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