:
∫
0.12
0
0.12
0.12
⎡ t3 ⎤
⎡ t5 ⎤
−x
−t
e dx = ∫ e dt = ⎡⎣t ⎤⎦ 0 − ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥
0
⎣ 3 ⎦0
⎣10 ⎦ 0
3
5
0.12
0.12
0.12
2
( ) + ( ) −"
−x
0.12
e
dx
=
−
∫0
3
10
2
0.12
0.12
2
−"
Se consideran los primeros dos términos para aproximar la
suma de esta serie alternada convergente y se obtiene:
∫
0.12
0
2
e− x dx ≈ 0.12 −
( 0.12 )
El tercer término es:
3
( 0.12 )
10
3
≈ 0.12 − 0.000576 ≈ 0.119424
5
≈ 0.000002488
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
6
Luego, al tomar los dos primeros términos, el error es menor
que el tercer término, por lo que se concluye que, con sus
primeras cinco cifras decimales, el valor exacto de la integral
definida es:
∫
0.12
0
2
e− x dx = 0.119424
Ejemplo. Obtener una serie de potencias para representar a
la función:
f ( x ) = x 2 e−3 x
Solución.
En la serie de potencias que representa a la
función exponencial
"− 3x "
f ( x ) = ex se sustituye la " x " por
y se tiene que:
x2 x3
xn
+
+"+
+"
e = 1+ x +
n!
2! 3!
2
3
n
−
3
x
−
3
x
−
3
x
( ) + ( ) +"+ ( ) +"
e−3 x = 1+ ( −3 x ) +
2!
3!
n!
2
3
n
n x
2 x
3 x
−3 x
e = 1− 3 x + 3
−3
+ " + ( −3 )
+"
n!
2!
3!
2
Ahora se multiplican ambos miembros por x y de llega a:
4
5
n+ 2
n x
2 −3 x
2
3
2 x
3 x
x e = x − 3x + 3
−3
+ " + ( −3 )
+"
n!
2!
3!
x
que finalmente se expresa como:
∞
x 2 e−3 x = ∑ ( −3 )
n= 0
n
x n+2
n!
Ejemplo. Obtener una serie de potencias para representar a
la función
f ( x ) = e2 x
2
y decir en qué intervalo la representa.
Hacerlo de dos maneras diferentes, mediante la serie de
Maclaurin y a partir de la serie que representa a la función
exponencial.
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
7
Solución.
Si se utiliza la serie de Maclaurin, se tiene que:
f ( x ) = e2 x
2
f ' ( x ) = 4 xe2 x
⇒
f ''' ( x ) = 64 x e
2 x2
3
2 x2
+ 32 xe
f ''' ( x ) = 64 x 3 e2 x + 48 xe2 x
2
2
f '' ( x ) = 16 x 2 e2 x + 4e2 x
2
⇒
2 x2
+ 16 xe
2
f iv ( x ) = 256 x 4e2 x + 192 x 2 e2 x + 192 x 2 e2 x + 48e2 x
2
2
2
( x ) = 256x e + 384 x e + 48e
f v ( x ) = 1024 x 5e2 x + 1024 x 3e2 x + 1536 x 3 e2 x
f
iv
4
2 x2
2
2 x2
2
2
2
2
2 x2
2
2
2
+768 xe2 x + 192 xe2 x
2
2
2
f v ( x ) = 1024 x 5e2 x + 2560 x 3e2 x + 960 xe2 x
f vi ( x ) = 4096 x6e2 x + 5120 x 4e2 x + 10240 x 4 e2 x
2
2
2 x2
2
2
2 x2
2
2 x2
+7680 x e + 3840 x e + 960e
vi
6 2 x2
4 2 x2
2 2 x2
2 x2
f ( x ) = 4096 x e + 15360 x e + 11520 x e + 960e
…
de donde
f (0) = 1 ;
f iv ( 0 ) = 48
f '( 0) = 0
;
;
fv (0) = 0
f '' ( 0 ) = 4
;
;
f ''' ( 0 ) = 0
f vi ( 0 ) = 960
luego, al aplicar la serie de Maclaurin se obtiene:
( n)
f ( x ) = f ( 0) + f '( 0) x +
2
f '' ( 0 )
2!
2
x +"+
f
( 0 ) xn + "
n!
4 2 0 3 48 4 0 5 960 6
x + x +
x + x +
x +"
2!
3!
4!
5!
6!
4 2 48 4 960 6
= 1+ x +
x +
x +"
2!
4!
6!
4
48 4 960 6
= 1+ x 2 +
x +
x +"
2!
4!
6!
e2 x = 1+ 0 x +
2 x2
e
2 x2
e
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
2x )
2x )
(
(
+
+
2
2
2 x2
e
= 1+ 2 x
2
2
2!
Se aplica el criterio de la razón y,
(2x )
2
lim
n→∞
(2x
2x )
(
+"+
2
n
n!
+"
n+1
2 x ) n!
(
2x
= lim
= lim
= 0 <1
n +1
)
( 2 x ) ( n + 1)!
( n + 1) !
2
3!
3
8
2
n
n→∞
2
n+1
2
n
n→∞
n!
Por lo que la serie de potencias obtenida representa a la
función dada para todo valor real de " x " .
Como se observa, en muchas ocasiones resulta complicado
derivar para obtener los términos de la serie. En cambio,
mediante la serie que representa a la función exponencial,
" x " por " 2 x 2 " y se llega a:
x2 x3
xn
x
e = 1+ x +
+
+"+
+" ∀ x∈ \
n!
2! 3!
se cambia en ella a
(2x ) + (2x ) + (2x ) + (2x ) + (2x )
+
2
2
e2 x = 1+ 2 x 2
2!
2
2
3!
3
2
4!
4
2
5!
5
2
6!
6
(2x )
"+
2
n!
n
+"
∀ x∈\
Ejemplo. Determinar series de potencias para representar a
las funciones seno hiperbólico y coseno hiperbólico, y decir
para qué valor de " x " las representan.
Solución.
Primero se analizará la función seno hiperbólico, que se
expresa como:
e x − e− x
senh x =
2
Para representarla por medio de una serie de potencias, se
acude a la serie de la función exponencial, esto es,
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
x2 x3
xn
e = 1+ x +
+
+"+
+" ∀ x∈ \
n!
2! 3!
Si se cambia " x " por " − x " se obtiene la serie:
n n
2
3
−
1
x
(
)
x
x
−x
e = 1− x +
−
+"+
+" ∀ x∈ \
n!
2! 3!
9
x
Ahora se realiza la semiresta de los respectivos términos de
ambas series con lo que se obtiene la serie de potencias que
representa a la función seno hiperbólico para todo valor real
de " x " . Así,
e x − e− x
x3 x5
x 2 n+1
senh x =
= x+
+
+"+
+"
2
3! 5!
( 2n + 1) !
∀ x∈\
Y para el coseno hiperbólico, que se expresa como
e x + e− x
cos h x =
2
se efectúa la semisuma de los términos de las dos series y la
serie que se obtiene representa a esta función para todo
valor de " x " . Luego,
ex + e− x
x2 x4
x2 n
= 1+
+
+"+
+"
cos h x =
2
2! 4!
( 2 n) !
∀ x∈\
Ejemplo. Determinar una serie de potencias para representar
a la función
1
f ( x) =
1− x
y obtener su intervalo de convergencia.
Solución.
Por la Suma de la serie geométrica cuando es convergente
se tiene que:
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
1
1− x
;
se llega a:
a
S=
1− r
10
;
Si
a =1 y
r=x
∞
1
= ∑ x n = 1+ x + x 2 + x 3 + " para x < 1
1− x n=0
Ejemplo. Obtener una serie de potencias para representar a
la función:
f ( x) =
1
1+ x
Solución.
Si en la serie de potencias obtenida en el ejemplo anterior se
cambia la " x " por " − x " se obtiene la serie pedida, que es:
∞
n n
1
= ∑ ( −1) x = 1− x + x 2 − x 3 + " ; para x < 1
1+ x n=0
Ejemplo. Encontrar la serie de potencias para representar a
la función:
ln (1+ x )
si
x <1
Solución.
Si se integra la función obtenida en el ejemplo anterior y por
lo tanto también su serie de potencias, se obtiene la serie
requerida para la función logaritmo natural de este ejercicio.
Así,
x
n
1
dt = ∫ ⎡1− t + t 2 − t 3 + " + ( −1) t n + "⎤
0 1+ t
0 ⎣
⎦
ln (1+ x ) = ∫
x
x
x
0
0
x
x
ln (1+ x ) = ∫ 1dt − ∫ t dt + ∫ t dt − ∫ t dt + " + ( −1)
2
0
x
3
0
x
x
n
∫
x
0
t n dt + "
x
n+1
⎡ t2 ⎤
⎡ t3 ⎤
⎡ t4 ⎤
⎡
⎤
n t
x
ln (1+ x ) = ⎡⎣t ⎤⎦ 0 − ⎢ ⎥ + ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ + " + ⎢( −1)
⎥ +"
n
2
3
4
1
+
⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0 ⎣ ⎦0
⎣
⎦0
Finalmente:
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
11
n+1
n x
x2 x3 x4
ln (1+ x ) = x −
+
−
+ " + ( −1)
+"
2
3
4
n +1
para x < 1
Ejemplo. Calcular el valor de
ln (1.15 ) con una exactitud de
cuatro cifras decimales.
Solución.
Si se utiliza la serie de potencias del ejemplo anterior,
mediante la sustitución de " x " por " 0.15 " se obtiene:
ln (1.15 ) = ln (1+ 0.15 ) =
= 0.15 −
( 0.15 )
2
+
( 0.15 )
3
−
( 0.15 )
4
+
2
3
4
ln (1.15 ) = 0.15 − 0.01125 + 0.001125
( 0.15 )
5
5
−"
− 0.000126562 + 0.000015187 − "
Si se toman los primeros cuatro términos de la serie, el error
que se comete es menor que el valor absoluto del quinto
término, que es 0.000015187 , luego el resultado con cuatro
cifras decimales es:
ln (1.15 ) ≈ 0.1397
Ejemplo. Obtener una serie de potencias centrada en x = 1
para la siguiente función a partir de la Serie de Taylor y
verificar el intervalo de convergencia obtenido mediante el
criterio de la razón o de D’Alembert.
f ( x ) = ln x
Solución.
Como la función a representar con la serie de Taylor es
f x = ln x en c = 1, entonces se procede a obtener algunas
( )
de sus derivadas sucesivas y a evaluarlas en
c = 1.
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
f ( x ) = ln x
f '( x ) =
1
x
⇒
f (1) = 0
⇒
f ' (1) = 1
12
1
⇒
f '' (1) = −1
2
x
x 2 ( 0 ) − 1( 2 x ) 2 1⋅ 2
f ''' ( x ) = −
= 3 = 3
⇒
4
x
x
x
3
2
x
0
−
2
3
x
(
)
6
1⋅ 2 ⋅ 3
=
−
=
−
f iv ( x ) =
x6
x4
x4
4
3
x
0
−
6
4
x
(
)
24 1⋅ 2 ⋅ 3 ⋅ 4
=
=
fv ( x) = −
8
5
x
x
x5
f '' ( x ) = −
(
f ''' (1) = 2!
)
(
f iv (1) = −3!
⇒
)
f v (1) = 4!
⇒
…
n−1 ( n − 1) !
n
f ( ) ( x ) = ( −1)
xn
n−1
n
f ( ) (1) = ( −1) ( n − 1) !
⇒
Ahora se sustituyen estos valores en la serie de Taylor y se
llega a:
( n)
f ( x ) = f ( c) + f ' ( c)( x − c) +
"+
f ''' ( c)
3!
( x − c)
f ( x ) = ( x − 1) −
( −1)
"+
n
n−1
3
f '' ( c)
2!
( x − c)
2
+
f
( c)
n!
( x − c)
n
+
+"
2
3
4
5
1
1
1
1
x
−
+
x
−
−
x
−
+
x
−
−
1
1
1
1
(
)
(
)
(
)
(
)
2
3
4
5
( x − 1) + "
n
Por lo tanto
∞
f ( x) = ∑
n=1
( −1)
n
n−1
( x − 1)
n
Se aplica el criterio de la razón y se tiene:
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ
13
( x − 1)
n+1
( x − 1)
n+1
n
n
+
1
n
lim
lim
lim
=
=
x −1 = x −1
n
n
n→∞
n→∞
n→∞ n + 1
( x − 1)
( x − 1) ( n + 1)
n
x −1 < 1 ⇒
− 1< x − 1< 1 ⇒
0<x<2
absoluta convergencia
x −1 > 1 ⇒
divergencia
x − 1 < −1∪ x − 1 > 1 ⇒
x < 0∪x > 2
1
que es la armónica divergente
n=1 n
∞
Si
Si
x = 0 se tiene la serie ∑
x = 2 se tiene la serie
convergente
∞
∑
n=1
( −1)
n
n−1
que es la armónica
Por lo tanto, el intervalo de convergencia en el cual la serie
de potencias representa a la función f x = ln x en c = 1 es:
x ∈ ( 0,2 ⎤⎦
( )
PABLO GARCÍA Y COLOMÉ