Propiedades de las series de potencia En la sección anterior sobre las series de potencias y las funciones mostramos cómo representar ciertas funciones utilizando series de potencias. En esta sección discutimos cómo las series de potencias pueden combinarse, diferenciarse o integrarse para crear nuevas series de potencias. Esta capacidad es especialmente útil por un par de razones. En primer lugar, nos permite hallar representaciones en series de potencias para ciertas funciones elementales, escribiendo esas funciones en términos de funciones con series de potencias conocidas. Por ejemplo, dada la representación en serie de potencias para f ( x ) = 1 1 − x , podemos hallar una representación en serie de potencias para f ′ ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 . En segundo lugar, poder crear series de potencias nos permite definir nuevas funciones que no pueden escribirse en términos de funciones elementales. Esta capacidad es especialmente útil para resolver ecuaciones diferenciales para las que no hay solución en términos de funciones elementales. Combinación de series de potencias Si tenemos dos series de potencias con el mismo intervalo de convergencia, podemos sumar o restar las dos series para crear una nueva serie de potencias, también con el mismo intervalo de convergencia. Del mismo modo, podemos multiplicar una serie de potencias por una potencia de x o evaluar una serie de potencias en x m para un número entero positivo m para crear una nueva serie de potencias. Esto nos permite hallar representaciones en series de potencias para ciertas funciones utilizando representaciones en series de potencias de otras funciones. Por ejemplo, dado que conocemos la representación en series de potencias para f ( x ) = 1 1 − x , podemos hallar representaciones en series de potencias para funciones relacionadas, como y = 3 x 1 − x 2 y y = 1 ( x – 1 ) ( x − 3 ) . En exponemos los resultados relativos a la adición o sustracción de series de potencias, la composición de una serie de potencias y la multiplicación de una serie de potencias por una potencia de la variable. Para simplificar, enunciamos el teorema para las series de potencias centradas en x = 0 . Resultados similares son válidos para las series de potencia centradas en x = a . Combinación de series de potencias Supongamos que las dos series de potencias ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n convergen a las funciones f y g , respectivamente, en un intervalo común I . La serie de potencias ∑ n = 0 ∞ ( c n x n ± d n x n ) converge a f ± g en I . Para cualquier número entero m ≥ 0 y cualquier número real b , la serie de potencias ∑ n = 0 ∞ b x m c n x n converge a b x m f ( x ) en I . Para cualquier número entero m ≥ 0 y cualquier número real b , la serie ∑ n = 0 ∞ c n ( b x m ) n converge a f ( b x m ) para todo x tal que b x m está en I . Prueba Demostramos i. en el caso de la serie ∑ n = 0 ∞ ( c n x n + d n x n ) . Supongamos que ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n convergen a las funciones f y g , respectivamente, en el intervalo I . Supongamos que x es un punto en I y que S N ( x ) y T N ( x ) denotan las enésimas sumas parciales de la serie ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n , respectivamente. Entonces la secuencia { S N ( x ) } converge a f ( x ) y la secuencia { T N ( x ) } converge a g ( x ) . Además, la enésima suma parcial de ∑ n = 0 ∞ ( c n x n + d n x n ) es ∑ n = 0 N ( c n x n + d n x n ) = ∑ n = 0 N c n x n + ∑ n = 0 N d n x n = S N ( x ) + T N ( x ) . Dado que lím N → ∞ ( S N ( x ) + T N ( x ) ) = lím N → ∞ S N ( x ) + lím N → ∞ T N ( x ) = f ( x ) + g ( x ) , concluimos que la serie ∑ n = 0 ∞ ( c n x n + d n x n ) converge a f ( x ) + g ( x ) . □ Examinaremos los productos de las series de potencias en un teorema posterior. Primero, mostramos varias aplicaciones de y cómo hallar el intervalo de convergencia de una serie de potencias dado el intervalo de convergencia de una serie de potencias relacionada. Combinación de series de potencias Supongamos que ∑ n = 0 ∞ a n x n es una serie de potencias cuyo intervalo de convergencia es ( –1 , 1 ) , y supongamos que ∑ n = 0 ∞ b n x n es una serie de potencias cuyo intervalo de convergencia es ( –2 , 2 ) . Halle el intervalo de convergencia de la serie ∑ n = 0 ∞ ( a n x n + b n x n ) . Halle el intervalo de convergencia de la serie ∑ n = 0 ∞ a n 3 n x n . Dado que el intervalo ( –1 , 1 ) es un intervalo común de convergencia de la serie ∑ n = 0 ∞ a n x n y ∑ n = 0 ∞ b n x n , el intervalo de convergencia de la serie ∑ n = 0 ∞ ( a n x n + b n x n ) es ( –1 , 1 ) . Dado que ∑ n = 0 ∞ a n x n es una serie de potencias centrada en cero con radio de convergencia 1, converge para todo x en el intervalo ( –1 , 1 ) . Por , la serie ∑ n = 0 ∞ a n 3 n x n = ∑ n = 0 ∞ a n ( 3 x ) n converge si 3 x está en el intervalo ( –1 , 1 ) . Por tanto, la serie converge para todo x en el intervalo ( − 1 3 , 1 3 ) . Supongamos que ∑ n = 0 ∞ a n x n tiene un intervalo de convergencia de ( –1 , 1 ) . Halle el intervalo de convergencia de ∑ n = 0 ∞ a n ( x 2 ) n . El intervalo de convergencia es ( –2 , 2 ) . Pista Halle los valores de x tales que x 2 esté en el intervalo ( –1 , 1 ) . En el siguiente ejemplo, mostramos cómo utilizar y la serie de potencias de una función f para construir series de potencias de funciones relacionadas con f . En concreto, consideramos las funciones relacionadas con la función f ( x ) = 1 1 − x y utilizamos el hecho de que 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ para | x | < 1 . Construcción de series de potencias a partir de series de potencia conocidas Utilice la representación en series de potencias para f ( x ) = 1 1 − x combinada con para construir una serie de potencias para cada una de las siguientes funciones. Halle el intervalo de convergencia de la serie de potencias. f ( x ) = 3 x 1 + x 2 f ( x ) = 1 ( x – 1 ) ( x − 3 ) Primero escriba f ( x ) como f ( x ) = 3 x ( 1 1 − ( − x 2 ) ) . Utilizando la representación en serie de potencias para f ( x ) = 1 1 − x y las partes ii. y iii. de , hallamos que una representación en serie de potencias para f está dada por ∑ n = 0 ∞ 3 x ( − x 2 ) n = ∑ n = 0 ∞ 3 ( –1 ) n x 2 n + 1 . Dado que el intervalo de convergencia de la serie para 1 1 − x es ( –1 , 1 ) , el intervalo de convergencia de esta nueva serie es el conjunto de números reales x tales que | x 2 | < 1 . Por lo tanto, el intervalo de convergencia es ( –1 , 1 ) . Para hallar la representación en serie de potencias, utilice fracciones parciales para escribir f ( x ) = 1 ( x – 1 ) ( x − 3 ) como la suma de dos fracciones. Tenemos 1 ( x – 1 ) ( x − 3 ) = − 1 / 2 x – 1 + 1 / 2 x − 3 = 1 / 2 1 − x – 1 / 2 3 − x = 1 / 2 1 − x – 1 / 6 1 − x 3 . En primer lugar, utilizando la parte ii. de , obtenemos 1 / 2 1 − x = ∑ n = 0 ∞ 1 2 x n para | x | < 1 . Entonces, utilizando las partes ii. y iii. de , tenemos 1 / 6 1 − x / 3 = ∑ n = 0 ∞ 1 6 ( x 3 ) n para | x | < 3 . Como estamos combinando estas dos series de potencias, el intervalo de convergencia de la diferencia debe ser el menor de estos dos intervalos. Utilizando este hecho y la parte i. de , tenemos 1 ( x – 1 ) ( x − 3 ) = ∑ n = 0 ∞ ( 1 2 – 1 6 . 3 n ) x n donde el intervalo de convergencia es ( –1 , 1 ) . Utilice la serie para f ( x ) = 1 1 − x en | x | < 1 para construir una serie para 1 ( 1 − x ) ( x − 2 ) . Determine el intervalo de convergencia. ∑ n = 0 ∞ ( –1 + 1 2 n + 1 ) x n . El intervalo de convergencia es ( –1 , 1 ) . Pista Utilice fracciones parciales para reescribir 1 ( 1 − x ) ( x − 2 ) como la diferencia de dos fracciones. En el , mostramos cómo calcular series de potencias para ciertas funciones. En el mostramos cómo hacer lo contrario: dada una serie de potencias, determinar qué función representa. Hallar la función representada por una serie de potencias dada Consideremos la serie de potencias ∑ n = 0 ∞ 2 n x n . Halle la función f representada por esta serie. Determine el intervalo de convergencia de la serie. Escribiendo la serie dada como ∑ n = 0 ∞ 2 n x n = ∑ n = 0 ∞ ( 2 x ) n , podemos reconocer esta serie como la serie de potencias para f ( x ) = 1 1 − 2 x . Como se trata de una serie geométrica, la serie converge si y solo si | 2 x | < 1 . Por lo tanto, el intervalo de convergencia es ( − 1 2 , 1 2 ) . Halle la función representada por la serie de potencias ∑ n = 0 ∞ 1 3 n x n . Determine su intervalo de convergencia. f ( x ) = 3 3 − x . El intervalo de convergencia es ( −3 , 3 ) . Pista Escriba 1 3 n x n = ( x 3 ) n . Recordemos las preguntas planteadas en el inicio del capítulo sobre cuál es la mejor forma de recibir los pagos de los premios de la lotería. A continuación, retomamos estas preguntas y mostramos cómo utilizar las series para comparar los valores de los pagos a lo largo del tiempo con el pago de una suma global en la actualidad. Calcularemos cuánto valen los pagos futuros en términos de dólares de hoy, suponiendo que tenemos la capacidad de invertir las ganancias y ganar intereses. El valor de los pagos futuros en términos de dólares de hoy se conoce como el valor actual de esos pagos. Inicio del capítulo: Valor actual de las ganancias futuras (créditos: modificación del trabajo de Robert Huffstutter, Flickr). Supongamos que gana la lotería y le dan las tres opciones siguientes: (1) Recibir 20 millones de dólares hoy; (2) recibir 1,5 millones de dólares al año durante los próximos 20 años; o (3) recibir 1 millón de dólares al año de forma indefinida (pasando a sus herederos). ¿Cuál es la mejor oferta, suponiendo que el tipo de interés anual es del 5 %? Respondemos a esto mediante la siguiente secuencia de preguntas. ¿Cuánto valen los 1,5 millones de dólares recibidos anualmente a lo largo de 20 años en términos de dólares actuales, suponiendo un tipo de interés anual del 5 %? Utilice la respuesta de la parte a. para hallar una fórmula general para el valor actual de los pagos de C dólares recibidos cada año durante los próximos n años, suponiendo un tipo de interés anual promedio r . Halle una fórmula para el valor actual si los pagos anuales de C dólares continúan indefinidamente, asumiendo una tasa de interés anual promedio r . Utilice la respuesta de la parte c. para determinar el valor actual de 1 millón de dólares pagados anualmente de forma indefinida. Utilice sus respuestas de las partes a. y d. para determinar cuál de las tres opciones es la mejor. Considere el pago de 1,5 millones de dólares realizado al final del primer año. Si pudiera recibir ese pago hoy en vez de dentro de un año, podría invertir ese dinero y ganar un 5 % de interés. Por lo tanto, el valor actual de ese dinero P 1 satisface P 1 ( 1 + 0,05 ) = 1,5 millones de dólares . Concluimos que P 1 = 1,5 1,05 = $ 1,429 millones de dólares . Del mismo modo, considere el pago de 1,5 millones de dólares realizado al final del segundo año. Si pudiera recibir ese pago hoy, podría invertir ese dinero durante dos años, ganando un 5 % de interés, compuesto anualmente. Por lo tanto, el valor actual de ese dinero P 2 satisface P 2 ( 1 + 0,05 ) 2 = 1,5 millones de dólares . Concluimos que P 2 = 1,5 ( 1,05 ) 2 = $ 1,361 millones de dólares . El valor de los pagos futuros hoy es la suma de los valores actuales P 1 , P 2 , … , P 20 de cada uno de esos pagos anuales. El valor actual P k satisface P k = 1,5 ( 1,05 ) k . Por lo tanto, P = 1,5 1,05 + 1,5 ( 1,05 ) 2 + ⋯ + 1,5 ( 1,05 ) 20 = $ 18,693 millones de dólares . Utilizando el resultado de la parte a. vemos que el valor actual P de C dólares pagados anualmente en el transcurso de n años, suponiendo un tipo de interés anual r , está dado por P = C 1 + r + C ( 1 + r ) 2 + ⋯ + C ( 1 + r ) n dólares . Utilizando el resultado de la parte b. vemos que el valor actual de una anualidad que continúa indefinidamente está dado por la serie infinita P = ∑ n = 0 ∞ C ( 1 + r ) n + 1 . Podemos ver el valor actual como una serie de potencias en r , que converge siempre que | 1 1 + r | < 1 . Dado que r > 0 , esta serie converge. Reescribiendo la serie como P = C ( 1 + r ) ∑ n = 0 ∞ ( 1 1 + r ) n , reconocemos esta serie como la serie de potencias para f ( r ) = 1 1 − ( 1 1 + r ) = 1 ( r 1 + r ) = 1 + r r . Concluimos que el valor actual de esta anualidad es P = C 1 + r . 1 + r r = C r . Del resultado de la parte c. concluimos que el valor actual P de C = 1 millón de dólares pagado cada año indefinidamente, suponiendo un tipo de interés anual r = 0,05 , está dada por P = 1 0,05 = 20 millones de dólares . De la parte a. vemos que recibir 1,5 millones de dólares en el transcurso de 20 años tiene un valor de 18,693 millones de dólares en dólares de hoy. De la parte d. vemos que recibir 1 millón de dólares al año de forma indefinida tiene un valor de 20 millones de dólares en dólares de hoy. Por lo tanto, tanto recibir un pago único de 20 millones de dólares hoy como recibir 1 millón de dólares indefinidamente tienen el mismo valor actual. Multiplicación de series de potencias También podemos crear nuevas series de potencias multiplicando series de potencias. La posibilidad de multiplicar dos series de potencias proporciona otra forma de hallar representaciones en series de potencias para las funciones. La forma de multiplicarlas es similar a la de multiplicar polinomios. Por ejemplo, supongamos que queremos multiplicar ∑ n = 0 ∞ c n x n = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + ⋯ y ∑ n = 0 ∞ d n x n = d 0 + d 1 x + d 2 x 2 + ⋯ . Parece que el producto debería satisfacer ( ∑ n = 0 ∞ c n x n ) ( ∑ n = −0 ∞ d n x n ) = ( c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + ⋯ ) . ( d 0 + d 1 x + d 2 x 2 + ⋯ ) = c 0 d 0 + ( c 1 d 0 + c 0 d 1 ) x + ( c 2 d 0 + c 1 d 1 + c 0 d 2 ) x 2 + ⋯ . En exponemos el resultado principal sobre la multiplicación de series de potencias, mostrando que si ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n convergen en un intervalo común I , entonces podemos multiplicar las series de esta manera, y la serie resultante también converge en el intervalo I . Multiplicación de series de potencias Supongamos que la serie de potencias ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n convergen a f y g , respectivamente, en un intervalo común I . Supongamos que e n = c 0 d n + c 1 d n – 1 + c 2 d n – 2 + ⋯ + c n – 1 d 1 + c n d 0 = ∑ k = 0 n c k d n − k . Entonces ( ∑ n = 0 ∞ c n x n ) ( ∑ n = 0 ∞ d n x n ) = ∑ n = 0 ∞ e n x n y ∑ n = 0 ∞ e n x n converge a f ( x ) . g ( x ) en I . La serie ∑ n = 0 ∞ e n x n se conoce como el producto Cauchy de la serie ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n . Omitimos la demostración de este teorema, ya que va más allá del nivel de este texto y suele tratarse en un curso más avanzado. A continuación, ofrecemos un ejemplo de este teorema encontrando la representación en serie de potencias para f ( x ) = 1 ( 1 − x ) ( 1 − x 2 ) utilizando las representaciones en series de potencias para y = 1 1 − x y y = 1 1 − x 2 . Multiplicación de series de potencias Multiplique la representación en serie de potencias 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ para | x | < 1 con la representación en serie de potencias 1 1 − x 2 = ∑ n = 0 ∞ ( x 2 ) n = 1 + x 2 + x 4 + x 6 + ⋯ para | x | < 1 para construir una serie de potencias para f ( x ) = 1 ( 1 − x ) ( 1 − x 2 ) en el intervalo ( –1 , 1 ) . Tenemos que multiplicar ( 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ ) ( 1 + x 2 + x 4 + x 6 + ⋯ ) . Escribiendo los primeros términos, vemos que el producto está dado por ( 1 + x 2 + x 4 + x 6 + ⋯ ) + ( x + x 3 + x 5 + x 7 + ⋯ ) + ( x 2 + x 4 + x 6 + x 8 + ⋯ ) + ( x 3 + x 5 + x 7 + x 9 + ⋯ ) = 1 + x + ( 1 + 1 ) x 2 + ( 1 + 1 ) x 3 + ( 1 + 1 + 1 ) x 4 + ( 1 + 1 + 1 ) x 5 + ⋯ = 1 + x + 2 x 2 + 2 x 3 + 3 x 4 + 3 x 5 + ⋯ . Dado que las series para y = 1 1 − x como y = 1 1 − x 2 convergen ambas en el intervalo ( –1 , 1 ) , la serie del producto también converge en el intervalo ( –1 , 1 ) . Multiplique la serie 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n por sí misma para construir una serie para 1 ( 1 − x ) ( 1 − x ) . 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3 + ⋯ Pista Multiplique los primeros términos de ( 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ ) ( 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ ) . Diferenciación e integración de series de potencias Consideremos una serie de potencias ∑ n = 0 ∞ c n x n = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + ⋯ que converge en algún intervalo I , y supongamos que f es la función definida por esta serie. Aquí abordamos dos preguntas sobre f . ¿Es f diferenciable, y si es así, cómo determinamos la derivada f ′ ? ¿Cómo evaluamos la integral indefinida ∫ f ( x ) d x ? Sabemos que, para un polinomio con un número finito de términos, podemos evaluar la derivada diferenciando cada término por separado. Del mismo modo, podemos evaluar la integral indefinida integrando cada término por separado. Aquí mostramos que podemos hacer lo mismo para las series de potencias convergentes. Es decir, si f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ c n x n = c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + ⋯ converge en algún intervalo I , entonces f ′ ( x ) = c 1 + 2 c 2 x + 3 c 3 x 2 + ⋯ y ∫ f ( x ) d x = C + c 0 x + c 1 x 2 2 + c 2 x 3 3 + ⋯ converge en I La evaluación de la derivada y la integral indefinida de este modo se denomina diferenciación término a término de una serie de potencias e integración término a término de una serie de potencias , respectivamente. La capacidad de diferenciar e integrar las series de potencias término a término también nos permite utilizar representaciones en series de potencias conocidas para hallar representaciones en series de potencias para otras funciones. Por ejemplo, dada la serie de potencias para f ( x ) = 1 1 − x , podemos diferenciar término a término para calcular la serie de potencias para f ′ ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 . Del mismo modo, utilizando la serie de potencias para g ( x ) = 1 1 + x , podemos integrar término a término para calcular la serie de potencias para G ( x ) = ln ( 1 + x ) , una antiderivada de g . Le mostramos cómo hacerlo en el y el . En primer lugar, enunciamos la , que proporciona el principal resultado concerniente a la diferenciación e integración de series de potencias. Diferenciación e integración término a término de las series de potencias Supongamos que la serie de potencias ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n converge en el intervalo ( a − R , a + R ) para algunos R > 0 . Supongamos que f es la función definida por la serie f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n = c 0 + c 1 ( x – a ) + c 2 ( x – a ) 2 + c 3 ( x – a ) 3 + ⋯ para | x – a | < R . Entonces f es diferenciable en el intervalo ( a − R , a + R ) y podemos hallar f ′ diferenciando la serie término a término: f ′ ( x ) = ∑ n = 1 ∞ n c n ( x – a ) n – 1 = c 1 + 2 c 2 ( x – a ) + 3 c 3 ( x – a ) 2 + ⋯ para | x – a | < R . Además, para hallar ∫ f ( x ) d x , podemos integrar la serie término a término. La serie resultante converge en ( a − R , a + R ) , y tenemos ∫ f ( x ) d x = C + ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n + 1 n + 1 = C + c 0 ( x – a ) + c 1 ( x – a ) 2 2 + c 2 ( x – a ) 3 3 + ⋯ para | x – a | < R . La demostración de este resultado está fuera del alcance del texto y se omite. Obsérvese que aunque la garantiza el mismo radio de convergencia cuando una serie de potencias se diferencia o integra término a término, no dice nada sobre lo que ocurre en los puntos finales. Es posible que las series de potencias diferenciadas e integradas tengan un comportamiento diferente en los puntos finales que la serie original. Vemos este comportamiento en los siguientes ejemplos. Diferenciación de series de potencias Utilice la representación en serie de potencias f ( x ) = 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ para | x | < 1 para hallar una representación en serie de potencias para g ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 en el intervalo ( –1 , 1 ) . Determine si la serie resultante converge en los puntos finales. Utilice el resultado de la parte a. para evaluar la suma de la serie ∑ n = 0 ∞ n + 1 4 n . Dado que g ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 es la derivada de f ( x ) = 1 1 − x , podemos hallar una representación en serie de potencias para g diferenciando la serie de potencias para f término a término. El resultado es g ( x ) = 1 ( 1 − x ) 2 = d d x ( 1 1 − x ) = ∑ n = 0 ∞ d d x ( x n ) = d d x ( 1 + x + x 2 + x 3 + ⋯ ) = 0 + 1 + 2 x + 3 x 2 + 4 x 3 + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) x n para | x | < 1 . La no garantiza nada sobre el comportamiento de esta serie en los puntos finales. Comprobando los puntos finales mediante la prueba de divergencia, encontramos que la serie diverge en ambos puntos finales x = ± 1 . Observe que este es el mismo resultado que se halló en el . De la parte a. sabemos que ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) x n = 1 ( 1 − x ) 2 . Por lo tanto, ∑ n = 0 ∞ n + 1 4 n = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) ( 1 4 ) n = 1 ( 1 − 1 4 ) 2 = 1 ( 3 4 ) 2 = 16 9 . Diferencie las series 1 ( 1 − x ) 2 = ∑ n = 0 ∞ ( n + 1 ) x n término a término para hallar una representación en serie de potencias para 2 ( 1 − x ) 3 en el intervalo ( –1 , 1 ) . ∑ n = 0 ∞ ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n Pista Escriba los primeros términos y aplique la regla de la potencia. Integración de series de potencias Para cada una de las siguientes funciones f , halle una representación en serie de potencias para f integrando la serie de potencias para f ′ y halle su intervalo de convergencia. f ( x ) = ln ( 1 + x ) grandes. f ( x ) = tan −1 x Para f ( x ) = ln ( 1 + x ) , la derivada es f ′ ( x ) = 1 1 + x . Sabemos que 1 1 + x = 1 1 − ( − x ) = ∑ n = 0 ∞ ( − x ) n = 1 − x + x 2 − x 3 + ⋯ para | x | < 1 . Para hallar la fórmula de una serie de potencias para f ( x ) = ln ( 1 + x ) , integramos la serie término a término ∫ f ′ ( x ) d x = ∫ ( 1 − x + x 2 − x 3 + ⋯ ) d x = C + x – x 2 2 + x 3 3 − x 4 4 + ⋯ Dado que f ( x ) = ln ( 1 + x ) es una antiderivada de 1 1 + x , queda por resolver la constante C . Ya que ln ( 1 + 0 ) = 0 , tenemos C = 0 . Por lo tanto, una representación en serie de potencias para f ( x ) = ln ( 1 + x ) es ln ( 1 + x ) = x – x 2 2 + x 3 3 − x 4 4 + ⋯ = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n + 1 x n n para | x | < 1 . La no garantiza nada sobre el comportamiento de esta serie de potencias en los puntos finales. Sin embargo, al comprobar los puntos finales, hallamos que en x = 1 la serie es la serie armónica alternada, que converge. Además, en x = −1 , la serie es la serie armónica, que diverge. Es importante señalar que, aunque esta serie converge en x = 1 , la no garantiza que la serie converja realmente a ln ( 2 ) . De hecho, la serie converge a ln ( 2 ) , pero demostrar este hecho requiere técnicas más avanzadas. (El teorema de Abel, tratado en textos más avanzados, se ocupa de este punto más técnico). El intervalo de convergencia es ( –1 , 1 ] . La derivada de f ( x ) = tan −1 x es f ′ ( x ) = 1 1 + x 2 . Sabemos que 1 1 + x 2 = 1 1 − ( − x 2 ) = ∑ n = 0 ∞ ( − x 2 ) n = 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ⋯ para | x | < 1 . Para hallar la fórmula de una serie de potencias para f ( x ) = tan −1 x , integramos esta serie término a término. ∫ f ′ ( x ) d x = ∫ ( 1 − x 2 + x 4 − x 6 + ⋯ ) d x = C + x – x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + ⋯ Dado que tan –1 ( 0 ) = 0 , tenemos C = 0 . Por lo tanto, una representación en serie de potencias para f ( x ) = tan −1 x es tan −1 x = x – x 3 3 + x 5 5 − x 7 7 + ⋯ = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n + 1 2 n + 1 para | x | < 1 . De nuevo, la no garantiza nada sobre la convergencia de esta serie en los puntos finales. Sin embargo, comprobando los puntos finales y utilizando la prueba de series alternadas, hallamos que la serie converge en x = 1 y x = −1 . Como se discutió en la parte a., utilizando el teorema de Abel, se puede demostrar que la serie realmente converge a tan –1 ( 1 ) y tan –1 ( –1 ) en x = 1 y x = −1 , respectivamente. Por lo tanto, el intervalo de convergencia es [ −1 , 1 ] . Integre la serie de potencias ln ( 1 + x ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n + 1 x n n término a término para evaluar ∫ ln ( 1 + x ) d x . ∑ n = 2 ∞ ( –1 ) n x n n ( n – 1 ) Pista Utilice el hecho de que x n + 1 ( n + 1 ) n es una antiderivada de x n n . Hasta ahora, hemos mostrado varias técnicas para hallar representaciones en series de potencias para funciones. Sin embargo, ¿cómo sabemos que estas series de potencias son únicas? Es decir, dada una función f y una serie de potencias para f en a , ¿es posible que exista una serie de potencias diferente para f en a que podríamos haber hallado si hubiéramos utilizado una técnica diferente? La respuesta a esta pregunta es no. Este hecho no debería parecer sorprendente si pensamos en las series de potencias como polinomios con un número infinito de términos. Intuitivamente, si c 0 + c 1 x + c 2 x 2 + ⋯ = d 0 + d 1 x + d 2 x 2 + ⋯ para todos los valores x en algún intervalo abierto I alrededor de cero, entonces los coeficientes c n deben ser iguales a d n para n ≥ 0 . Ahora exponemos este resultado formalmente en la . Singularidad de las series de potencias Supongamos que ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n y ∑ n = 0 ∞ d n ( x – a ) n sean dos series de potencias convergentes tales que ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n = ∑ n = 0 ∞ d n ( x – a ) n para todo x en un intervalo abierto que contiene a . Entonces c n = d n para todo n ≥ 0 . Prueba Supongamos que f ( x ) = c 0 + c 1 ( x – a ) + c 2 ( x – a ) 2 + c 3 ( x – a ) 3 + ⋯ = d 0 + d 1 ( x – a ) + d 2 ( x – a ) 2 + d 3 ( x – a ) 3 + ⋯ . Entonces f ( a ) = c 0 = d 0 . Mediante la , podemos diferenciar ambas series término a término. Por lo tanto, f ′ ( x ) = c 1 + 2 c 2 ( x – a ) + 3 c 3 ( x – a ) 2 + ⋯ = d 1 + 2 d 2 ( x – a ) + 3 d 3 ( x – a ) 2 + ⋯ , y así, f ′ ( a ) = c 1 = d 1 . De la misma manera, f ″ ( x ) = 2 c 2 + 3 . 2 c 3 ( x – a ) + ⋯ = 2 d 2 + 3 . 2 d 3 ( x – a ) + ⋯ implica que f ″ ( a ) = 2 c 2 = 2 d 2 , y por lo tanto, c 2 = d 2 . Más generalmente, para cualquier número entero n ≥ 0 , f ( n ) ( a ) = n ! c n = n ! d n , y en consecuencia, c n = d n para todo n ≥ 0 . □ En esta sección hemos mostrado cómo hallar representaciones en series de potencias para ciertas funciones usando diversas operaciones algebraicas, diferenciación o integración. Sin embargo, en este punto todavía estamos limitados en cuanto a las funciones para las que podemos hallar representaciones en series de potencias. A continuación, mostramos cómo hallar representaciones en series de potencias para muchas más funciones introduciendo series de Taylor. Conceptos clave Dadas dos series de potencias ∑ n = 0 ∞ c n x n y ∑ n = 0 ∞ d n x n que convergen a las funciones f y g en un intervalo común I , la suma y la diferencia de las dos series convergen a f ± g , respectivamente, en I . Además, para cualquier número real b y entero m ≥ 0 , la serie ∑ n = 0 ∞ b x m c n x n converge a b x m f ( x ) y la serie ∑ n = 0 ∞ c n ( b x m ) n converge a f ( b x m ) siempre que bx m esté en el intervalo I . Dadas dos series de potencias que convergen en un intervalo ( − R , R ) , el producto de Cauchy de las dos series de potencias converge en el intervalo ( − R , R ) . Dada una serie de potencias que converge a una función f en un intervalo ( − R , R ) , la serie se puede diferenciar término a término y la serie resultante converge a f ′ en ( − R , R ) . La serie también se puede integrar término a término y la serie resultante converge a ∫ f ( x ) d x en ( − R , R ) . Si f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n n ! y g ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x n n ! , halle la fórmula de la serie de potencias de 1 2 ( f ( x ) + g ( x ) ) y de 1 2 ( f ( x ) − g ( x ) ) . 1 2 ( f ( x ) + g ( x ) ) = ∑ n = 0 ∞ x 2 n ( 2 n ) ! y 1 2 ( f ( x ) − g ( x ) ) = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! . Si C ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x 2 n ( 2 n ) ! y S ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! , halle la fórmula de la serie de potencias de C ( x ) + S ( x ) y de C ( x ) − S ( x ) . En los siguientes ejercicios, utilice fracciones parciales para calcular la serie de potencias de cada función. 4 ( x − 3 ) ( x + 1 ) grandes. 4 ( x − 3 ) ( x + 1 ) = 1 x − 3 − 1 x + 1 = − 1 3 ( 1 − x 3 ) − 1 1 − ( − x ) = − 1 3 ∑ n = 0 ∞ ( x 3 ) n − ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x n = ∑ n = 0 ∞ ( ( –1 ) n + 1 − 1 3 n + 1 ) x n 3 ( x + 2 ) ( x – 1 ) grandes. 5 ( x 2 + 4 ) ( x 2 – 1 ) grandes. 5 ( x 2 + 4 ) ( x 2 – 1 ) = 1 x 2 – 1 − 1 4 1 1 + ( x 2 ) 2 = − ∑ n = 0 ∞ x 2 n – 1 4 ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( x 2 ) 2 n = ∑ n = 0 ∞ ( ( –1 ) + ( –1 ) n + 1 1 2 n + 2 ) x 2 n 30 ( x 2 + 1 ) ( x 2 − 9 ) En los siguientes ejercicios, exprese cada serie como una función racional. ∑ n = 1 ∞ 1 x n 1 x ∑ n = 0 ∞ 1 x n = 1 x 1 1 − 1 x = 1 x – 1 ∑ n = 1 ∞ 1 x 2 n ∑ n = 1 ∞ 1 ( x − 3 ) 2 n – 1 1 x − 3 1 1 − 1 ( x − 3 ) 2 = x − 3 ( x − 3 ) 2 – 1 ∑ n = 1 ∞ ( 1 ( x − 3 ) 2 n – 1 − 1 ( x − 2 ) 2 n – 1 ) Los siguientes ejercicios exploran las aplicaciones de las anualidades . Calcule los valores actuales P de una anualidad en la que se van a pagar 10.000 dólares anuales durante un periodo de 20 años, suponiendo unas tasas de interés de r = 0,03 , r = 0,05 , y r = 0,07 . P = P 1 + ⋯ + P 20 donde P k = 10.000 1 ( 1 + r ) k . Entonces P = 10.000 ∑ k = 1 20 1 ( 1 + r ) k = 10.000 1 − ( 1 + r ) −20 r . Cuando r = 0,03 , P ≈ 10.000 × 14,8775 = 148.775 . Cuando r = 0,05 , P ≈ 10.000 × 12,4622 = 124.622 . Cuando r = 0,07 , P ≈ 105.940 . Calcule los valores actuales P de las anualidades en las que se pagarán 9.000 dólares anuales perpetuamente, suponiendo tasas de interés de r = 0,03 , r = 0,05 y r = 0,07 . Calcule los pagos anuales C que se darán durante 20 años en las anualidades que tienen un valor actual de 100.000 dólares suponiendo unas tasas de interés respectivas de r = 0,03 , r = 0,05 , y r = 0,07 . En general, P = C ( 1 − ( 1 + r ) − N ) r para N años de pagos, o C = P r 1 − ( 1 + r ) − N . Para N = 20 y P = 100.000 , se tiene C = 6721,57 cuando r = 0,03 ; C = 8.024,26 cuando r = 0,05 ; y C ≈ 9.439,29 cuando r = 0,07 . Calcule los pagos anuales C que se darán perpetuamente en las anualidades que tienen un valor actual de 100.000 dólares suponiendo unas tasas de interés respectivas de r = 0,03 , r = 0,05 , y r = 0,07 . Supongamos que una anualidad tiene un valor actual P = 1 millón de dólares . ¿Qué tasa de interés r permitiría realizar pagos anuales perpetuos de 50.000 dólares? En general, P = C r . Por lo tanto, r = C P = 5 × 10 4 10 6 = 0,05 . Supongamos que una anualidad tiene un valor actual P = 10 millones de dólares . ¿Qué tasa de interés r permitiría realizar pagos anuales perpetuos de 100.000 dólares? En los siguientes ejercicios, exprese la suma de cada serie de potencias en términos de series geométricas, y luego exprese la suma como una función racional. x + x 2 − x 3 + x 4 + x 5 − x 6 + ⋯ ( Pista: Agrupe las potencias x 3 k , x 3 k − 1 , y x 3 k − 2 . ) grandes. ( x + x 2 − x 3 ) ( 1 + x 3 + x 6 + ⋯ ) = x + x 2 − x 3 1 − x 3 x + x 2 − x 3 − x 4 + x 5 + x 6 − x 7 − x 8 + ⋯ ( Pista: Agrupe las potencias x 4 k , x 4 k − 1 , etc.). x – x 2 − x 3 + x 4 − x 5 − x 6 + x 7 − ⋯ ( Pista: Agrupe las potencias x 3 k , x 3 k − 1 , y x 3 k − 2 . ) grandes. ( x – x 2 − x 3 ) ( 1 + x 3 + x 6 + ⋯ ) = x – x 2 − x 3 1 − x 3 x 2 + x 2 4 − x 3 8 + x 4 16 + x 5 32 − x 6 64 + ⋯ ( Pista: Agrupe las potencias ( x 2 ) 3 k , ( x 2 ) 3 k − 1 , y ( x 2 ) 3 k − 2 . ) En los siguientes ejercicios, halle la serie de potencias de f ( x ) g ( x ) dadas f y g como se definen. f ( x ) = 2 ∑ n = 0 ∞ x n , g ( x ) = ∑ n = 0 ∞ n x n a n = 2 , b n = n así que c n = ∑ k = 0 n b k a n − k = 2 ∑ k = 0 n k = ( n ) ( n + 1 ) y f ( x ) g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ n ( n + 1 ) x n f ( x ) = ∑ n = 1 ∞ x n , g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ 1 n x n . Exprese los coeficientes de f ( x ) g ( x ) en términos de H n = ∑ k = 1 n 1 k . f ( x ) = g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ ( x 2 ) n a n = b n = 2 − n así que c n = ∑ k = 1 n b k a n − k = 2 − n ∑ k = 1 n 1 = n 2 n y f ( x ) g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ n ( x 2 ) n f ( x ) = g ( x ) = ∑ n = 1 ∞ n x n En los siguientes ejercicios, diferencie la expansión en serie dada de f término a término para obtener la correspondiente expansión en serie de la derivada de f . f ( x ) = 1 1 + x = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x n La derivada de f es − 1 ( 1 + x ) 2 = − ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( n + 1 ) x n . f ( x ) = 1 1 − x 2 = ∑ n = 0 ∞ x 2 n En los siguientes ejercicios, integre la expansión en serie dada de f término a término desde cero hasta x para obtener la correspondiente expansión en serie de la integral indefinida de f . f ( x ) = 2 x ( 1 + x 2 ) 2 = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n ( 2 n ) x 2 n – 1 La integral indefinida de f es 1 1 + x 2 = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n . f ( x ) = 2 x 1 + x 2 = 2 ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n + 1 En los siguientes ejercicios, evalúe cada serie infinita identificándola como el valor de una derivada o integral de serie geométrica. Evalúe ∑ n = 1 ∞ n 2 n como f ′ ( 1 2 ) donde f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n . f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 − x ; f ′ ( 1 2 ) = ∑ n = 1 ∞ n 2 n – 1 = d d x ( 1 − x ) −1 | x = 1 / 2 = 1 ( 1 − x ) 2 | x = 1 / 2 = 4 así que ∑ n = 1 ∞ n 2 n = 2 . Evalúe ∑ n = 1 ∞ n 3 n como f ′ ( 1 3 ) donde f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n . Evalúe ∑ n = 2 ∞ n ( n – 1 ) 2 n como f ″ ( 1 2 ) donde f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n . f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n = 1 1 − x ; f ″ ( 1 2 ) = ∑ n = 2 ∞ n ( n – 1 ) 2 n – 2 = d 2 d x 2 ( 1 − x ) −1 | x = 1 / 2 = 2 ( 1 − x ) 3 | x = 1 / 2 = 16 así que ∑ n = 2 ∞ n ( n – 1 ) 2 n = 4 . Evalúe ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n 2 n + 1 como ∫ 0 1 f ( t ) d t donde f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n = 1 1 + x 2 . En los siguientes ejercicios, dado que 1 1 − x = ∑ n = 0 ∞ x n , utilice la diferenciación término a término o la integración para hallar series de potencias para cada función centrada en el punto dado. f ( x ) = ln x centrada en x = 1 ( Pista: x = 1 − ( 1 − x ) ) grandes. ∫ ∑ ( 1 − x ) n d x = ∫ ∑ ( –1 ) n ( x – 1 ) n d x = ∑ ( –1 ) n ( x – 1 ) n + 1 n + 1 ln ( 1 − x ) en x = 0 ln ( 1 − x 2 ) en x = 0 − ∫ t = 0 x 2 1 1 − t d t = − ∑ n = 0 ∞ ∫ 0 x 2 t n d x − ∑ n = 0 ∞ x 2 ( n + 1 ) n + 1 = − ∑ n = 1 ∞ x 2 n n f ( x ) = 2 x ( 1 − x 2 ) 2 en x = 0 f ( x ) = tan –1 ( x 2 ) en x = 0 ∫ 0 x 2 d t 1 + t 2 = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ∫ 0 x 2 t 2 n d t = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n t 2 n + 1 2 n + 1 | t = 0 x 2 = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 4 n + 2 2 n + 1 f ( x ) = ln ( 1 + x 2 ) en x = 0 f ( x ) = ∫ 0 x ln t d t donde ln ( x ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 ( x – 1 ) n n La integración término a término da ∫ 0 x ln t d t = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 ( x – 1 ) n + 1 n ( n + 1 ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 ( 1 n – 1 n + 1 ) ( x – 1 ) n + 1 = ( x – 1 ) ln x + ∑ n = 2 ∞ ( –1 ) n ( x – 1 ) n n = x ln x – x . [T] Evalúe la expansión en serie de potencias ln ( 1 + x ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 x n n en x = 1 para demostrar que ln ( 2 ) es la suma de las series armónicas alternadas. Utilice la prueba de series alternadas para determinar cuántos términos de la suma son necesarios para estimar ln ( 2 ) con una precisión de 0,001, y calcule dicha aproximación. [T] Reste la serie infinita de ln ( 1 − x ) de ln ( 1 + x ) para obtener una serie de potencias para ln ( 1 + x 1 − x ) . Evalúe en x = 1 3 . ¿Cuál es el menor N tal que la enésima suma parcial de esta serie se aproxime a ln ( 2 ) con un error inferior a 0,001? Tenemos ln ( 1 − x ) = − ∑ n = 1 ∞ x n n así que ln ( 1 + x ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 x n n . Por lo tanto, ln ( 1 + x 1 − x ) = ∑ n = 1 ∞ ( 1 + ( –1 ) n – 1 ) x n n = 2 ∑ n = 1 ∞ x 2 n – 1 2 n – 1 . Cuando x = 1 3 obtenemos ln ( 2 ) = 2 ∑ n = 1 ∞ 1 3 2 n – 1 ( 2 n – 1 ) . Tenemos 2 ∑ n = 1 3 1 3 2 n – 1 ( 2 n – 1 ) = 0,69300 … , mientras 2 ∑ n = 1 4 1 3 2 n – 1 ( 2 n – 1 ) = 0,69313 … y ln ( 2 ) = 0,69314 … ; por lo tanto, N = 4 . En los siguientes ejercicios, utilizando una sustitución si se indica, exprese cada serie en términos de funciones elementales y calcule el radio de convergencia de la suma. ∑ k = 0 ∞ ( x k − x 2 k + 1 ) grandes. ∑ k = 1 ∞ x 3 k 6 k ∑ k = 1 ∞ x k k = − ln ( 1 − x ) así que ∑ k = 1 ∞ x 3 k 6 k = − 1 6 ln ( 1 − x 3 ) . El radio de convergencia es igual a 1 por el criterio del cociente. ∑ k = 1 ∞ ( 1 + x 2 ) − k utilizando y = 1 1 + x 2 ∑ k = 1 ∞ 2 − k x utilizando y = 2 − x Si y = 2 − x , entonces ∑ k = 1 ∞ y k = y 1 − y = 2 − x 1 − 2 − x = 1 2 x – 1 . Si a k = 2 − k x , entonces a k + 1 a k = 2 − x < 1 cuando x > 0 . Así que la serie converge para todo x > 0 . Demuestre que, hasta las potencias x 3 y y 3 , E ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n n ! satisface E ( x + y ) = E ( x ) E ( y ) . Diferencie las series E ( x ) = ∑ n = 0 ∞ x n n ! término a término para demostrar que E ( x ) es igual a su derivada. Las respuestas variarán. Demuestre que si f ( x ) = ∑ n = 0 ∞ a n x n es una suma de potencias pares, es decir, a n = 0 si n es impar, entonces F = ∫ 0 x f ( t ) d t es una suma de potencias impares, mientras que si f es una suma de potencias impares, entonces F es una suma de potencias pares. [T] Supongamos que los coeficientes a n de la serie ∑ n = 0 ∞ a n x n se definen por la relación de recurrencia a n = a n – 1 n + a n – 2 n ( n – 1 ) . Para a 0 = 0 y a 1 = 1 , calcule y grafique las sumas S N = ∑ n = 0 N a n x n para N = 2 , 3 , 4 , 5 en [ −1 , 1 ] . La curva sólida es S 5 . La curva discontinua es S 2 , la punteada es S 3 y la punteada es S 4 [T] Supongamos que los coeficientes a n de la serie ∑ n = 0 ∞ a n x n se definen por la relación de recurrencia a n = a n – 1 n − a n – 2 n ( n – 1 ) . Para a 0 = 1 y a 1 = 0 , calcule y grafique las sumas S N = ∑ n = 0 N a n x n para N = 2 , 3 , 4 , 5 en [ −1 , 1 ] . [T] Dada la expansión en serie de potencias ln ( 1 + x ) = ∑ n = 1 ∞ ( –1 ) n – 1 x n n , determine cuántos términos N de la suma evaluada en x = −1 / 2 son necesarios para aproximar ln ( 2 ) con una precisión de 1/1.000. Evalúe la suma parcial correspondiente ∑ n = 1 N ( –1 ) n – 1 x n n . Cuando x = − 1 2 , − ln ( 2 ) = ln ( 1 2 ) = − ∑ n = 1 ∞ 1 n 2 n . Dado que ∑ n = 11 ∞ 1 n 2 n < ∑ n = 11 ∞ 1 2 n = 1 2 10 , se tiene ∑ n = 1 10 1 n 2 n = 0,69306 … mientras que ln ( 2 ) = 0,69314 … ; por lo tanto, N = 10 . [T] Dada la expansión en serie de potencias tan –1 ( x ) = ∑ k = 0 ∞ ( –1 ) k x 2 k + 1 2 k + 1 , utilice la prueba de series alternadas para determinar cuántos términos N de la suma evaluada en x = 1 son necesarios para aproximar tan –1 ( 1 ) = π 4 con una precisión de 1/1000. Evalúe la suma parcial correspondiente ∑ k = 0 N ( –1 ) k x 2 k + 1 2 k + 1 . [T] Recordemos que tan –1 ( 1 3 ) = π 6 . Suponiendo un valor exacto de ( 1 3 ) , estime π 6 mediante la evaluación de sumas parciales S N ( 1 3 ) de la expansión en serie de potencias tan –1 ( x ) = ∑ k = 0 ∞ ( –1 ) k x 2 k + 1 2 k + 1 en x = 1 3 . ¿Cuál es el menor número N tal que 6 S N ( 1 3 ) se aproxime a π con una precisión de 0,001? ¿Cuántos términos se necesitan para tener una exactitud de 0,00001? 6 S N ( 1 3 ) = 2 3 ∑ n = 0 N ( –1 ) n 1 3 n ( 2 n + 1 ) . Se tiene π − 6 S 4 ( 1 3 ) = 0,00101 … y π − 6 S 5 ( 1 3 ) = 0,00028 … así que N = 5 es la suma parcial más pequeña con una exactitud de 0,001. También, π − 6 S 7 ( 1 3 ) = 0,00002 … mientras π − 6 S 8 ( 1 3 ) = –0,000007 … así que N = 8 es el N más pequeño para obtener una exactitud de 0,00001. diferenciación término a término de una serie de potencias técnica para evaluar la derivada de una serie de potencias ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n evaluando la derivada de cada término por separado para crear la nueva serie de potencias ∑ n = 1 ∞ n c n ( x – a ) n – 1 integración término a término de una serie de potencias técnica para integrar una serie de potencias ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n integrando cada término por separado para crear la nueva serie de potencias C + ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n + 1 n + 1

Matemáticas


Series de Taylor y Maclaurin En las dos secciones anteriores hemos discutido cómo hallar representaciones en series de potencias para ciertos tipos de funciones, en concreto, funciones relacionadas con series geométricas. A continuación, discutiremos las representaciones en series de potencias para otros tipos de funciones. En particular, abordamos las siguientes preguntas: ¿Qué funciones pueden representarse mediante series de potencias y cómo podemos hallar dichas representaciones? Si podemos hallar una representación en serie de potencias para una función particular f y la serie converge en algún intervalo, ¿cómo demostramos que la serie realmente converge a f ? Resumen de la serie de Taylor/Maclaurin Considere una función f que tiene una representación en serie de potencias en x = a . Entonces la serie tiene la forma ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n = c 0 + c 1 ( x – a ) + c 2 ( x – a ) 2 + ⋯ . ¿Cuáles deberían ser los coeficientes? Por ahora, ignoramos los temas de convergencia y nos centramos en lo que debería ser la serie, si es que existe. Volveremos a hablar de la convergencia más adelante en esta sección. Si la serie de la es una representación para f en x = a , ciertamente queremos que la serie sea igual a f ( a ) en x = a . Si evaluamos la serie en x = a , vemos que ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n = c 0 + c 1 ( a − a ) + c 2 ( a − a ) 2 + ⋯ = c 0 . Por lo tanto, la serie es igual a f ( a ) si el coeficiente c 0 = f ( a ) . Además, queremos que la primera derivada de la serie de potencias sea igual a f ′ ( a ) en x = a . Diferenciando la término a término, vemos que d d x ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = c 1 + 2 c 2 ( x – a ) + 3 c 3 ( x – a ) 2 + ⋯ . Por lo tanto, en x = a , la derivada es d d x ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = c 1 + 2 c 2 ( a − a ) + 3 c 3 ( a − a ) 2 + ⋯ = c 1 . Por lo tanto, la derivada de la serie es igual a f ′ ( a ) si el coeficiente c 1 = f ′ ( a ) . Si continuamos de este modo, buscamos coeficientes c n tales que todas las derivadas de la serie de potencias de la coincidan con todas las derivadas correspondientes de f en x = a . La segunda y tercera derivadas de la están dadas por d 2 d x 2 ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = 2 c 2 + 3 . 2 c 3 ( x – a ) + 4 . 3 c 4 ( x – a ) 2 + ⋯ y d 3 d x 3 ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = 3 . 2 c 3 + 4 . 3 . 2 c 4 ( x – a ) + 5 . 4 . 3 c 5 ( x – a ) 2 + ⋯ . Por lo tanto, en x = a , la segunda y tercera derivadas d 2 d x 2 ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = 2 c 2 + 3 . 2 c 3 ( a − a ) + 4 . 3 c 4 ( a − a ) 2 + ⋯ = 2 c 2 y d 3 d x 3 ( ∑ n = 0 ∞ c n ( x – a ) n ) = 3 . 2 c 3 + 4 . 3 . 2 c 4 ( a − a ) + 5 . 4 . 3 c 5 ( a − a ) 2 + ⋯ = 3 . 2 c 3 igual a f ″ ( a ) y f ‴ ( a ) , respectivamente, si c 2 = f ″ ( a ) 2 y c 3 = f ‴ ( a ) 3 . 2 . De forma más general, vemos que si f tiene una representación en serie de potencias en x = a , entonces los coeficientes deben ser dados por c n = f ( n ) ( a ) n ! . Es decir, la serie debe ser ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + f ‴ ( a ) 3 ! ( x – a ) 3 + ⋯ . Esta serie de potencias para f se conoce como la serie de Taylor para f en a . Si a = 0 , entonces esta serie se conoce como la serie de Maclaurin para f . Definición Si f tiene derivadas de todos los órdenes en x = a , entonces la serie de Taylor para la función f en a es ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n + ⋯ . La serie de Taylor para f en 0 se conoce como la serie de Maclaurin para f . Más adelante en esta sección, mostraremos ejemplos de cómo calcular series de Taylor y hablaremos de las condiciones bajo las cuales la serie de Taylor para una función convergerá a esa función. Aquí exponemos un resultado importante. Recordemos de la que las representaciones en serie de potencias son únicas. Por lo tanto, si una función f tiene una serie de potencias en a , entonces debe ser la serie de Taylor para f en a . Singularidad de la serie de Taylor Si una función f tiene una serie de potencias en a que converge a f en algún intervalo abierto que contenga a , entonces esa serie de potencias es la serie de Taylor para f en a . La prueba se deduce directamente de la . Para determinar si una serie de Taylor converge, tenemos que mirar su secuencia de sumas parciales. Estas sumas parciales son polinomios finitos, conocidos como polinomios de Taylor . Visite el archivo de Historia de las Matemáticas de MacTutor para leer breves biografías de Brook Taylor y Colin Maclaurin y cómo desarrollaron los conceptos que llevan su nombre. Polinomios de Taylor La enésima suma parcial de la serie de Taylor para una función f en a se conoce como el enésimo polinomio de Taylor. Por ejemplo, las sumas parciales 0, 1, 2 y 3 de la serie de Taylor están dadas por p 0 ( x ) = f ( a ) , p 1 ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) , p 2 ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 , p 3 ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + f ‴ ( a ) 3 ! ( x – a ) 3 , respectivamente. Estas sumas parciales se conocen como los polinomios 0, 1, 2 y 3 de Taylor de f en a , respectivamente. Si a = 0 , entonces estos polinomios se conocen como polinomios de Maclaurin para f . Ahora ofrecemos una definición formal de los polinomios de Taylor y Maclaurin para una función f . Definición Si f tiene n derivadas en x = a , entonces el enésimo polinomio de Taylor para f en a es p n ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + f ‴ ( a ) 3 ! ( x – a ) 3 + ⋯ + f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n . El enésimo polinomio de Taylor para f en 0 se conoce como el enésimo polinomio de Maclaurin para f . Ahora mostramos cómo utilizar esta definición para calcular varios polinomios de Taylor para f ( x ) = ln x en x = 1 . Calcular polinomios de Taylor Calcule los polinomios de Taylor p 0 , p 1 , p 2 y p 3 para f ( x ) = ln x en x = 1 . Utilice una herramienta gráfica para comparar el gráfico de f con los gráficos de p 0 , p 1 , p 2 y p 3 . Para calcular estos polinomios de Taylor, necesitamos evaluar f y sus tres primeras derivadas en x = 1 . f ( x ) = ln x f ( 1 ) = 0 f ′ ( x ) = 1 x f ′ ( 1 ) = 1 f ″ ( x ) = − 1 x 2 f ″ ( 1 ) = −1 f ‴ ( x ) = 2 x 3 f ‴ ( 1 ) = 2 Por lo tanto, p 0 ( x ) = f ( 1 ) = 0 , p 1 ( x ) = f ( 1 ) + f ′ ( 1 ) ( x – 1 ) = x – 1 , p 2 ( x ) = f ( 1 ) + f ′ ( 1 ) ( x – 1 ) + f ″ ( 1 ) 2 ( x – 1 ) 2 = ( x – 1 ) − 1 2 ( x – 1 ) 2 , p 3 ( x ) = f ( 1 ) + f ′ ( 1 ) ( x – 1 ) + f ″ ( 1 ) 2 ( x – 1 ) 2 + f ‴ ( 1 ) 3 ! ( x – 1 ) 3 = ( x – 1 ) − 1 2 ( x – 1 ) 2 + 1 3 ( x – 1 ) 3 . Los gráficos de y = f ( x ) y los tres primeros polinomios de Taylor se muestran en la . La función y = ln x y los polinomios de Taylor p 0 , p 1 , p 2 y p 3 en x = 1 están trazadas en este gráfico. Calcule los polinomios de Taylor p 0 , p 1 , p 2 y p 3 para f ( x ) = 1 x 2 en x = 1 . p 0 ( x ) = 1 ; p 1 ( x ) = 1 − 2 ( x – 1 ) ; p 2 ( x ) = 1 − 2 ( x – 1 ) + 3 ( x – 1 ) 2 ; p 3 ( x ) = 1 − 2 ( x – 1 ) + 3 ( x – 1 ) 2 − 4 ( x – 1 ) 3 Pista Calcule las tres primeras derivadas de f y evalúelas en x = 1 . Ahora mostramos cómo calcular los polinomios de Maclaurin para e x , sen x , y cos x . Como ya se ha dicho, los polinomios de Maclaurin son polinomios de Taylor centrados en cero. Cálculo de polinomios de Maclaurin Para cada una de las siguientes funciones, halle las fórmulas de los polinomios de Maclaurin p 0 , p 1 , p 2 y p 3 . Halle una fórmula para el enésimo polinomio de Maclaurin y escríbala utilizando la notación sigma. Utilice una herramienta gráfica para comparar los gráficos de p 0 , p 1 , p 2 y p 3 con f . f ( x ) = e x f ( x ) = sen x f ( x ) = cos x Dado que f ( x ) = e x , sabemos que f ( x ) = f ′ ( x ) = f ″ ( x ) = ⋯ = f ( n ) ( x ) = e x para todos los enteros positivos n . Por lo tanto, f ( 0 ) = f ′ ( 0 ) = f ″ ( 0 ) = ⋯ = f ( n ) ( 0 ) = 1 para todos los enteros positivos n . Por lo tanto, tenemos p 0 ( x ) = f ( 0 ) = 1 , p 1 ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x = 1 + x , p 2 ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + f ″ ( 0 ) 2 ! x 2 = 1 + x + 1 2 x 2 , p 3 ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + f ″ ( 0 ) 2 x 2 + f ‴ ( 0 ) 3 ! x 3 = 1 + x + 1 2 x 2 + 1 3 ! x 3 , p n ( x ) = f ( 0 ) + f ′ ( 0 ) x + f ″ ( 0 ) 2 x 2 + f ‴ ( 0 ) 3 ! x 3 + ⋯ + f ( n ) ( 0 ) n ! x n = 1 + x + x 2 2 ! + x 3 3 ! + ⋯ + x n n ! = ∑ k = 0 n x k k ! . La función y los tres primeros polinomios de Maclaurin se muestran en la . El gráfico muestra la función y = e x y los polinomios de Maclaurin p 0 , p 1 , p 2 y p 3 . Para f ( x ) = sen x , los valores de la función y sus cuatro primeras derivadas en x = 0 se dan de la siguiente manera: 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, Como la cuarta derivada es sen x , el patrón se repite. Es decir, f ( 2 m ) ( 0 ) = 0 y f ( 2 m + 1 ) ( 0 ) = ( –1 ) m para m ≥ 0 . Por lo tanto, tenemos p 0 ( x ) = 0 , p 1 ( x ) = 0 + x = x , p 2 ( x ) = 0 + x + 0 = x , p 3 ( x ) = 0 + x + 0 − 1 3 ! x 3 = x – x 3 3 ! , p 4 ( x ) = 0 + x + 0 − 1 3 ! x 3 + 0 = x – x 3 3 ! , p 5 ( x ) = 0 + x + 0 − 1 3 ! x 3 + 0 + 1 5 ! x 5 = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! , y para m ≥ 0 , p 2 m + 1 ( x ) = p 2 m + 2 ( x ) = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! − ⋯ + ( –1 ) m x 2 m + 1 ( 2 m + 1 ) ! = ∑ k = 0 m ( –1 ) k x 2 k + 1 ( 2 k + 1 ) ! . Los gráficos de la función y sus polinomios de Maclaurin se muestran en la . El gráfico muestra la función y = sen x y los polinomios de Maclaurin p 1 , p 3 y p 5 . Para f ( x ) = cos x , los valores de la función y sus cuatro primeras derivadas en x = 0 se dan de la siguiente manera: f ( x ) = cos x f ( 0 ) = 1 f ′ ( x ) = − sen x f ′ ( 0 ) = 0 f ″ ( x ) = − cos x f ″ ( 0 ) = −1 f ‴ ( x ) = sen x f ‴ ( 0 ) = 0 f ( 4 ) ( x ) = cos x f ( 4 ) ( 0 ) = 1 Como la cuarta derivada es cos x , el patrón se repite. En otras palabras, f ( 2 m ) ( 0 ) = ( –1 ) m y f ( 2 m + 1 ) = 0 para m ≥ 0 . Por lo tanto, p 0 ( x ) = 1 , p 1 ( x ) = 1 + 0 = 1 , p 2 ( x ) = 1 + 0 − 1 2 ! x 2 = 1 − x 2 2 ! , p 3 ( x ) = 1 + 0 − 1 2 ! x 2 + 0 = 1 − x 2 2 ! , p 4 ( x ) = 1 + 0 − 1 2 ! x 2 + 0 + 1 4 ! x 4 = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! , p 5 ( x ) = 1 + 0 − 1 2 ! x 2 + 0 + 1 4 ! x 4 + 0 = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! , y para n ≥ 0 , p 2 m ( x ) = p 2 m + 1 ( x ) = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! − ⋯ + ( –1 ) m x 2 m ( 2 m ) ! = ∑ k = 0 m ( –1 ) k x 2 k ( 2 k ) ! . Los gráficos de la función y los polinomios de Maclaurin aparecen en la . La función y = cos x y los polinomios de Maclaurin p 0 , p 2 y p 4 están trazados en este gráfico. Halle fórmulas para los polinomios de Maclaurin p 0 , p 1 , p 2 y p 3 para f ( x ) = 1 1 + x . Halle una fórmula para el enésimo polinomio de Maclaurin. Escriba su respuesta utilizando la notación sigma. p 0 ( x ) = 1 ; p 1 ( x ) = 1 − x ; p 2 ( x ) = 1 − x + x 2 ; p 3 ( x ) = 1 − x + x 2 − x 3 ; p n ( x ) = 1 − x + x 2 − x 3 + ⋯ + ( –1 ) n x n = ∑ k = 0 n ( –1 ) k x k Pista Evalúe las cuatro primeras derivadas de f y busque un patrón. Teorema de Taylor con resto Recordemos que el enésimo polinomio de Taylor para una función f en a es la enésima suma parcial de la serie de Taylor para f en a . Por lo tanto, para determinar si la serie de Taylor converge, necesitamos determinar si la secuencia de polinomios de Taylor { p n } converge. Sin embargo, no solo queremos saber si la secuencia de polinomios de Taylor converge, sino que queremos saber si converge a f . Para responder esta pregunta, definimos el resto R n ( x ) como R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) . Para que la secuencia de polinomios de Taylor converja a f , necesitamos que el resto R n converja a cero. Para determinar si R n converge a cero, introducimos el teorema de Taylor con resto . Este teorema no solo es útil para demostrar que una serie de Taylor converge a su función correspondiente, sino que también nos permitirá la aproximación del enésimo polinomio de Taylor a la función. Aquí buscamos un límite en | R n | . Considere el caso más sencillo: n = 0 . Supongamos que p 0 es el polinomio 0 de Taylor en a para una función f . El resto R 0 satisface R 0 ( x ) = f ( x ) − p 0 ( x ) = f ( x ) − f ( a ) . Si f es diferenciable en un intervalo I que contiene a y x , entonces por el teorema de valor medio existe un número real c entre a y x tal que f ( x ) − f ( a ) = f ′ ( c ) ( x – a ) . Por lo tanto, R 0 ( x ) = f ′ ( c ) ( x – a ) . Utilizando el teorema de valor medio con un argumento similar, podemos demostrar que si f es n veces diferenciable en un intervalo I que contiene a y x , entonces el enésimo resto R n satisface R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 para algún número real c entre a y x . Es importante señalar que el valor c en el numerador anterior no es el centro a , sino un valor desconocido c entre a y x . Esta fórmula nos permite obtener un límite en el resto R n . Si sabemos que | f ( n + 1 ) ( x ) | está delimitada por algún número real M en este intervalo I , entonces | R n ( x ) | ≤ M ( n + 1 ) ! | x – a | n + 1 para todo x en el intervalo I . Enunciamos ahora el teorema de Taylor, que estipula la relación formal entre una función f y su polinomio de Taylor de enésimo orden p n ( x ) . Este teorema nos permite acotar el error cuando se utiliza un polinomio de Taylor para aproximar el valor de una función y será importante para demostrar que una serie de Taylor para f converge a f . Teorema de Taylor con resto Supongamos que f es una función que se puede diferenciar n + 1 veces en un intervalo I que contiene el número real a . Supongamos que p n es el enésimo polinomio de Taylor de f en a y que R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) es el enésimo resto. Entonces, para cada x en el intervalo I , existe un número real c entre a y x tal que R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 . Si existe un número real M tal que | f ( n + 1 ) ( x ) | ≤ M para todo x ∈ I , entonces | R n ( x ) | ≤ M ( n + 1 ) ! | x – a | n + 1 para todo x en I . Prueba Fije un punto x ∈ I e introduzca la función g tal que g ( t ) = f ( x ) − f ( t ) − f ′ ( t ) ( x − t ) − f ″ ( t ) 2 ! ( x − t ) 2 − ⋯ − f ( n ) ( t ) n ! ( x − t ) n − R n ( x ) ( x − t ) n + 1 ( x – a ) n + 1 . Afirmamos que g satisface los criterios del teorema de Rolle. Como g es una función polinómica (en t ), es una función diferenciable. Además, g es cero en t = a y t = x porque g ( a ) = f ( x ) − f ( a ) − f ′ ( a ) ( x – a ) − f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n − R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) − R n ( x ) = 0 , g ( x ) = f ( x ) − f ( x ) − 0 − ⋯ − 0 = 0, Por lo tanto, g satisface el teorema de Rolle, y en consecuencia, existe c entre a y x tal que g ′ ( c ) = 0 . Ahora calculamos g ′ . Utilizando la regla del producto, observamos que d d t [ f ( n ) ( t ) n ! ( x − t ) n ] = − f ( n ) ( t ) ( n – 1 ) ! ( x − t ) n – 1 + f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( x − t ) n . En consecuencia, g ′ ( t ) = − f ′ ( t ) + [ f ′ ( t ) − f ″ ( t ) ( x − t ) ] + [ f ″ ( t ) ( x − t ) − f ‴ ( t ) 2 ! ( x − t ) 2 ] + ⋯ + [ f ( n ) ( t ) ( n – 1 ) ! ( x − t ) n – 1 − f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( x − t ) n ] + ( n + 1 ) R n ( x ) ( x − t ) n ( x – a ) n + 1 . Observe que hay un efecto telescópico. Por lo tanto, g ′ ( t ) = − f ( n + 1 ) ( t ) n ! ( x − t ) n + ( n + 1 ) R n ( x ) ( x − t ) n ( x – a ) n + 1 . Por el teorema de Rolle, concluimos que existe un número c entre a y x tal que g ′ ( c ) = 0 . Dado que g ′ ( c ) = − f ( n + 1 ) ( c ) n ! ( x − c ) n + ( n + 1 ) R n ( x ) ( x − c ) n ( x – a ) n + 1 concluimos que − f ( n + 1 ) ( c ) n ! ( x − c ) n + ( n + 1 ) R n ( x ) ( x − c ) n ( x – a ) n + 1 = 0 . Sumando el primer término del lado izquierdo a ambos lados de la ecuación y dividiendo ambos lados de la ecuación entre ( n + 1 ) ( x – c ) n ( x – a ) n + 1 , concluimos que R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 como se deseaba. A partir de este hecho, se deduce que si existe M tal que | f ( n + 1 ) ( x ) | ≤ M para todo x en I , entonces | R n ( x ) | ≤ M ( n + 1 ) ! | x – a | n + 1 . □ El teorema de Taylor no solo nos permite demostrar que una serie de Taylor converge a una función, sino que también nos permite estimar la exactitud de los polinomios de Taylor en la aproximación de los valores de las funciones. Empezamos por ver las aproximaciones lineales y cuadráticas de f ( x ) = x 3 en x = 8 y determinamos la exactitud de estas aproximaciones para estimar 11 3 . Uso de aproximaciones lineales y cuadráticas para estimar los valores de funciones Considere la función f ( x ) = x 3 . Calcule el primer y segundo polinomio de Taylor para f en x = 8 . Utilice una herramienta gráfica para comparar estos polinomios con f cerca de x = 8 . Utilice estos dos polinomios para estimar 11 3 . Utilice el teorema de Taylor para acotar el error. Para f ( x ) = x 3 , los valores de la función y sus dos primeras derivadas en x = 8 son los siguientes: f ( x ) = x 3 f ( 8 ) = 2 f ′ ( x ) = 1 3 x 2 / 3 f ′ ( 8 ) = 1 12 f ″ ( x ) = −2 9 x 5 / 3 f ″ ( 8 ) = − 1 144 . Por lo tanto, los polinomios de Taylor de primer y segundo orden en x = 8 están dados por p 1 ( x ) = f ( 8 ) + f ′ ( 8 ) ( x − 8 ) = 2 + 1 12 ( x − 8 ) p 2 ( x ) = f ( 8 ) + f ′ ( 8 ) ( x − 8 ) + f ″ ( 8 ) 2 ! ( x − 8 ) 2 = 2 + 1 12 ( x − 8 ) − 1 288 ( x − 8 ) 2 . La función y los polinomios de Taylor se muestran en la . Los gráficos de f ( x ) = x 3 y las aproximaciones lineales y cuadráticas p 1 ( x ) y p 2 ( x ) . Utilizando el polinomio de Taylor de primer orden en x = 8 , podemos estimar 11 3 ≈ p 1 ( 11 ) = 2 + 1 12 ( 11 − 8 ) = 2,25 . Utilizando el polinomio de Taylor de segundo orden en x = 8 , obtenemos 11 3 ≈ p 2 ( 11 ) = 2 + 1 12 ( 11 − 8 ) − 1 288 ( 11 − 8 ) 2 = 2,21875 . Por el existe un c en el intervalo ( 8 , 11 ) tal que el resto cuando se aproxima a 11 3 por el polinomio de Taylor de primer orden satisface R 1 ( 11 ) = f ″ ( c ) 2 ! ( 11 − 8 ) 2 . No conocemos el valor exacto de c , por lo que hallamos un límite superior en R 1 ( 11 ) determinando el valor máximo de f ″ en el intervalo ( 8 , 11 ) . Dado que f ″ ( x ) = − 2 9 x 5 / 3 , el mayor valor para | f ″ ( x ) | en ese intervalo se produce en x = 8 . Si utilizamos el hecho de que f ″ ( 8 ) = − 1 144 , obtenemos | R 1 ( 11 ) | ≤ 1 144 . 2 ! ( 11 − 8 ) 2 = 0,03125 . Del mismo modo, para estimar R 2 ( 11 ) , utilizamos el hecho de que R 2 ( 11 ) = f ‴ ( c ) 3 ! ( 11 − 8 ) 3 . Dado que f ‴ ( x ) = 10 27 x 8 / 3 , el valor máximo de f ‴ en el intervalo ( 8 , 11 ) es f ‴ ( 8 ) ≈ 0,0014468 . Por lo tanto, tenemos | R 2 ( 11 ) | ≤ 0,0011468 3 ! ( 11 − 8 ) 3 ≈ 0,0065104 . Calcule el primer y segundo polinomio de Taylor para f ( x ) = x en x = 4 . Utilice estos polinomios para estimar 6 . Utilice el teorema de Taylor para acotar el error. p 1 ( x ) = 2 + 1 4 ( x − 4 ) ; p 2 ( x ) = 2 + 1 4 ( x − 4 ) − 1 64 ( x − 4 ) 2 ; p 1 ( 6 ) = 2,5 ; p 2 ( 6 ) = 2,4375 ; | R 1 ( 6 ) | ≤ 0,0625 ; | R 2 ( 6 ) | ≤ 0,015625 Pista Evalúe f ( 4 ) , f ′ ( 4 ) , y f ″ ( 4 ) . Aproximación de sen x mediante polinomios de Maclaurin Del b., los polinomios de Maclaurin para sen x están dados por p 2 m + 1 ( x ) = p 2 m + 2 ( x ) = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! − x 7 7 ! + ⋯ + ( –1 ) m x 2 m + 1 ( 2 m + 1 ) ! para m = 0, 0 , 1 , 2 , … . Utilice el polinomio de Maclaurin de quinto orden para sen x para aproximar a sen ( π 18 ) y acotar el error. Para qué valores de x el polinomio de Maclaurin de quinto orden se aproxima a sen x con una exactitud de 0,0001? El polinomio de Maclaurin de quinto orden es p 5 ( x ) = x – x 3 3 ! + x 5 5 ! . Utilizando este polinomio, podemos estimar lo siguiente: sen ( π 18 ) ≈ p 5 ( π 18 ) = π 18 − 1 3 ! ( π 18 ) 3 + 1 5 ! ( π 18 ) 5 ≈ 0,173648. Para estimar el error, utilice el hecho de que el polinomio de Maclaurin de sexto orden es p 6 ( x ) = p 5 ( x ) y calcule un límite para R 6 ( π 18 ) . Por la , el resto es R 6 ( π 18 ) = f ( 7 ) ( c ) 7 ! ( π 18 ) 7 para algún c entre 0 y π 18 . Si utilizamos el hecho de que | f ( 7 ) ( x ) | ≤ 1 para todo x , hallamos que la magnitud del error es como máximo 1 7 ! . ( π 18 ) 7 ≤ 9,8 × 10 −10 . Necesitamos hallar los valores de x tales que 1 7 ! | x | 7 ≤ 0,0001 . Resolviendo esta inecuación para x , tenemos que el polinomio de Maclaurin de quinto orden da una estimación con una precisión de 0,0001 siempre que | x | < 0,907 . Utilice el polinomio de Maclaurin de cuarto orden para el cos x para aproximar a cos ( π 12 ) . 0,96593 Pista El polinomio de Maclaurin de cuarto orden es p 4 ( x ) = 1 − x 2 2 ! + x 4 4 ! . Ahora que podemos acotar el resto R n ( x ) , podemos utilizar este límite para demostrar que una serie de Taylor para f en a converge a f . Representación de funciones con series de Taylor y Maclaurin Ahora discutiremos los problemas de convergencia de las series de Taylor. Comenzamos mostrando cómo calcular una serie de Taylor para una función y cómo calcular su intervalo de convergencia. Cálculo de una serie de Taylor Calcule la serie de Taylor para f ( x ) = 1 x en x = 1 . Determine el intervalo de convergencia. Para f ( x ) = 1 x , los valores de la función y sus cuatro primeras derivadas en x = 1 son f ( x ) = 1 x f ( 1 ) = 1 f ′ ( x ) = − 1 x 2 f ′ ( 1 ) = −1 f ″ ( x ) = 2 x 3 f ″ ( 1 ) = 2 ! f ‴ ( x ) = − 3 . 2 x 4 f ‴ ( 1 ) = −3 ! f ( 4 ) ( x ) = 4 . 3 . 2 x 5 f ( 4 ) ( 1 ) = 4 !. Es decir, tenemos f ( n ) ( 1 ) = ( –1 ) n n ! para todo n ≥ 0 . Por lo tanto, la serie de Taylor para f en x = 1 está dada por ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( 1 ) n ! ( x – 1 ) n = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( x – 1 ) n . Para hallar el intervalo de convergencia, utilizamos el criterio del cociente. Tenemos que | a n + 1 | | a n | = | ( –1 ) n + 1 ( x – 1 ) n + 1 | | ( –1 ) n ( x – 1 ) n | = | x – 1 | . Así, la serie converge si | x – 1 | < 1 . Es decir, la serie converge para 0 < x < 2 . A continuación, tenemos que comprobar los extremos. En x = 2 , vemos que ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( 2 – 1 ) n = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n diverge por la prueba de divergencia. Asimismo, en x = 0 , ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( 0 − 1 ) n = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) 2 n = ∑ n = 0 ∞ 1 diverge. Por lo tanto, el intervalo de convergencia es ( 0 , 2 ) . Calcule la serie de Taylor para f ( x ) = 1 2 x en x = 2 y determine su intervalo de convergencia. ∑ n = 0 ∞ ( 2 − x 2 n + 2 ) n . El intervalo de convergencia es ( 0 , 4 ) . Pista f ( n ) ( 2 ) = ( –1 ) n n ! 2 n + 1 Sabemos que la serie de Taylor calculada en este ejemplo converge en el intervalo ( 0 , 2 ) , pero ¿cómo sabemos que realmente converge a f ? Consideraremos esta pregunta de forma más general en un momento, pero para este ejemplo, podemos responder esta pregunta escribiendo f ( x ) = 1 x = 1 1 − ( 1 − x ) . Es decir, f puede representarse mediante la serie geométrica ∑ n = 0 ∞ ( 1 − x ) n . Como se trata de una serie geométrica, converge a 1 x siempre y cuando | 1 − x | < 1 . Por lo tanto, la serie de Taylor calculada en el sí converge a f ( x ) = 1 x en ( 0 , 2 ) . Consideramos ahora la pregunta más general: si una serie de Taylor para una función f converge en algún intervalo, ¿cómo podemos determinar si realmente converge a f ? Para responder esta pregunta, recordemos que una serie converge a un valor determinado si y solo si su secuencia de sumas parciales converge a ese valor. Dada una serie de Taylor para f en a , la enésima suma parcial está dada por el enésimo polinomio de Taylor p n . Por lo tanto, para determinar si la serie de Taylor converge a f , tenemos que determinar si lím n → ∞ p n ( x ) = f ( x ) . Dado que el resto R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) , la serie de Taylor converge a f si y solo si lím n → ∞ R n ( x ) = 0 . Ahora enunciamos este teorema formalmente. Convergencia de las series de Taylor Supongamos que f tiene derivadas de todos los órdenes en un intervalo I que contiene a . Entonces la serie de Taylor ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n converge a f ( x ) para todo x en I si y solo si lím n → ∞ R n ( x ) = 0 para todo x en I . Con este teorema, podemos demostrar que una serie de Taylor para f en a converge a f si podemos demostrar que el resto R n ( x ) → 0 . Para demostrar que R n ( x ) → 0 , solemos utilizar el límite | R n ( x ) | ≤ M ( n + 1 ) ! | x – a | n + 1 del teorema de Taylor con resto. En el siguiente ejemplo, calcularemos la serie de Maclaurin para e x y sen x y demostraremos que estas series convergen a las funciones correspondientes para todos los números reales demostrando que los restos R n ( x ) → 0 para todos los números reales x . Cálculo de serie de Maclaurin Para cada una de las siguientes funciones, calcule la serie de Maclaurin y su intervalo de convergencia. Utilice el para demostrar que la serie de Maclaurin para f converge a f en ese intervalo. e x sen x Utilizando el enésimo polinomio de Maclaurin para e x calculado en el a., determinamos que la serie de Maclaurin para e x está dada por ∑ n = 0 ∞ x n n ! . Para determinar el intervalo de convergencia, utilizamos el criterio del cociente. Dado que | a n + 1 | | a n | = | x | n + 1 ( n + 1 ) ! . n ! | x | n = | x | n + 1 , tenemos lím n → ∞ | a n + 1 | | a n | = lím n → ∞ | x | n + 1 = 0 para todo x . Por lo tanto, la serie converge absolutamente para todo x , y así, el intervalo de convergencia es ( − ∞ , ∞ ) . Para demostrar que la serie converge a e x para todo x , utilizamos el hecho de que f ( n ) ( x ) = e x para todo n ≥ 0 y e x es una función creciente en ( − ∞ , ∞ ) . Por lo tanto, para cualquier número real b , el valor máximo de e x para todo | x | ≤ b es e b . Por lo tanto, | R n ( x ) | ≤ e b ( n + 1 ) ! | x | n + 1 . Como acabamos de mostrar que ∑ n = 0 ∞ | x | n n ! converge para todo x , por la prueba de divergencia, sabemos que lím n → ∞ | x | n + 1 ( n + 1 ) ! = 0 para cualquier número real x . Combinando este hecho con el teorema del emparedado, el resultado es lím n → ∞ R n ( x ) = 0 . Utilizando el enésimo polinomio de Maclaurin para sen x calculado en el b., determinamos que la serie de Maclaurin para sen x está dado por ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! . Para aplicar el criterio del cociente, considere | a n + 1 | | a n | = | x | 2 n + 3 ( 2 n + 3 ) ! . ( 2 n + 1 ) ! | x | 2 n + 1 = | x | 2 ( 2 n + 3 ) ( 2 n + 2 ) . Dado que lím n → ∞ | x | 2 ( 2 n + 3 ) ( 2 n + 2 ) = 0 para todo x , obtenemos el intervalo de convergencia como ( − ∞ , ∞ ) . Para demostrar que la serie de Maclaurin converge a sen x , observe el R n ( x ) . Para cada x existe un número real c entre 0 y x tal que R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! x n + 1 . Dado que | f ( n + 1 ) ( c ) | ≤ 1 para todos los enteros n y todos los números reales c , tenemos | R n ( x ) | ≤ | x | n + 1 ( n + 1 ) ! para todos los números reales x . Utilizando la misma idea que en la parte a., el resultado es lím n → ∞ R n ( x ) = 0 para todo x , y por lo tanto, la serie de Maclaurin para sen x converge a sen x para todo x real. Calcule la serie de Maclaurin para f ( x ) = cos x . Utilice el criterio del cociente para demostrar que el intervalo de convergencia es ( − ∞ , ∞ ) . Demuestre que la serie de Maclaurin converge a cos x para todos los números reales x . ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n x 2 n ( 2 n ) ! Mediante el criterio del cociente, el intervalo de convergencia es ( − ∞ , ∞ ) . Dado que | R n ( x ) | ≤ | x | n + 1 ( n + 1 ) ! , la serie converge a cos x para todo x real. Pista Utilice los polinomios de Maclaurin para cos x . Demostrar que e es irracional En este proyecto, utilizamos los polinomios de Maclaurin para e x para demostrar que e es irracional. La prueba se basa en suponer que e es racional y llegar a una contradicción. Por lo tanto, en los siguientes pasos, suponemos e = r / s para algunos enteros r y s donde s ≠ 0 . Escriba los polinomios de Maclaurin p 0 ( x ) , p 1 ( x ) , p 2 ( x ) , p 3 ( x ) , p 4 ( x ) para e x . Evalúe p 0 ( 1 ) , p 1 ( 1 ) , p 2 ( 1 ) , p 3 ( 1 ) , p 4 ( 1 ) para estimar e . Supongamos que R n ( x ) denota el resto cuando se utiliza p n ( x ) para estimar e x . Por lo tanto, R n ( x ) = e x − p n ( x ) , y R n ( 1 ) = e − p n ( 1 ) . Suponiendo que e = r s para los enteros r y s , evalúe R 0 ( 1 ) , R 1 ( 1 ) , R 2 ( 1 ) , R 3 ( 1 ) , R 4 ( 1 ) . Utilizando los resultados de la parte 2, demuestre que para cada resto R 0 ( 1 ) , R 1 ( 1 ) , R 2 ( 1 ) , R 3 ( 1 ) , R 4 ( 1 ) , podemos hallar un número entero k tal que k R n ( 1 ) es un número entero para n = 0 , 1 , 2 , 3 , 4 . Escriba la fórmula del enésimo polinomio de Maclaurin p n ( x ) para e x y el resto correspondiente R n ( x ) . Demuestre que s n ! R n ( 1 ) es un número entero. Utilice el teorema de Taylor para escribir una fórmula explícita para R n ( 1 ) . Concluya que R n ( 1 ) ≠ 0 , y por lo tanto, s n ! R n ( 1 ) ≠ 0 . Utilice el teorema de Taylor para calcular una estimación de R n ( 1 ) . Utilice esta estimación combinada con el resultado de la parte 5 para demostrar que | s n ! R n ( 1 ) | < s e n + 1 . Concluya que si n es suficientemente grande, entonces | s n ! R n ( 1 ) | < 1 . Por lo tanto, s n ! R n ( 1 ) es un número entero de magnitud inferior a 1. Por lo tanto, s n ! R n ( 1 ) = 0 . Pero a partir de la parte 5, sabemos que s n ! R n ( 1 ) ≠ 0 . Hemos llegado a una contradicción, y en consecuencia, la suposición original de que e es racional debe ser falsa. Conceptos clave Los polinomios de Taylor se utilizan para aproximar funciones cercanas a un valor x = a . Los polinomios de Maclaurin son polinomios de Taylor en x = 0 . Los polinomios de Taylor de enésimo orden para una función f son las sumas parciales de las series de Taylor para f . Si una función f tiene una representación en serie de potencias en x = a , entonces está dada por su serie de Taylor en x = a . Una serie de Taylor para f converge a f si y solo si lím n → ∞ R n ( x ) = 0 donde R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) . La serie de Taylor, para e x , sen x , y cos x a las funciones respectivas para todo x real. Ecuaciones clave La serie de Taylor para la función f en el punto x = a ∑ n = 0 ∞ f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n + ⋯ En los siguientes ejercicios, calcule los polinomios de Taylor de orden dos que aproximan la función dada centrada en el punto dado. f ( x ) = 1 + x + x 2 en a = 1 f ( x ) = 1 + x + x 2 en a = –1 f ( –1 ) = 1 ; f ′ ( –1 ) = −1 ; f ″ ( –1 ) = 2 ; f ( x ) = 1 − ( x + 1 ) + ( x + 1 ) 2 f ( x ) = cos ( 2 x ) en a = π f ( x ) = sen ( 2 x ) en a = π 2 f ′ ( x ) = 2 cos ( 2 x ) ; f ″ ( x ) = −4 sen ( 2 x ) ; p 2 ( x ) = −2 ( x − π 2 ) grandes. f ( x ) = x en a = 4 f ( x ) = ln x en a = 1 f ′ ( x ) = 1 x ; f ″ ( x ) = − 1 x 2 ; p 2 ( x ) = 0 + ( x – 1 ) − 1 2 ( x – 1 ) 2 f ( x ) = 1 x en a = 1 f ( x ) = e x en a = 1 p 2 ( x ) = e + e ( x – 1 ) + e 2 ( x – 1 ) 2 En los siguientes ejercicios, verifique que la elección dada de n en la estimación del resto | R n | ≤ M ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 , donde M es el valor máximo de | f ( n + 1 ) ( z ) | en el intervalo entre a y el punto indicado, produce | R n | ≤ 1 1.000 . Halle el valor del polinomio de Taylor p n de f en el punto indicado. [T] 10 ; a = 9 , n n = 3 [T] ( 28 ) 1 / 3 ; a = 27 , n = 1 d 2 d x 2 x 1 / 3 = − 2 9 x 5 / 3 ≥ −0,00092 … cuando x ≥ 28 por lo que la estimación del resto se aplica a la aproximación lineal x 1 / 3 ≈ p 1 ( 27 ) = 3 + x − 27 27 , que da ( 28 ) 1 / 3 ≈ 3 + 1 27 = 3, 037 ¯ , mientras ( 28 ) 1 / 3 ≈ 3,03658 . [T] sen ( 6 ) ; a = 2 π , n = 5 [T] e 2 ; a = 0 , n = 9 Utilizando la estimación 2 10 10 ! < 0,000283 podemos utilizar la expansión de Taylor de orden 9 para estimar e x en x = 2 . como e 2 ≈ p 9 ( 2 ) = 1 + 2 + 2 2 2 + 2 3 6 + ⋯ + 2 9 9 ! = 7,3887 … mientras que e 2 ≈ 7,3891 . [T] cos ( π 5 ) ; a = 0 , n = 4 [T] ln ( 2 ) ; a = 1 , n = 1.000 Dado que d n d x n ( ln x ) = ( –1 ) n – 1 ( n – 1 ) ! x n , R 1.000 ≈ 1 1001 . Se tiene p 1.000 ( 1 ) = ∑ n = 1 1.000 ( –1 ) n – 1 n ≈ 0,6936 mientras que ln ( 2 ) ≈ 0,6931 ⋯ . Integre la aproximación sen t ≈ t − t 3 6 + t 5 120 − t 7 5040 evaluada en πt para aproximar ∫ 0 1 sen π t π t d t . Integre la aproximación e x ≈ 1 + x + x 2 2 + ⋯ + x 6 720 evaluada en - x 2 para aproximar ∫ 0 1 e – x 2 d x . ∫ 0 1 ( 1 − x 2 + x 4 2 − x 6 6 + x 8 24 − x 10 120 + x 12 720 ) d x = 1 − 1 3 3 + 1 5 10 − 1 7 42 + 1 9 9 . 24 − 1 11 120 . 11 + 1 13 720 . 13 ≈ 0,74683 mientras que ∫ 0 1 e – x 2 d x ≈ 0,74682 . En los siguientes ejercicios, halle el menor valor de n tal que la estimación del resto | R n | ≤ M ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 , donde M es el valor máximo de | f ( n + 1 ) ( z ) | en el intervalo entre a y el punto indicado, produce | R n | ≤ 1 1.000 en el intervalo indicado. f ( x ) = sen x en [ − π , π ] , a = 0 f ( x ) = cos x en [ − π 2 , π 2 ] , a = 0 Dado que f ( n + 1 ) ( z ) es sen z o cos z , tenemos M = 1 . Dado que | x − 0 | ≤ π 2 , buscamos el n más pequeño tal que π n + 1 2 n + 1 ( n + 1 ) ! ≤ 0,001 . El valor más pequeño es n = 7 . La estimación del resto es R 7 ≤ 0,00092 . f ( x ) = e −2 x en [ −1 , 1 ] , a = 0 f ( x ) = e – x en [ −3 , 3 ] , a = 0 Dado que f ( n + 1 ) ( z ) = ± e − z se tiene M = e 3 . Dado que | x − 0 | ≤ 3 , se busca el menor n tal que 3 n + 1 e 3 ( n + 1 ) ! ≤ 0,001 . El valor más pequeño es n = 14 . La estimación del resto es R 14 ≤ 0,000220 . En los siguientes ejercicios, el máximo del lado derecho del resto estimado | R 1 | ≤ max | f ″ ( z ) | 2 R 2 en [ a − R , a + R ] se produce en a o a ± R . Estime el valor máximo de R tal que max | f ″ ( z ) | 2 R 2 ≤ 0,1 en [ a − R , a + R ] trazando este máximo en función de R . [T] e x aproximado por 1 + x , a = 0 [T] sen x aproximado por x , a = 0 Dado que sen x es creciente para x pequeño y como se n ″ x = − sen x , la estimación se aplica siempre que R 2 sen ( R ) ≤ 0,2 , lo cual aplica hasta R = 0,596 . [T] ln x aproximado por x – 1 , a = 1 [T] cos x aproximado por 1 , a = 0 Dado que la segunda derivada de cos x es − cos x y dado que cos x es decreciente y se aleja de x = 0 , la estimación aplica cuando R 2 cos R ≤ 0,2 o R ≤ 0,447 . En los siguientes ejercicios, calcule la serie de Taylor de la función dada centrada en el punto indicado. x 4 en a = –1 1 + x + x 2 + x 3 en a = –1 ( x + 1 ) 3 − 2 ( x + 1 ) 2 + 2 ( x + 1 ) grandes. sen x en a = π cos x en a = 2 π Los valores de las derivadas son los mismos que para x = 0 así que cos x = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( x − 2 π ) 2 n ( 2 n ) ! sen x en x = π 2 cos x en x = π 2 cos ( π 2 ) = 0 , − sen ( π 2 ) = −1 así que cos x = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n + 1 ( x − π 2 ) 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! , que también es − cos ( x − π 2 ) . e x en a = –1 e x en a = 1 Las derivadas son f ( n ) ( 1 ) = e así que e x = e ∑ n = 0 ∞ ( x – 1 ) n n ! . 1 ( x – 1 ) 2 en a = 0 ( Pista: Diferencie 1 1 − x . ) grandes. 1 ( x – 1 ) 3 en a = 0 1 ( x – 1 ) 3 = − ( 1 2 ) d 2 d x 2 1 1 − x = − ∑ n = 0 ∞ ( ( n + 2 ) ( n + 1 ) x n 2 ) grandes. F ( x ) = ∫ 0 x cos ( t ) d t ; f ( t ) = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n t n ( 2 n ) ! en a = 0 ( Nota : f es la serie de Taylor de cos ( t ) . ) En los siguientes ejercicios, calcule la serie de Taylor de cada función alrededor de x = 1 . f ( x ) = 2 − x 2 − x = 1 − ( x – 1 ) grandes. f ( x ) = x 3 f ( x ) = ( x − 2 ) 2 ( ( x – 1 ) − 1 ) 2 = ( x – 1 ) 2 − 2 ( x – 1 ) + 1 f ( x ) = ln x f ( x ) = 1 x 1 1 − ( 1 − x ) = ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( x – 1 ) n f ( x ) = 1 2 x – x 2 f ( x ) = x 4 x − 2 x 2 – 1 x ∑ n = 0 ∞ 2 n ( 1 − x ) 2 n = ∑ n = 0 ∞ 2 n ( x – 1 ) 2 n + 1 + ∑ n = 0 ∞ 2 n ( x – 1 ) 2 n f ( x ) = e – x f ( x ) = e 2 x e 2 x = e 2 ( x – 1 ) + 2 = e 2 ∑ n = 0 ∞ 2 n ( x – 1 ) n n ! [T] En los siguientes ejercicios, identifique el valor de x tal que la serie dada ∑ n = 0 ∞ a n sea el valor de la serie Maclaurin de f ( x ) en x . Aproxime el valor de f ( x ) utilizando S 10 = ∑ n = 0 10 a n . ∑ n = 0 ∞ 1 n ! ∑ n = 0 ∞ 2 n n ! x = e 2 ; S 10 = 34.913 4725 ≈ 7,3889947 ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( 2 π ) 2 n ( 2 n ) ! ∑ n = 0 ∞ ( –1 ) n ( 2 π ) 2 n + 1 ( 2 n + 1 ) ! sen ( 2 π ) = 0 ; S 10 = 8,27 × 10 −5 Los siguientes ejercicios hacen uso de las funciones S 5 ( x ) = x – x 3 6 + x 5 120 y C 4 ( x ) = 1 − x 2 2 + x 4 24 en [ − π , π ] . [T] Grafique sen 2 x − ( S 5 ( x ) ) 2 en [ − π , π ] . Compare la diferencia máxima con el cuadrado de la estimación del resto de Taylor para sen x . [T] Grafique cos 2 x − ( C 4 ( x ) ) 2 en [ − π , π ] . Compare la diferencia máxima con el cuadrado de la estimación del resto de Taylor para cos x . La diferencia es pequeña en el interior del intervalo pero se acerca a 1 cerca de los extremos. La estimación del resto es | R 4 | = π 5 120 ≈ 2,552 . [T] Grafique | 2 S 5 ( x ) C 4 ( x ) − sen ( 2 x ) | en [ − π , π ] . [T] Compare S 5 ( x ) C 4 ( x ) sobre [ −1 , 1 ] a tan x . Compare esto con la estimación del resto de Taylor para la aproximación de tan x por x + x 3 3 + 2 x 5 15 . La diferencia es del orden de 10 −4 en [ −1 , 1 ] mientras que el error de aproximación de Taylor es de alrededor 0,1 cerca de ± 1 . La curva superior es un gráfico de tan 2 x − ( S 5 ( x ) C 4 ( x ) ) 2 y el gráfico inferior de líneas discontinuas muestra t 2 − ( S 5 C 4 ) 2 . [T] Grafique e x − e 4 ( x ) donde e 4 ( x ) = 1 + x + x 2 2 + x 3 6 + x 4 24 en [ 0 , 2 ] . Compare el error máximo con la estimación del resto de Taylor. (Aproximaciones de Taylor y cálculo de raíces). Recordemos que el método de Newton x n + 1 = x n − f ( x n ) f ′ ( x n ) aproxima las soluciones de f ( x ) = 0 cerca de la entrada x 0 . Si f y g son funciones inversas, explique por qué una solución de g ( x ) = a es el valor f ( a ) de f . Supongamos que p N ( x ) es el polinomio de Maclaurin de ené −ésimo orden de e x . Utilice el método de Newton para aproximar las soluciones de p N ( x ) − 2 = 0 para N = 4 , 5 , 6 . Explique por qué las raíces aproximadas de p N ( x ) − 2 = 0 son valores aproximados de ln ( 2 ) . a. Las respuestas variarán. b. Los siguientes son los valores x n después de 10 iteraciones del método de Newton para aproximar una raíz de p N ( x ) − 2 = 0 : para N = 4 , x = 0,6939... ; para N = 5 , x = 0,6932... ; para N = 6 , x = 0,69315... ; . ( Nota: ln ( 2 ) = 0,69314 ... ) c. Las respuestas variarán. En los siguientes ejercicios, utilice el hecho de que si q ( x ) = ∑ n = 1 ∞ a n ( x − c ) n converge en un intervalo que contiene c , entonces lím x → c q ( x ) = a 0 para evaluar cada límite mediante la serie de Taylor. lím x → 0 cos x – 1 x 2 lím x → 0 ln ( 1 − x 2 ) x 2 ln ( 1 − x 2 ) x 2 → − 1 lím x → 0 e x 2 − x 2 – 1 x 4 lím x → 0 + cos ( x ) − 1 2 x cos ( x ) − 1 2 x ≈ ( 1 − x 2 + x 2 4 ! − ⋯ ) − 1 2 x → − 1 4 Polinomio de Maclaurin un polinomio de Taylor centrado en 0; el enésimo polinomio de Taylor para f en 0 es el enésimo polinomio de Maclaurin para f serie de Maclaurin una serie de Taylor para una función f en x = 0 se conoce como serie de Maclaurin para f polinomios de Taylor el enésimo polinomio de Taylor para f en x = a es p n ( x ) = f ( a ) + f ′ ( a ) ( x – a ) + f ″ ( a ) 2 ! ( x – a ) 2 + ⋯ + f ( n ) ( a ) n ! ( x – a ) n serie de Taylor una serie de potencias en a que converge a una función f en algún intervalo abierto que contenga a teorema de Taylor con resto para una función f y el enésimo polinomio de Taylor para f en x = a , el resto R n ( x ) = f ( x ) − p n ( x ) satisface R n ( x ) = f ( n + 1 ) ( c ) ( n + 1 ) ! ( x – a ) n + 1 para algún c entre x y a ; si existe un intervalo I que contiene a y un número real M tal que | f ( n + 1 ) ( x ) | ≤ M para todo x en I , entonces | R n ( x ) | ≤ M ( n + 1 ) ! | x – a | n + 1

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