Fórmula de Taylor

Proporcionamos ejercicios de aplicación de la fórmula de Taylor.

RESUMEN TEÓRICO
    Enunciado
  1. Escribir la fórmula de Maclaurin de orden $2$ para las funciones:
    $(a)\;f(x)=\sqrt{1+x}.\quad (b)\;g(x)=\sqrt[3]{1+x}.$
  2. Escribir la fórmula de Maclaurin de orden $5$ para la función $f(x)=\operatorname{sen}x.$
  3. Escribir la fórmula de Taylor de orden $3$ en $x_0=4$ para la función $f(x)=\sqrt{x}.$
  4. Escribir la fórmula de Maclaurin de orden $n$ para la función $f(x)=\log (1+x).$
    Solución
  1. $(a)$ Derivamos hasta orden $3$: $$\begin{aligned}&f(x)=(1+x)^{1/2}\Rightarrow f(0)=1,\\
    &f’(x)=\dfrac{1}{2}(1+x)^{-1/2}\Rightarrow f’(0)=\dfrac{1}{2},\\
    &f^{\prime\prime}(x)=-\dfrac{1}{4}(1+x)^{-3/2}\Rightarrow f^{\prime\prime}(0)=-\dfrac{1}{4},\\
    &f^{\prime\prime\prime}(x)=\dfrac{3}{8}(1+x)^{-5/2}\Rightarrow f^{\prime\prime\prime}(\xi)=\dfrac{3}{8(1+\xi)^2\sqrt{1+\xi}}.
    \end{aligned}$$ Entonces, $$\begin{aligned} \sqrt{1+x}&= f(0)+ \dfrac{f’(0)}{1!}x + \dfrac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2+ \dfrac{f^{\prime\prime\prime}(\xi)}{3!}x^3\\
    &=1+\dfrac{1}{2}x-\dfrac{1}{8}x^2+\dfrac{1}{16(1+\xi)^2\sqrt{1+\xi}}x^3,\end{aligned}$$ estando $\xi$ comprendido entre $0$ y $x.$
    $(b)$ Tenemos: $$\begin{aligned}&g(x)=(1+x)^{1/3}\Rightarrow g(0)=1,\\&g’(x)=\dfrac{1}{3}(1+x)^{-2/3}\Rightarrow g’(0)=\dfrac{1}{3},\\
    &g^{\prime\prime}(x)=-\dfrac{2}{9}(1+x)^{-5/3}\Rightarrow g^{\prime\prime}(0)=-\dfrac{2}{9},\\
    &g^{\prime\prime\prime}(x)=\dfrac{10}{27}(1+x)^{-8/3}\Rightarrow g^{\prime\prime\prime}(\xi)=\dfrac{10}{27(1+\xi)^2\sqrt[3]{(1+\xi)^2}}.
    \end{aligned}$$ Por tanto, $$\begin{aligned} \sqrt[3]{1+x}&= g(0)+ \dfrac{g’(0)}{1!}x + \dfrac{g^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2+ \dfrac{g^{\prime\prime\prime}(\xi)}{3!}x^3\\
    &=1+\dfrac{1}{3}x-\dfrac{1}{9}x^2+\dfrac{5}{81(1+\xi)^2\sqrt[3]{(1+\xi)^2}}x^3,\end{aligned}$$ estando $\xi$ comprendido entre $0$ y $x.$
  2. Tenemos: $$\begin{aligned}&f(x)=\operatorname{sen} x\Rightarrow f(0)=0,\\
    &f’(x)=\cos x\Rightarrow f’(0)=1,\\
    &f^{\prime\prime}(x)=-\operatorname{sen}x\Rightarrow f^{\prime\prime}(0)=0,\\
    &f^{\prime\prime\prime}(x)=-\cos x\Rightarrow f^{\prime\prime\prime}(0)=-1,\\
    &f^{(4)}(x)=\operatorname{sen}x\Rightarrow f^{(4)}(0)=0,\\
    &f^{(5)}(x)=\cos x\Rightarrow f^{(5)}(0)=1,\\
    &f^{(6)}(x)=-\operatorname{sen}x\Rightarrow f^{(6)}(\xi)=-\operatorname{sen}\xi .
    \end{aligned}$$ Entonces, $$\begin{aligned} \operatorname{sen}x&= f(0)+ \dfrac{f’(0)}{1!}x + \dfrac{f^{\prime\prime}(0)}{2!}x^2+ \cdots +\dfrac{f^{(5)}(0)}{5!}x^5+\dfrac{f^{(6)}(\xi)}{6!}x^6\\
    &=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\dfrac{\operatorname{sen}\xi}{6!},\end{aligned}$$ estando $\xi$ comprendido entre $0$ y $x.$
  3. Para todo $x>0:$ $$\begin{aligned}
    &f(x)=x^{1/2}\Rightarrow f(4)=2,\\
    &f’(x)=\dfrac{1}{2}x^{-1/2}\Rightarrow f’(4)=\dfrac{1}{4},\\
    &f^{\prime\prime}(x)=-\dfrac{1}{4}x^{-3/2}\Rightarrow f^{\prime\prime}(4)=-\dfrac{1}{32},\\
    &f^{\prime\prime\prime}(x)=\dfrac{3}{8}x^{-5/2}\Rightarrow f^{\prime\prime\prime}(4)=\dfrac{3}{256},\\
    &f^{(4)}(x)=-\dfrac{15}{16}x^{-7/2}\Rightarrow f^{(4)}(\xi)=-\dfrac{15}{16\xi^3\sqrt{\xi}}.
    \end{aligned}$$ Entonces, $$\begin{aligned} \sqrt{x}&= f(4)+ \dfrac{f’(4)}{1!}(x-4) + \dfrac{f^{\prime\prime}(4)}{2!}(x-4)^2+ \dfrac{f^{\prime\prime\prime}(4)}{3!}(x-4)^3 + \dfrac{f^{(4)}(\xi)}{4!}(x-4)^4\\
    &=2+\dfrac{1}{4}(x-4)-\dfrac{1}{64}(x-4)^2+\dfrac{1}{512}(x-4)^3-\dfrac{5(x-4)^4}{128\xi^3\sqrt{\xi}},\end{aligned}$$ estando $\xi$ comprendido entre $4$ y $x.$
  4. Hallemos las primeras derivadas de $f:$ $$\begin{aligned}&f(x)=\log (1+x)\Rightarrow f(0)=0,\\
    &f’(x)=(x+1)^{-1}\Rightarrow f’(0)=1=0!,\\
    &f^{\prime\prime}(x)=-(x+1)^{-2}\Rightarrow f^{\prime\prime}(0)=-1!,\\
    &f^{(3)}(x)=2(x+1)^{-3}\Rightarrow f^{(3)}(0)=2!,
    \\&f^{(4)}(x)=-2\cdot 3\;(x+1)^{-4}\Rightarrow f^{(4)}(0)=-3!,\\
    &f^{(5)}(x)=2\cdot 3\cdot 4\;(x+1)^{-5}\Rightarrow f^{(5)}(0)=4!.\end{aligned}$$ Fácilmente podemos demostrar por inducción que $$f^{(n)}(x)=(-1)^{n+1}(n-1)!(x+1)^{-n},$$ por tanto: $$f^{(n)}(0)=(-1)^{n+1}(n-1)!\;,\quad f^{(n+1)}(\xi)=\dfrac{(-1)^{n}n!}{(\xi +1)^{n+1}}.$$ Entones, $$\begin{aligned}\log (1+x) = f(0)+ \dfrac{f’(0)}{1!}x + \dfrac{f^{(2)}(0)}{2!}x^2+ +\cdot + \dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n+\dfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}x^{n+1}\\
    =x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\dfrac{x^5}{5}-\cdots +\dfrac{(-1)^{n+1}x^n}{n}+\dfrac{(-1)^nx^{n+1}}{(n+1)(\xi +1)^{n+1}},\end{aligned}$$ estando $\xi$ comprendido entre $0$ y $x.$
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