Series de Taylor

ANALISIS
MATEMATICO
BASICO.
LA SERIE DE TAYLOR.
Si hacemos crecer el grado del polinomio de Taylor de una funcion, esto
nos lleva a una serie.
Denicion. 1.
a
2
2N
Domf y para todo k
: Se llama
a a la serie
1
X
f
k)
Proposicion. 1.
2
(a)
(x
!
:
Sea una funci
on f
Domf y para todo k
2N
de modo que existe f
Serie de Taylor de f
)
a
k
k=0
para a
:R!R
Sea una funci
on f
k
(a)
k)
para
centrada en
:
R!R
de modo que existe f
k)
(a)
: Si
( ) ! !1 0;
Rn;a x
entonces
( )=
f x
1
X
n
f
k=0
(a)
(x
k!
k)
a
)
k
Demostracion:
X
n
( )=
f x
f
k=0
(a)
(x
k!
k)
) +R
a
k
n;a
(x) ! !1
:
1
X
n
k=0
f
k)
(a)
(x
!
k
)
a
k
En algunos casos podemos esperar escribir una funcion como una serie.
La pregunta es >cuando se produce esto? >En que parte del dominio de la
funcion?
Cuando estudiabamos series, anunciamos que algunas funciones se podan
escribir en forma de serie. Recordemos aquellos casos.
Ejemplo. 1.
e
x
=
1
X
k=0
k
x
k
!
para todo x
1
2R
:
2
C. RUIZ
Demostracion: Para f (x) = e tenemos que
x
j
X
n
( )j = je
( )
f x
x
Pn;0 x
j=j
k
x
k
k=0
usando la formula integral del resto
Z
=j
x
t
e
!
n
0
(x
)
t
integrando
= maxf1; e g(
x
Ahora si
x
2[
j
n
j maxf1 g
x
dt
;e
j
x
t
n+1
(n + 1)!
j
] para cualquier
X
n
j
x
e
P
j maxf1
!
k
k=0
x
g(
M
;e
j
t
!
n
n
0
dt
g (j +j 1)!
n+1
x
n
:
0; entonces
M >
k
x
x
x
0
M; M ;
Z j
= maxf1; e
x
( )j
Rn;0 x
!
M
n
n+1
+ 1)!
!
!1 0
n
n+1
(la serie 1
es convergente, por tanto sus terminos convergen a
cero, como vimos en el Tema de Serie). Por tanto
M
n=0 (n+1)!
X
n
( ) = lm
!1
f x
n
Ejercicio. 1.
k=0
k
x
k
!
1
X
=
k=0
k
para todo
!
2R
x
Queremos calcular las series de Taylor centradas en a
( )=e
las funciones f x
x
( ) = e (x
y de g x
P1
x
= ee
x
x
e
1
=e
1 (
X
x
k=0
lo que resuelve el primer caso.
Por otro lado,
( ) = e (x
1) = (x
x
5
1)
5
Observacion. 1.
x
k
k=0 k!
5
:
para todo x 2 R: Tambien que
Xe
1)
=
(x
k!
k!
k
1
1)
1
X
e
k
!
(x
1) =
k
1
X
k=5
(k
=P
5)!
(x
1)
k
;
En el ejercicio anterior hemos usado impl
citamente que
lm
entonces P
k
e
si un polinomio P tiene grado n y
x
= 1 de
k=0
k=0
lo que resuelve el segundo caso
1)
x
Demostracion: Sabemos que e =
g x
k
x
!
n;a :
a
( )
(x
f x
( )
=0
a)
P x
k
para todo
k
n;
APUNTES MMI
Ejemplo. 2.
1 (
X
sen x =
k=0
cos x =
1 (
X
1) x
(2k)!
k
k=0
3
1) x
(2k + 1)!
k
2k+1
2k
para todo x
para todo x
2R
:
2R
:
Demostracion: Para f (x) = sen x tenemos que
j
X(
1) x
(2k + 1)!
n
( )j = j sen x
( )
f x
Pn;0 x
k
k=0
usando la formula integral del resto
Z sen t
(x t)
=j
(2n + 1)!
integrando
x
2n+1
0
j
x
2n+2
t
j
(2n + 2)!
Ahora si x 2 [ M; M ]; para cualquier
j sen
P
(la serie 1
X(
n
x
n+1
k=0
x
0
M
1) x
(2k + 1)!
k
=
2n+1
dt
2n+2
:
(2n + 2)!
> 0; entonces
j (2
2k+1
j
t
( )j
Rn;0 x
(2n + 1)!
jj
x
j=j
x
dt
0
j
Z j
j
x
2n+2)
=(
2k+1
M
n
2n+2
+ 2)!
!
n
!1 0
es convergente, por tanto sus terminos convergen a
cero, como vimos en el Tema de Serie). Por tanto
M
n=0 (n+1)!
X(
n
( ) = lm
f x
!1
n
X ( 1) x
1) x
=
(2k + 1)!
(2k + 1)!
k
1
2k+1
k
2k+1
para todo
x
2R
:
k=0
k=0
La igualdad del coseno con su serie de Taylor se prueba de igual manera
Ejercicio. 2.
sen 1
Vamos a calcular
con un error menor que
10
3
:
Demostracion: Hemos visto que para todo x 2 R
j sen
X(
n
x
k=0
en particular
j sen 1
Ahora probando, si
n = 3
Luego
X
n
k=0
n
1) x
(2k + 1)!
k
2k+1
j (2j j + 2)!
x
2n+2
n
( 1)
1
j
:
(2k + 1)!
(2n + 2)!
k
= 2; entonces (2n + 2)! = 6 5 ::: 2 = 720: As
1
1
=
(2 3 + 2)! 8 7 720
sen 1 ' 1
1
1
+
3! 5!
<
1
7!
1
1000:
4
C. RUIZ
con un error menor que la milesima No podemos esperar que las series de Taylor representen a cualquier
funcion. Los siguientes ejemplos van en esa lnea. Ademas vamos a ver otras
formas de calcular polinomios de Taylor y restos.
Ejemplo. 3. arctan x =
1
X
( 1)
2(
2k+1
k
k=0
x
si x
2k + 1
1; 1):
Demostracion: Sea f (x) = arctan x; entonces
1
1+x x
x
=
=1
=
1+x
1+x
1+x
repitiendo la misma idea
x
x +x
x
=1 x +
= :::: = 1 x +x ::::( 1)
=1
1+x
1+x
Como
f
2
0 (x) =
4
2
2
2
2
2
2
4
4
2
2
2
limx
!
f
0 (x)
4
2
(1
2
x
+x
4
a
::::
( 1)
k
2k
x
1)
= lim !
x
2k
x
2k
x
+
( 1) x
1+x
k+1
1+x
a
2
= 0;
2k
x
de la Observacion que hicimos respecto de este tipo de lmites cuando denimos los polinomios de Taylor (ver artculo Denicion de Polinomios de
Taylor), se sigue que
X
n
P2n;0
=1
2
x
+x
4
::::
( 1)
k
2k
x
::::
( 1)
n
2n
x
=
( 1)
k
2k
x
k=0
y
( 1) x
1+x
n+1
( )=
R2n;0 x
para la funcion f 0 (x) =
1
1+x
2n+2
2
2:
>Como calculamos los polinomios de Taylor y los restos para la funcion
arctan x? La respuesta parece sencilla, integrando. Segun el Teorema Fundamental del Calculo
Z 1
Z X
( 1) s
arctan x =
ds =
( 1) s +
ds
1+s
1+s
x
n
x
n+1
k
2
0
X
=
k=0
( 1)
2
0
n
2k+1
k
x
Lo que nos dice que
Z
k=0
+
2k + 1
0
X
x
( 1) s
1+s
n+1
=
( 1)
k=0
y
( )=
Z
R2n+1;0 x
para la funcion f (x) = arctan x:
0
x
2n+2
ds:
2
n
P2n+1;0
2n+2
2k
2k+1
k
x
2k + 1
( 1) s
1+s
n+1
2n+2
2
ds:
2k+2
2
k+1 x2k+2
(
)
k
:
APUNTES MMI
Ahora si
2(
5
) con 0 < a < 1; entonces
Z ( 1) s
Z
j arctan x P
(x) j = j
ds j jsj
1+s
Por otro lado, si x > 1; entonces
Z
1
x
j arctan x P
(x) j s
ds =
2x
4n + 6
Lo que prueba el ejercicio
x
a; a
x
n+1
a
2n+2
2n+2
2n+1;0
2
0
0
x
2n+3
2n+2
2n+1;0
2
ds
0
!
=
2n+3
a
2n + 3
!
!1 1:
n
Ejemplo. 4.
(
Consideramos la funci
on
( )=
f x
e
0;
1
x2 ;
si
x
si
x
6= 0
=0
Se puede probar que las derivadas sucesivas de f en cero son nulas, es decir
para todo k
2N
; se tiene f
k)
nula, que solo coincide con f
(0) = 0: Luego la serie de Taylor
1
en x = 0; ya que e x2 6= 0:
es la serie
Referencias
lisis Matema
tico, Facultad de Matema
ticas, UniverDepartamento de Ana
sidad Complutense, 28040 Madrid, Spain
E-mail address :
Cesar [email protected]
!1 0:
n