1 02 297219 Series de Taylor Ejemplos y Problemas PDF

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EXPANSIÓN POLINOMIAL EN SERIES DE TAYLOR

DEFINICIÓN Sea f una función cuyas “n” derivadas existen en un intervalo I , y estas no tienen un tamaño desmesurado; es decir, están acotadas:

f n(x)  k

xI

Entonces, se verifica que: f ( x )  f ( a) 

f ( a )( x  a ) 1!

Donde:



f ( a )( x  a ) 2



f ( a )( x  a ) 3

 ... 

2!

f n ( a )( x  a)n ...

3!

n!

a I

Es decir, una función infinitamente derivable en un intervalo puede representarse como un polinomio a partir de sus derivadas evaluadas en un punto “ a ”* de dicho intervalo. De manera más compacta: 

f(x)f ( a) n0

n

( x  a)

n

n!

Esta fórmula, presentada por el matemático inglés Brook Taylor (1685-1731) en su Methodus Incrementorum Directa et Inversa (1715); es conocida como la fórmula de Taylor. Hacer una función equivalente a un polinomio de Taylor permite aproximar los valores mediante operaciones más simples (productos y sumas), aplicar las propiedades de las sumatorias, aproximar derivadas e integrales, entre otros.

*Cuando el punto escogido (“ a ”), para evaluar la función y sus derivadas, es 0; la serie toma el nombre de Maclaurin; en honor a Colin Maclaurin (1698-1746) quien estudió este caso particular de la series de Taylor.

Ejemplo 1. Calcúlese la serie de Taylor de f ( x )  ex Empezamos derivando, tratando de obtener un patrón; lo que es fácil con esta función:

f ( x )  e x , f ( x )  e x , f ( x )  e x ,..., f n ( x )  ex Entonces, de la fórmula:

e x  ea 

a e (xa)



a 2 e (xa)

1!



a 3 e (xa)

2!

 ... 

3!

a n e ( x  a)

...

n!

Tomamos un punto (“ a ”), de fácil cálculo y con el que existan las derivadas; en este caso escogemos a =0. e

x

e 0 ( x  0)

e  0

e 0 ( x  0) 2 e 0 ( x  0) 3





 ... 

e 0 ( x  0)n

1! 2! 3! x 2 n 3 e  1 1( x ) ( x ) (x) ( x)     ...  ... 3! 2! n! 1! De tal modo la serie para f ( x )  ex , es: x e 1 2 3 4 5 x  x  x  x  x  ...  xn ...  1! 2! 3! 4! 5! n!

De forma más simple: 

ex   n 0

x

n

n!

Es decir, evaluar f ( x )  ex resulta igual a evaluar el polinomio infinito





n 0 

f (1)  e   1

n0

n

1

n!

n

x ; por ejemplo: n! 

1

n 0

n!



Desarrollando el polinomio hasta 5° grado:

1

1

1

1

1

e  1  1!  2!  3!  4!  5!  2.716

...

n!

Ejemplo 2. Calcúlese la serie de Taylor de f ( x )  ln( x) IV ( x ) 1 , f ( x ) 1 ( x ) 1.2 f ( x ) Las derivadas: f    ,f x x2 x3

n 2.3 ,..., f ( x)  x4



( 1) n 1( n 1)! xn

De la fórmula de Taylor:

1(xa)

ln( x )  ln( a) 



1 ( x  a ) 2



1 ( x  a )3

 ... 

( 1) n 1 ( x  a)n ...

1 a2 2 a3 3 an n Resulta evidente que “ a ” no puede ser 0 (no admite una serie de Maclaurin) ya que no es derivable – ni continua- en ese punto; por comodidad se toma a =1. a

1 ( x  1)

ln( x)  ln(1) 



1 ( x  1) ln( x) 

1 ( x  1)

1

2 

1 ( x  1) 3 

2

1 1 ( x  1) 2 

2

2 ( x  1) 3

3

 ... 

1 3 ( x  1) 4 3  4  ... 

( 1)

n 1

n

( x 1)

n

...

1 n n n 1 ( 1) ( x 1) ... n 1

Entonces: 

ln( x) 



n0

n

( 1) ( x 1)

n1

( n 1)

CONVERGENCIA La aproximación con series de Taylor es mejor – para cualquier grado de desarrollo – mientras más cerca esté el número del punto de prueba ( a ). Es decir, hay un intervalo de convergencia centrado en “ a ”; con un radio de convergencia “ r ” (que pertenece al intervalo I ); para el cual la serie converge.

Teorema 

Sea

u n ( x  a)n una serie cualquiera; entonces se cumple una de las condiciones: n0

→ La serie solo converge (es exacta) para “ a ”. ( r =0) → La serie converge para cualquier valor de “x”. ( r =  ) → La serie converge para un intervalo ( a  r ; a  r ); con r  0.

Ejemplo 3. Usemos la serie hallada en el ejemplo 2; para aproximar ln(1.2) y ln(3) desarrollando el polinomio hasta quinto grado:

(1.2  1) ln(1.2) 

1 (3  1)

ln(3) 

1 

(1.2  1) 2 

2

(3  1)

2

2 

(1.2  1)

 (3  1) 3

3

 3 (3  1) 4

3



Comparando con los valores reales (redondeado a 5 decimales):

ln(1.2)  0.18232 ln(3) 1.09861 Se puede observar que la aproximación es muy buena para ln(1.2), mas no para ln(3); lo que se explica por la cercanía con el punto de prueba ( a =1). Es evidente que 3 está fuera del intervalo de convergencia.

4

(1.2  1)

4

5

(1.2 1)

4  5 5 (3 1)   5 5.06667

 0.18233

CÁLCULO DEL INTERVALO DE CONVERGENCIA: “PRUEBA DE LA RAZÓN” (CRITERIO DE D´ALEMBERT) Supongamos una serie de Taylor: T ( f , a ) 



u

n

( x  a)n , donde los un son los coeficientes;

n0

entonces, se justifica que los términos vayan haciéndose más pequeños (ya que el denominador factorial se hace más grande), es decir, para cualquier n:

u(xa)n  u n

n 1

( x  a)n

1

La prueba de la razón consiste en evaluar el límite:

u lim

n 1

( x  a) n

u n ( x  a)

n

1

1

n

Dado que:

  n1 n 1 ( x  a ) ( x  a ) u n 1  ( x  a) lim u n1 1 lim lim n n un n  u n ( x  a) n  ( x  a ) n un

u

n 1

Después de calcular el límite, resulta un intervalo en “x”. 

Ejemplo 4. Calcular el intervalo de convergencia de ln( x)

 n0

n1 ( ( 1) x 1) ( n 1) n

( 1) n 1 ( x 1)n2 ( n  2) ( 1) n 1 ( x  1) n2 ( n 1)  lim  lim n1 n1 n n n  ( 1) ( x 1) n ( n  2)( 1) ( x 1)

n 1

lim u n 1 ( x  a) n u (xa) n  n

( n 1)  lim n 

1

1

( 1) ( x  1) ( n  1) ( n  2)

 x  1 lim n

( n 1) ( n  2)

1

Evaluando el límite:

 1  1  x  1  1  0  x  ( n 1) x  1 lim x1 2 n ( n  2) El intervalo de convergencia es exactamente:  0; 2] . Y el radio de convergencia es 1.

Ejemplo 5. La serie de Maclaurin para la función seno es: sen ( x)  



n0

n

2 n1

( 1) ( x) ; calcule el (2 n 1)!

intervalo de convergencia. Usando la prueba de la razón:

u lim n 

 lim n 



( x  a) n 1 n un ( x  a ) n 1

( 1) n 1 ( x) 2 n3 n 1 2 n 3 (2 n 1)!  lim (2 n  3)!  lim ( 1) ( x ) n 2 n 1 n 2 n 1 ( 1) ( x) (2 n  3)! n  n ( 1) ( x ) (2 n 1)!

( 1)1 ( x) 2 1 1  x2 lim (2 n  2)(2 n  3) n (2 n  2)(2 n  3)

Calculando el límite:

x2 (0)  1  0 1 Lo que indica que la serie converge para todo x.

APROXIMACIÓN Y ACOTACIÓN DEL ERROR Al realizar una aproximación con una serie de Taylor uno está limitado - obligado - a realizar una suma finita; Es decir, escoger el grado hasta el que se desarrollará el polinomio.

Tomemos la expansión de Taylor para la función exponencial (ejemplo 1) para calcular una aproximación del número de Euler ( e ); podríamos desarrollar el polinomio a distintos grados:

1 1 1 1 1 e  1  1!  2!  3!  4!  5!  2.71667

←aproximación de quinto grado (n=5)

1 1 1 1 1 1 e  1  1!  2!  3!  4!  5!  6!  2.71806

←aproximación de sexto grado (n=6)

e1 1 1 1 1 1 1 1         2.71825 1!

2!

3!

4!

5!

6!

7!

←aproximación de séptimo grado (n=7)

Luis E. Loaiza Guillen.

Entonces si aproximamos una función f ( x) por una suma finita de grado “n” Tn ( f , a) ; el error cometido es:

  f ( x ) Tn ( f , a) En otras palabras se comete un error por todos aquellos términos que no se sumaron, este se puede acotar:

  Rn Donde Rn es el resto de Lagrange, que se expresa: R 

f n 1 (  )( x  a)n1

a x

( n 1)!

n

Que representa el máximo error cometido en la aproximación de grado “n”.

 Ejemplo 6. Estime el error cometido al calcular sen(

)

con un polinomio de Taylor de 5° grado.

6 Del ejemplo 5, sabemos: 3

5

 

3

T (sin( x ), 0)  x  x  x 5 3! 5!

T (sin( 5





  ), 0)  

6

6



6 3!

  5 



   6  0.500002

5!

El resto de Lagrange:

 ( 6 )7

R5  (7)!



 

7

6 7 7!

6

 2.14 *10





6

 2.14 *10

T5 (sin( 6 ), 0)  0.500002  2.14 *106

Ejemplo 7. Calcule el grado del polinomio para obtener una aproximación de

1

con un error

e -

menor a 10 4

. Sabemos:

1



e

0.5



( 0.5)



e

n0

n

con  104

n!

Usando el Teorema Lagrange:

 10 R

4

e ( 0.5) n1

104

( n 1)!

n

Tomando un ϴ que haga máximo el resto entre  e0 ( 0.5) n 1 ( 0.5)n 1 4  10 ( n  1)! ( n 1)!

Entonces el menor número “n” que cumple la desigualdad: 5 ( 0.5) 1  1 10 4 (5 1)! 46080

Podemos comprobarlo:

( 0.5) 0

e

0.5

 0!

( 0.5) 

1! 

( 0.5) 2 2! 

( 0.5) 3 3! 

( 0.5) 4 4! 

( 0.5)5  5! 0.606510...

El resultado exacto: 0.606530… (se comprueba que el error aparece en la cuarta cifra decimal, como se quería)

COMPOSICION Y SUSTITUCION

Ejemplo8. Calcule T ( g ( x),0) con g ( x )  e x  ex , y su intervalo de convergencia. Queremos expandir alrededor de 0, la función que resulta de restar otras funciones; partiendo de: 

n

2

3

4

5

n

x 1 x x x x x x ex         ...  n ! 1! 2! 3! 4! 5! n! n0 Haciendo:

x  x

Obtenemos: 

ex  

n 0

n



(x)   n ! n0

n

n

2

3

2   ( 1) x x

2 x

x  1 x  x  x n! 1! 2! 3!

( 1)

4 5 x  x  ... 4! 5!

Restando ambas series: g ( x )  e x  ex  



n0

n

x



n

n!

n

3

5 7  2 x  2x  ...

5!7! x 2 n1

n! 7 g ( x )  e x  e x  2( x  x  x  x 1! 3! 5! 7! n0 3

5

1!

3! (2 n 1)!



 ...)  2 n0

Se puede demostrar que converge para todo x.

CÁLCULO DE LÍMITES Teorema Sea el límite L  lim f ( x) , y T ( f , a) la serie que representa a f ( x) alrededor de “ a ”, x a

n

entonces:

L  lim f ( x )  lim Tn ( f , a) x a

x a

Ejemplo 9. Demuestre que el límite hacia cero de la función seno cardinal es 1, usando series de Taylor.

sinc(x) 

sin x x

Sabemos que la serie para la función seno: 

n

2 n1

3

5

7

9

sen ( x )   ( 1) ( x )  x  x  x  x  x ... (2 n 1)! 3! 5! 7! 9! n0

Luego, para un mismo valor de x; distinto de 0:

sen x  1  x 2  x 4  x 6  x 8 ... x 3! 5! 7! 9! n 2n  sen  x  ( 1) ( x) x n0 (2 n 1)! Donde resulta evidente:

lim sinc(x)  lim x 0

x0

sin x 1 x

DIFERENCIACIÓN E INTEGRACIÓN Teorema 

 u n ( x  a)n una serie que representa a f ( x) y converge alrededor de “ a ” con un n0

Sea Tn ( f , a ) 

radio de convergencia “ r ”, entonces: 

→ La serie

u n ( n  1)( x  a)n1 representa a f '( x) y tiene el mismo radio de convergencia, mas n1

no necesariamente converge en los extremos del intervalo.

( x  a) n



→ La serie

un

1

x

representa a

n 1

n0

 f ( x ) dx

con " x" que pertenece al intervalo de

0

convergencia. En resumen, derivar o integrar término a término una serie que representa una función; genera la serie de su derivado o integral, con el mismo radio de convergencia.

1 Ejemplo 10. Obténgase la serie para 1  x (  n1 n 1) x ( 1) Conocemos que ln( x)   ( n 1)

n0

Sustituyendo x  1  x , en la serie. 

ln(1  x)  

d (ln(1  x ))  d dx dx

1x

n

n 1

 ( 1) (  x )

n0

( n  1)

 

n0

1x n 1



(  ( x ) n  0 ( n  1) 

2

1xx x 3 .....xn n0



)   ( n  1)( x) n0

( n  1)

n

n 1

 ( x )

d (ln(1  x))  1 dx

1





( n  1)

n0

Luego, como:

n 1

n

( 1) (1  x  1)

 1 1x

( n 1)

Ejemplo 11. Mediante integración, obtenga la serie para h( x )  arctan( x) 

Por el ejemplo anterior, sabemos Si sustituimos x  x

1  xn 1  x n0

2

Conseguimos:

1(x 1 1x

2



2 n  2   ( x ) ) 1  x n0

1

1

2



 ( 1) n x2n n0

1

Como:



x

1  x2

dx  arctan( x) , la función es equivalente a:

0



x

h(x) 





 

0  n 0

n 2n

( 1) x



x









dx  1  x

2

4

6



 x  x ... dx

0

3 5 7 arctan( x )  x  x  x  x .... 3 5 7

Por lo que: 

h ( x )  arctan( x )   n0

n

2 n1

( 1) x 2 n 1

 1  x 1

MÉTODO NUMÉRICO PARA RESOLVER ECUACIONES DIFERENCIALES

Sea la ecuación diferencial ordinaria y el valor inicial, el PVI:

dy  f ( x , y) dx y ( x0 )  y0 Con solución: y  y ( x) De la formula de Taylor:

y ''( x )( x  x ) 2

y ( x )  y ( x )  y '( x )( x  x )  0

0

0

0

0

0



y '''( x )( x  x )3 0

2! f '( x , y )( x  x )2

y ( x )  y ( x )  f ( x , y )( x  x )  0

0

0

0

0

0



 ...

0

3! f ''( x , y )( x  x )3

2!

00

0

 ...

3!

En general para el problema:

PVI



F ( x , y , y ', y '',..., yn )  0 y ( x0 ), y '( x0 ), y ''( x0 ),..., y n 1( x0 )

Se puede aproximar la solución de la ecuación diferencial (función) para un punto cercano al valor inicial, centrando una serie de Taylor en el valor inicial en este punto

A veces, para obtener un valor más exacto de un punto cualquiera conviene dividir el intervalo entre el punto que se tiene y el deseado, de tal forma que se tomen siempre valores cercanos; mientras se van centrando sucesivas series en cada iteración *La aproximación lineal:

y ( x )  y ( x0 )  y '( x0 )( x  x0 )  y ( x0 )  f ( x0 , y0 )( x  x0 ) Es conocido como el método de Euler

Ejemplo 12. Emplee el método de Taylor para aproximar y(0.5), usando un polinomio de tercer grado, y compare con el valor exacto; dado el problema:

y '  y  2x

 y(0)  0 

Primero resolveremos la ecuación diferencial analíticamente, observando que es lineal:

dy dx  ( 1) y  2 x  dy  ydx  2xdx  ( 1)dx x

e El factor integrante: e x x  e  dy  ydx   e 2 xdx   e  x dy  e  x ydx  2xe  x

dx d ( e  x y )  2 xe  x dx   d ( e  x y )  2xe  xdx

e  x y  2( x  1)e  x  c La solución general:

y ( x )  2( x  1)  cex Y la particular:

y (0)  2(0  1)  c  0  c  2 y ( x )  2( x  1)  2ex El valor que se pide:

y (0.5)  2(0.5  1)  2e0.5  0.29744 Ahora usando el polinomio de Taylor, con el valor inicial:

y ( x )  y (0)  y '(0)( x) y ''(0)( x ) 2 y '''(0)( x)3    ... 2! 3! Sabemos

y '  y  2x  y ''  y ' 2  y '''  y ''

y (0)  0, y '(0)  0, y ''  2  y '''  y n  n  2

En general, la serie (de Maclaurin) sería:

y ( x)  0  0 ( x ) 2 ( 2) ( x ) 3 ( 2)  ( x ) 4 ( 2) ( x) 5 ( 2)    ... 2! 3! 4! 5! Factorizando:

(x)2 y ( x)  2 

( x ) 4 ( x) 5     ... 3! 4! 5!   2! (x) 3

Haciendo algunos arreglos



y(x)

( x ) 3 ( x ) 4 ( x)5  1 xx    ... 2 1  2! 3! 4! 5!  2 4 3  (x) (x) (x) (x)5 

y ( x )  2(  x  1)  2

(x)2

1

x

...