Fórmula de Taylor con $o$ minúscula, cálculo de límites

Publicada el marzo 19, 2014 por Fernando Revilla

Proporcionamos ejercicios de la fórmula de Taylor con $o$ minúscula y su aplicación al cálculo de límites.

RESUMEN TEÓRICO
  • Vimos que para toda función $f(x)$ de clase $n+1$ en un intervalo cerrado $[a,b]$ que contiene a $x_0,$ el correspondiente resto o error $R_n(x)$ satisface la desigualdad: $$\left|R_n(x)\right| \leq \dfrac{M\left| x-x_0\right|^{n+1}}{(n+1)!}$$ en donde $M$ es constante. Podemos escribir: $$0\leq\left|\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)^n}\right| \leq \dfrac{M\left| x-x_0\right|}{(n+1)!}\quad (x\neq x_0)$$ lo cual implica que $\displaystyle\lim_{x\to x_0}\dfrac{R_n(x)}{(x-x_0)}=0$ y en consecuencia: $$R_n(x)=o\left((x-x_0)^n\right)\text{ cuando }x\to x_0.$$ Podemos concluir en el siguiente teorema:
  • Teorema. La fórmula de Taylor se puede expresar en la forma: $$f(x) = f(x_0)+ \dfrac{f'(x_0)}{1!}(x – x_0)+ \cdots+ \dfrac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x – x_0)^n+o\left((x-x_0)^n\right),$$ o bien: $$f(x)=\sum_{k=0}^n\dfrac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x – x_0)^k+o\left((x-x_0)^n\right).$$
  • TEOREMA (Fórmulas de Maclaurin de algunas funciones). Se verifica:

    $\begin{aligned}1.\;\;e^x&=1+\dfrac{x}{1!}+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\cdots +\dfrac{x^n}{n!}+o(x^n)\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{x^k}{k!}+o(x^n).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}2.\;\operatorname{sen}x&=x-\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}-\cdots +\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^kx^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+1}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}3.\;\cos x&=1-\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\cdots +\dfrac{(-1)^nx^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^kx^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}4.\;\operatorname{sh}x&=x+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^5}{5!}+\cdots +\dfrac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+o(x^{2n+1})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}+o(x^{2n+1}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}5.\;\operatorname{ch}{} x&=1+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\cdots +\dfrac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{x^{2k}}{(2k)!}+o(x^{2n}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}4.\;\arctan x&=x-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}-\cdots +\dfrac{(-1)^nx^{2n+1}}{2n+1}+o(x^{2n+1})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dfrac{(-1)^kx^{2k+1}}{2k+1
    }+o(x^{2n+1}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}5.\;\log (1+x)&=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\cdots +\dfrac{(-1)^{n+1}x^{n}}{n}+o(x^{n})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{(-1)^{k+1}x^{k}}{k}+o(x^{n}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}6.\;\log (1-x)&=-x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}-\cdots -\dfrac{x^{n}}{n}+o(x^{n})\\
    &=-\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{x^{k}}{k}+o(x^{n}).\end{aligned}$
    $\begin{aligned}7.\; (1+x)^p&=\binom{p}{0}+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2\cdots +\binom{p}{n}x^n+o(x^{n})\\
    &=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\binom{p}{k}x^k+o(x^{n})\qquad (p\in\mathbb{R}).\end{aligned}$

  • Nota. Para todo $p\in\mathbb{R},$ se define $\displaystyle\binom{p}{0}=1,$ y: $$\displaystyle\binom{p}{k}=\dfrac{p(p-1)(p-2)\cdots (p-k+1)}{k!}\quad (k=1,2,\ldots).$$
    Enunciado
  1. Escribir la fórmula de Maclaurin de $f(x)=\log (1-x)$ hasta $o(x^4).$
  2. Escribir la fórmula de Maclaurin de la función $f(x)=\operatorname{ch}x$ hasta $o(x^8).$
  3. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{e^x-1}{\operatorname{sen}x},$ usando fórmulas de Maclaurin.
  4. Usando fórmulas de Maclaurin, calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\tan x-\operatorname{sen}x}{x^3}.$
  5. Usando fórmulas de Maclaurin, calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\arctan x-x}{2x^3}.$
  6. Usando fórmulas de Maclaurin, calcular $L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\sqrt{1+x} -\cos x}{\operatorname{sen}x}.$
  7. Calcular $L=\displaystyle\lim_{x \to 0^+}\frac{\sqrt{x}-\sqrt{\operatorname{sen} x}}{x^2\sqrt{x}}.$
  8. Calcular $L=\displaystyle \lim_{x \to{}0}\displaystyle\frac{-e^{-8x^2}+\cos 4x}{10x^4}.$
    Solución
  1. Derivamos hasta orden $4:$ $$\begin{aligned}&f(x)=\log (1-x)\Rightarrow f(0)=0,\\
    &f'(x)=-(1-x)^{-1}\Rightarrow f'(0)=-1\\
    &f^{\prime\prime}(x)=-(1-x)^{-2}\Rightarrow f^{\prime\prime}(0)=-1,\\
    &f^{\prime\prime\prime}(x)=-2(x-1)^{-3}\Rightarrow f^{\prime\prime\prime}(0)=-2,\\
    &f^{(4)}(x)=-6(x-1)^{-4}\Rightarrow f^{(4)}(0)=-6.\end{aligned}$$ Por tanto, $\log (1-x)=-x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+o(x^4).$
  2. Derivamos hasta orden $8:$ $$\begin{aligned}&f(x)=\operatorname{ch}x\Rightarrow f(0)=1,\\
    &f'(x)=\operatorname{sh}x\Rightarrow f'(0)=0,\\
    &f^{\prime\prime}(x)=\operatorname{ch}x\Rightarrow f^{\prime\prime}(0)=1,\\
    &\qquad\qquad \ldots\\
    &f^{(8)}(x)=\operatorname{ch}x\Rightarrow f^{(8)}(0)=1.\end{aligned}$$ Por tanto, $\operatorname{ch}x=1+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\dfrac{x^6}{6!}+\dfrac{x^8}{8!}+o(x^8).$
  3. Tenemos $e^x=1+x+o(x),\;\operatorname{sen}x=x+o(x).$ Por tanto: $$L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1+x+o(x)-1}{x+o(x)}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x+o(x)}{x+o(x)}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1+\dfrac{o(x)}{x}}{1+\dfrac{o(x)}{x}}=\dfrac{1+0}{1+0}=1.$$
  4. Sabemos que $\operatorname{sen}x=x-\dfrac{x^3}{3!}+o(x^3),$ y de manera sencilla podemos demostrar que $$\tan x=x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3).$$ Entonces: $$\begin{aligned}L&=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x+\dfrac{x^3}{3!}-o(x^3)}{x^3}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^3}{2}+o(x^3)-o(x^3)}{x^3}\\
    &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(\dfrac{1}{2}+\dfrac{o(x^3)}{x^3}-\dfrac{o(x^3)}{x^3}\right)=\dfrac{1}{2}+0-0=\dfrac{1}{2}.\end{aligned}$$
  5. Teniendo en cuenta que $\arctan x=x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3):$ $$L=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{x-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)-x}{2x^3}=\dfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{-\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)}{x^3}$$ $$=\dfrac{1}{2}\displaystyle\lim_{x\to 0}\left(-\dfrac{1}{3}+\dfrac{o(x^3)}{x^3}\right)=\dfrac{1}{2}\left(-\dfrac{1}{3}+0\right)=-\dfrac{1}{6}.$$
  6. Se verifican las igualdades: $$\begin{aligned}&\sqrt{1+x}=(x+1)^{1/2}=1+\dfrac{x}{2} +o(x),\\
    &\cos x=1+0x+o(x),\quad \operatorname{sen}x=x+o(x).
    \end{aligned}$$ En consecuencia, $$\begin{aligned}L&=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{1+\dfrac{x}{2} +o(x)-1-o(x)}{x+o(x)}=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x}{2} +o(x)-o(x)}{x+o(x)}\\
    &=\displaystyle\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{1}{2} +\dfrac{o(x)}{x}-\dfrac{o(x)}{x}}{1+\dfrac{o(x)}{x}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}+0-0}{1+0}=\dfrac{1}{2}.\end{aligned}$$
  7. Tenemos una indeterminación de la forma $0/0.$ Usando $\operatorname{sen} x=x-x^3/3!+o(x^3)$ y multiplicando y dividiendo por la expresión conjugada del numerador: $$\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{\operatorname{sen} x}}{x^2\sqrt{x}}=\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{x-x^3/3!+o(x^3)}}{x^2\sqrt{x}}$$ $$=\dfrac{x^3/3!-o(x^3)}{x^2\sqrt{x}\left(\sqrt{x}+\sqrt{x-x^3/3!+o(x^3)}\right)}.$$ Dividiendo numerador y denominador entre $x^3:$ $$\dfrac{\sqrt{x}-\sqrt{\operatorname{sen} x}}{x^2\sqrt{x}}=\dfrac{1/3!-o(x^3)/x^3}{1+\sqrt{1-x^2/3!+o(x^3)/x}}.$$ Ahora bien, $$\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\frac{o(x^3)}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{o(x^3)}{x^3}\cdot x^2=0\cdot 0=0.$$ En consecuencia, $$L=\displaystyle\lim_{x\to 0^+}\dfrac{1/3!-o(x^3)/x^3}{1+\sqrt{1-x^2/3!+o(x^3)/x}}=\frac{1/6-0}{1+\sqrt{1-0+0}}=\frac{1}{12}.$$
  8. Usando los conocidos desarrollos de la exponencial y el coseno $$L=\displaystyle \lim_{x \to{}0}\displaystyle\frac{-e^{-8x^2}+\cos 4x}{10x^4}$$ $$=\displaystyle\lim_{x \to{}0}\displaystyle\frac{-\left(1+\dfrac{-8x^2}{1!}+\dfrac{(-8x^2)^2}{2!}+o(x^4)\right)+1-\dfrac{(4x)^2}{2!}+\dfrac{(4x)^4}{4!}+o(x^4)}{10x^4}$$ $$=\displaystyle\lim_{x \to{}0}\displaystyle\frac{-\dfrac{64}{3}x^4+o(x^4)}{10x^4}=\displaystyle\lim_{x \to{}0}\displaystyle\frac{-\dfrac{64}{3}+\dfrac{o(x^4)}{4}}{10}=\displaystyle\frac{-\dfrac{64}{3}+0}{10}=-\dfrac{32}{15}.$$
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