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Análisis Numérico
Parte III
Interpolación y aproximación
3. Teoría de interpolación y de aproximación de datos en el
plano o de funciones de una variable
Julio C. Carrillo E.
Universidad Industrial de Santander
Escuela de Matemáticas
Análisis Numérico
Parte III
Interpolación y aproximación
3. Teoría de interpolación y de aproximación de datos en el plano o de
funciones en una variable
3.2. Ajuste mediante polinomios de Taylor
Un primer problema de la teoría de ajuste de funciones f(x) mediante interpolación consiste en encontrar un polinomio
p(x), de un cierto grado, el cual coincida con f(x) y sus derivadas hasta un cierto orden en un punto x0 del dominio de
f(x), y que además sea una buena aproximación de f(x) cuando x que esté cerca de x0.
En primer lugar, supongamos que se conoce f(x0). Esta sola condición determina un polinomio p(x) de grado cero
que coincide con f en x0:
p(x) = f(x0).
Como p(x) es una función constante, ella no da buenas estimaciones de f(x) cuando la misma función f(x) no sea
constante.
Consideremos quef tiene derivada de primer orden en x0. Entonces se busca en polinomio p(x) tal que
p(x0) = f(x0), p
0
(x0) = f
0
(x0).
Ahora estas dos condiciones determinan un polinomio de primer grado
p(x) = a+ bx.
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Análisis Numérico
Por lo tanto, como
p(x0) = f(x0) =) a+ bx0 = f(x0)
p
0
(x0) = f
0
(x0) =) b = f 0(x0)
el cual es un sistema de dos ecuaciones en las variables a, b que tiene una única solución:
a = f(x0)� f 0(x0)x0, b = f 0(x0).
De esto se sigue que
p(x) = f(x0) + f
0
(x0)(x� x0).
Igualmente, vamos a tener que p(x) no es una buena aproximación de f(x) para valores de x cercanos a x0 si f(x) no es
una función lineal.
Nuevamente, si tenemos que f(x) tiene derivada de segundo orden en x0 entonces se busca un polinomio p(x) tal que
p(x0) = f(x0), p
0
(x0) = f
0
(x0), p
00
(x0) = f
00
(x0). (1)
Mediante esta tres condiciones se puede construir un polinomio de segundo grado,
p(x) = a+ bx+ cx
2
.
En efecto, de las condiciones establecidas tenemos el sistema de ecuaciones lineales
p(x0) = f(x0) =) a+ bx0 + cx20 = f(x0)
p
0
(x0) = f
0
(x0) =) b+ 2cx0 = f 0(x0)
p
0
(x0) = f
00
(x0) =) 2c = f 00(x0)
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Análisis Numérico
el cual se puede representar en forma matricial como
2
4
1 x0 x
2
0
0 1 2x0
0 0 2
3
5
2
4
a
b
c
3
5
=
2
4
f(x0)
f
0
(x0)
f
00
(x0)
3
5
.
Dado que el determinante de la matriz de los coeficientes de este sistema es diferente de cero, de hecho es 2, tenemos que
tal sistema tiene una única solución a, b, c; esto a su vez garantiza la existencia y unicidad el polinomio p(x). Por otro
lado, resolviendo este sistema de ecuaciones encontramos que
a = f(x0)� f 0(x0)x0 +
f
00
(x0)
2
x
2
0, b = f
0
(x0)� f 00(x0)x0, c =
f
00
(x0)
2
.
De acuerdo con esto, encontramos finalmente que el polinomio p(x) lo podemos representar de la forma
p(x) = f(x0) + f
0
(x0)(x� x0) +
f
00
(x0)
2
(x� x0)2.
Recíprocamente, es fácil de comprobar que este polinomio satisface las condiciones dadas en (1).
En general, tenemos el siguiente teorema.
Teorema 1. Sea f(x) una función tal que f (n)(x0) existe. Entonces existe un único polinomio pn(x) de grado a lo más
n que satisface las n+ 1 condiciones:
p
n
(x0) = f(x0), p
0
(x0) = f
0
(x0), . . . , p
(n)
(x0) = f
(n)
(x0).
Tal polinomio es
p
n
(x) = f(x0) + f
0
(x0)(x� x0) +
f
00
(x0)
2!
(x� x0)2 + · · ·+
f
(n)
(x0)
n!
(x� x0)n,
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o bien,
p
n
(x) =
nX
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k,
el cual se llama polinomio de Taylor de grado n de f(x) en x0.
Demostración. Las n+ 1 condiciones dadas sobre f(x) determinan un polinomio de grado n,
p(x) = a0 + a1x+ · · ·+ anxn,
o bien de la forma
p(x) = a0 + a1(x� x0) + · · ·+ an(x� x0)n,
según ya se ha visto. Los demás detalles de la demostración se dejan como ejercicio.
Ejemplo 1. Si f(x) = cosx entonces f 0(x) = � senx, f 00(x) = � cosx, f 000(x) = senx, f 0000(x) = cosx, y así sucesiva-
mente. Como f(0) = 1, f 0(0) = 0, f 00(0) = �1, f 000(0) = 0, f 0000(0) = 1, etcétera, entonces el polinomio de Taylor de grado
2n de f(x) en x0 = 0 es
p2n(x) = 1�
x
2
2!
+
x
4
4!
+ · · ·+ (�1)n x
2n
(2n)!
=
nX
k=0
(�1)kx2k
(2k)!
.
En este caso no aparecen potencias impares. La Figura 1 nos muestra algunas de las gráficas de este polinomio para
algunos valores pares de n. ⇤
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p0(x) p2(x)
p4(x) p6(x)
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Análisis Numérico
p8(x) p10(x)
Figura 1: Gráficas del polinomio de Taylor p2n(x) de cos(x) en el intervalo [�5, 5], para n = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Si bien la función f(x) en general es desconocida, podemos plantear el problema establecer que tan buena es la
aproximación de f(x) mediante los valores del polinomio de Taylor p
n
(x). Si f(x) tiene derivada de orden n en x0 y
el error en la aproximación de f(x) mediante el polinomio de Taylor p
n
(x) se define como R
n
(x) = f(x) � p
n
(x), que
también se llama resto, entonces se tiene que
f(x) = p
n
(x) +R
n
(x) =
nX
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k +Rn(x),
la cual se llama la fórmula de Taylor con resto R
n
(x). Esta fórmula es útil para estimar el orden de magnitud de
R
n
(x), o lo que es lo mismo, para determinar que tan buena es la aproximación de f(x) mediante p
n
(x) para un x dado.
El término del resto explica entonces en que casos los polinomios de Taylor son una buena aproximación de una
función dada. Aunque algunos autores llaman también a R
n
(x) el residuo, generando la noción de residuo de la división,
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en general se prefiere utilizar la palabra resto para significar que es la parte que se le agrega al polinomio de Taylor para
obtener la función.
En general, el polinomio de Taylor p
n
(x) de grado n de una función f(x) en x0 da mejores aproximación cuando n es
suficientemente grande y cuando x esta cerca de x0. Por lo tanto, si se puede demostrar que el término del resto tiende
a 0, entonces se debe tener que el polinomio de Taylor p
n
(x) es una buena aproximación de la función f(x); ojalá, no
solamente en x sino también para los valores de x en un cierto intervalo. La siguiente gráfica nos muestra que p5(x) es
una mejor aproximación a f(x) que p3(x) puesto que R5(x) está más cercano a 0 para más valores de x.
Figura 2: Gráficas del resto R
n
(x), n = 1, 3, 5, de la función f(x) = senx cuando x0 = 0.
El Teorema de Taylor, en su versión implícita, establece que el error R
n
(x) en la aproximación de f(x) mediante el
polinomio de Taylor p
n
(x) tiende a cero más rápido que cualquier polinomio no nulo de grado n cuando x ! x0.
Teorema 2 (de Taylor). Sea f(x) una función tal que f (n)(x0). Entonces existe una función hn : R ! R tal que
f(x) = f(x0) + f
0
(x0)(x� x0) +
f
00
(x0)
2!
(x� x0)2 + · · ·+
f
(n)
(x0)
n!
(x� x0)n + hn(x)(x� x0)n
y
ĺım
n!x0
h
n
(x) = 0.
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En este caso,
R
n
(x) = h
n
(x)(x� x0)n,
la cual se llama la forma del resto de Peano.
Demostración. La función f : [x0, x0 + h] ! R, con h > 0, es diferenciable en x0. Se busca demostrar que
f(x) =
nX
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k +Rn(x) para todo x 2 (x0, x0 + h),
donde R
n
(x) = o(|x� x0|k) cuando x ! x0. Esto es equivalente a demostrar que
ĺım
x!x0
f(x)�
nP
k=0
f
(k)(x0)
k! (x� x0)
k
(x� x0)n
= 0, (2)
lo cual se puede hacer por inducción. Para n = 1 es cierto, pues el resultado coincide con la condición de diferenciabilidad
de funciones de una variable:
ĺım
x!x0
f(x)� f(x0)� f 0(x0)(x� x0)
x� x0
= 0.
Suponiendo que el resultado es verdadero para n� 1 se debe demostrarque también lo es para n. La relación (2) es una
forma indeterminada de la forma 0/0 cuando x ! x0. También, como el denominador y su derivada, n(x�x0)n�1, nunca
se anulan, del Teorema de L’Hópital se tiene que
ĺım
x!x0
f(x)�
nP
k=0
f
(k)(x0)
k! (x� x0)
k
(x� x0)n
= ĺım
x!x0
f
0
(x)�
nP
k=1
f
(k)(x0)
(k�1)! (x� x0)
k�1
n(x� x0)n�1
, (3)
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si tal límite existe. Dado que la función f 0(x) está definida en el intervalo (x0, x0+h) y es diferenciable n�1 veces en x0,
y que f (k)(x0) =
�
f
(k�1)�0
(x0) para k = 1, . . . , n, se sigue de la hipótesis de inducción que el límite en (3) es 0; es decir,
f(x)�
nX
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k = o(|x� x0|n)
Bajo condiciones más fuertes de diferenciabilidad es posible obtener una fórmula explícita para el resto R
n
(x) del
polinomio de Taylor. El siguiente resultado demuestra que el Teorema de Taylor como una generalización del Teorema
fundamental del Cálculo.
Teorema 3 (Forma integral del resto). Supongamos que f(x) es una función tal que f (n)(x) es continua en un intervalo
I que contiene a x0. Entonces para todo x 2 I se tiene que
R
n
(x) =
1
n!
ˆ
x
x0
(x� t)nf (n+1)(t) dt.
En la práctica es más útil tener una estimación del término de resto que aparece en el Teorema de Taylor que tener
una representación dada de él. Mediante el anterior teorema es posible establecer el siguiente resultado.
Teorema 4. Sea f(x) una función tal que para su derivada f (n+1)(x) existen números reales m0 y m1 tales que
m0  f (n+1(x)  m1
para todo x 2 I, donde I es un cierto intervalo que contiene a x0. Entonces para todo x 2 I tal que x > x0 se tiene que
m0
(x� x0)n+1
(n+ 1)!
 R
n
(x)  m1
(x� x0)n+1
(n+ 1)
,
y si x < x0,
m0
(x� x0)n+1
(n+ 1)!
 (�1)n+1R
n
(x)  m1
(x� x0)n+1
(n+ 1)
.
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De igual manera, también se puede obtener el siguiente resultado.
Corolario 1. Sea f(x) una función tal que su derivada f (n+1)(x) es acotada en cercanías de x0; es decir, que existen
un r > 0 y una constante M > 0 tal que ���f (n+1)(x)
���  M
para todo x 2 (x0 � r, x0 + r). Entonces
|R
n
(x)|  M |x� x0|
n+1
(n+ 1)!
 M r
n+1
(n+ 1)!
para todo x 2 (x0 � r, x0 + r).
Demostración. Sea I = (x0�r, x0+r). Del teorema de la forma integral del resto y como la función |f (n+1)(x)| es acotada
superiormente en I, tenemos que
|R
n
(x)|  1
n!
ˆ
x
x0
���f (n+1)(t)
��� |x� t|ndt
 1
n!
sup
x2I
���f (n+1)(x)
���
ˆ
x
x0
(x� t)ndt
 M |x� x0|
n+1
(n+ 1)!
.
Ejemplo 2. Sea f(x) = ex y x0 = 0. Como la derivada f (k)(x) = ex para todo entero positivo k y en particular
f
(k)
(0) = 1, entonces tenemos que
e
x
=
nX
k=0
x
k
k!
+R
n
(x).
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Como f (n+1)(x) = ex > 0 para todo x entonces f (n+1)(x) es creciente en cualquier intervalo. En particular, si 0 < x  b
entonces 1  ex  eb. Así que por el teorema anterior,
x
n+1
(n+ 1)!
 R
n
(x)  eb x
n+1
(n+ 1)!
si 0 < x  b.
Si se desea calcular el número de Euler e, se puede considerar x = b = 1 y tener en cuenta que eb = e < 3. En tal caso,
e =
nX
k=0
1
k!
+R
n
(1),
donde
1
(n+ 1)!
 R
n
(1) <
3
(n+ 1)!
,
lo cual permite calcular e con el grado de aproximación que se desee. Si por ejemplo, se desea calcular e con 7 cifras
decimales exactas, basta considerar
3
(n+ 1)!
 1
2
⇥ 10�8 () (n+ 1)! � 6⇥ 108 = 600 000 000.
Mediante cálculo directo se puede obtener que 12! = 479 001 600 y 13! = 6 227 020 800. Por lo tanto, n � 12. Así que para
n = 12,
e =
12X
k=0
1
k!
+R12(1) donde 1,605904384⇥ 10�10  R12(1) < 4,817713131⇥ 10�10. (4)
En este caso,
e ⇡ p12(1) =
12X
K=0
1
k!
=
260 412 269
95 800 320
= 2,718281828286169.
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Así que el valor de e con siete cifras decimales es e ⇡ 2,7182818 o con ocho cifras decimales es e ⇡ 2,71828183. Esto es
consistente con el hecho que de (4) se tiene que
2,718281826 < e < 2,718281833. ⇤
También es posible establecer las siguientes formas del resto, las cuales se demuestran usualmente mediante el Teorema
del valor medio.
Teorema 5 (Formas del valor medio del resto). Sea f(x) una función tal que f (n)(x) es continua en el intervalo cerrado
[a, b] y f (n+1)(x) existe en todo los puntos del intervalo abierto (a, b). Si x0 y x son dos puntos distintos de [a, b] entonces
se cumple lo siguiente.
1. (Forma del resto de Lagrange) Existe un número real ⇠
l
entre x0 y x tal que
R
n
(x) =
f
(n+1)
(⇠
l
)
(n+ 1)!
.
Cuando n = 0, la fórmula de Taylor con resto se reduce al teorema del valor medio.
2. (Forma del resto de Cauchy) Existe un número real ⇠
c
entre x0 y x tal que
R
n
(x) =
f
(n+1)
(⇠
c
)
n!
(x� ⇠
c
)
n
(x� x0).
De manera más general tenemos que si g(t) es una función continua en [x0, x] y diferenciable en (a, x) con derivada
no nula, entonces existe un ⇠
c
entre x0 y x tal que
R
n
(x) =
f
(n+1)
(⇠)
n!
(x� ⇠
c
)
n
g(x)� g(x0)
g
0
(⇠
c
)
,
la cual generaliza el Teorema de Cauchy.
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Demostración. La primera parte se demuestra por inducción. El resultado es cierto cuando n = 0 por el Teorema del
valor medio de Lagrange, que garantiza que existe ⇠ entre x y x0 tal que
R1(x) = f(x)� f(x0) = f 0(⇠)(x� x0).
Supongamos que el resultado es cierto para n y vamos a probarlo para n+ 1. Teniendo en cuenta que
R
0
n+1(f, x) = f
0
(x)� T 0
n
(f, x) = f
0
(x)� T
n
(f
0
, x) = R
0
n
(f
0
, x)
y al aplicar el Teorema del valor medio de Lagrange a R
n+1(f, x) tenemos que
R
n+1(f, x) = Rn+1(f, x)�Rn+1(f, x0) = Rn(f 0, ⇠)(x� x0) =
f
(n+1)
(⇣)
(n+ 1)!
(x� x0)n+1
para algún ⇠ entre x0 y x y algún ⇣ entre x0 y ⇠.
Ejemplo 3. Supongamos que se desea aproximar la función f(x) = ex en el intervalo [�1, 1] de tal manera que el valor de
f(x) tenga cuatro cifras decimales exactas. Sabemos que f(x) se puede aproximar cerca de x0 = 0 mediante el polinomio
de Taylor de grado n,
p
n
(x) = 1 + x+
x
2
2
+
x
3
3
+ · · ·+ x
n
n!
.
En la siguiente figura se muestran las gráficas de los primeros cuatro polinomios de Taylor y de f(x). En ella se puede
observar que la aproximación de f(x) mediante el polinomio de Taylor p
n
(x) mejora en la medida que n aumenta, cosa
que en general es falso (ver siguiente ejemplo). También se puede observar que el error en la estimación de f(x) mediante
p
n
(x) aumenta en la medida que x se aleja de x0 = 0.
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Análisis Numérico
De la forma del resto de Lagrange tenemos que
R
n
(x) =
e
⇠
(n+ 1)!
x
n+1
para algún ⇠ entre 0 y x.
Como
d(e
x
)
dx
= e
x
> 0 para todo x 2 R tenemos que la función f(x) = ex es creciente en todo R. Por esto, si
�1  x  0 tenemos que e�1  ex  e0 = 1, lo cual hace que 1 sea una cota superior del resto en el subintervalo [�1, 0].
Ahora bien, como f(x) es creciente, entonces toda cota superior de f(x) en el subintervalo [0, 1] va a determinar una cota
superior del resto R
n
(x) en [�1, 0] y por lo tanto del resto en todo el intervalo [�1, 1].
Para estimar una cota superior del resto en [0, 1], supongamos que ⇠ está entre 0 y x; es decir, que 0 < ⇠ < x. Como
e
⇠
< e
x se sigue del Teorema de Taylor con resto de Lagrange con x0 = 0 y n = 1 que
e
x
= p1(x) +R1(x) = 1 + x+
e
⇠
2
x
2
< 1 + x+
e
x
2
x
2
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para todo 0 < x  1. Al resolver esta desigualdad para ex se deduce que
e
x  1 + x
1� x22
=
2(1 + x)
2� x2 (5)
para todo 0  x  1. Como
máx
0x1
(1 + x) = 2, mı́n
0x1
(2� x2) = 1
entonces tenemos que 1 + x  2 y 2� x2 � 1 para todo 0  x  1. Por tal razón, se sigue de (5) que
ex  4 para todo 0  x  1,
lo cual es además cierto para todo �1  x  1. Por lo tanto,
|R
n
(x)|  4|x|
n+1
(n+ 1)!
 4
(n+ 1)!
para todo �1  x  1. Así que para que el valor de f(x) tenga cuatro cifras decimales exactas se necesita que el error en
la aproximación no sea mayor que 12 ⇥ 10
�5. Para que esto suceda, basta considerar
4
(n+ 1)!
<
1
2
⇥ 10�5 () 8⇥ 105 < (n+ 1)! () n � 9,
dado que se puede obtener que 9! = 362 880 y 10! = 3 628 800. Entonces, por el Teorema de Taylor se tiene que
e
x
= 1 + x+
x
2
2!
+ · · ·+ x
9
9!
+R9(x),
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donde |R9(x)| < 12 ⇥ 10
�5 y para todo �1  x  1. Por ejemplo, mediante esta aproximación tenemos que
e ⇡ p9(1) =
9X
k=0
1
k!
=
98 641
36 288
= 2,718281525573192,
entonces e ⇡ 2,7183, hasta con 4 cifras decimales exactas. En efecto, mediante cálculo directo se obtiene que
|R9(1)| = |e� p9(1)| = 3,0288585293944126⇥ 10�7 <
1
2
⇥ 10�5 ⇤
El polinomio de Taylor p
n
(x) de una función f(x) en un punto x0 tiene la ventaja que solo necesita información de la
función en x0, pero la desventaja que requiere que f(x) sea suficientemente diferenciable en x0 a fin de obtener un mejor
polinomio que aproxime a f(x) en cercanías de x0. Igualmente, tiene la desventaja que el error en tal aproximación por
lo general crece cuando x se aleja de x0, como lo muestra el siguiente ejemplo.
Ejemplo 4. Para la función f(x) = 1/x tenemos que
f(x) = x
�1
, f
0
(x) = �x�2, f 00(x) = �2x�3, f 000(x) = 3!x�4, . . . , f (n)(x) = (�1)nn!x�(n+1).
Por lo tanto, el polinomio de Taylor de f(x) en x0 = 1 está dado como
p
n
(x) =
nX
k=0
(�1)kk!
k!
(x� 1)k =
nX
k=0
(�1)k(x� 1)k.
Al considerar x = 3, buscamos aproximar a f(3) = 1/3 mediante
p
n
(3) =
nX
k=0
(�1)k2k.
Para valores crecientes de n se obtienen los siguientes resultados.
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Análisis Numérico
n 0 1 2 3 4 5 6 7
p
n
(3) 1 �1 3 �5 11 �21 43 �85
La razón por la cual p
n
(3) no es una buena estimación de f(3) se explica por el hecho que su resto
R
n
(3) =
(�1)n+1 (n+ 1)! ⇠�(n+2)
(n+ 1)!
2
n+1
=
(�1)n+12n+1
⇠
n+2
donde 1 < ⇠ < 3,
crece en valor absoluto conforme n crece. En este caso, el crecimiento del error se da porque x = 3 no está suficientemente
cerca de x0 = 1. ⇤
Ejemplo 5. Para aproximar el valor de ln(1,2) mediante el polinomio de Taylor p4(x) y estimar el error cometido, se
considera este polinomio de Taylor para la función f(x) = lnx con x0 = 1. Se puede establecer que
p4(x) =
4X
k=0
f
(k)
(1)
k!
(x� 1)k = (x� 1)� (x� 1)
2
2
+
(x� 1)3
3
� (x� 1)
4
4
.
Por lo tanto,
ln(1,2) ⇡ p4(1,2) = 0,2�
(0,2)
2
2
+
(0,2)
3
3
� (0,2)
4
4
=
1 367
7 500
= 0,1822666666666667.
Dado que 1 < ⇠ < 1,2 y la función 1/x5 es decreciente en todo R, mediante la forma de Lagrange del resto se puede
estimar el error en esta aproximación como
|R4(1,2)| =
����
f
(5)
(⇠)
5!
(1,2� 1)5
���� =
4!|⇠|�5
5!
(0,2)
5
=
(0,2)
5
5 ⇠
5
<
1
5
6
=
1
15 625
= 6,400000000000001⇥ 10�5.
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Análisis Numérico
Esto quiere decir que
p4(1,2)� 6,4⇥ 10�5 < ln(1,2) < p4(1,2) + 6,4⇥ 10�5;
o bien, que con 5 cifras decimales exactas,
ln(1,2) = p4(1,2)± 6,4⇥ 10�5 = 0,182267± 6,4⇥ 10�5.
Un comentario final, resultados similares se pueden obtener considerando el polinomio de Taylor de la función f(x) =
ln(x+ 1) en x0 = 0. De esta manera, x = 0,2. ⇤
Ejemplo 6. Para establecer una aproximación de sen(0,3) mediante un polinomio de Taylor de quinto grado y determine
la exactitud de la aproximación, se considera que en tal polinomio x0 = 0, x = 0,3 y n = 5. Primero que todo, se puede
establecer que
senx = p5(x) +R5(x),
donde
p5(x) =
5X
k=0
(�1)k�1 x
2k�1
(2k � 1)! = x�
x
3
6
+
x
5
120
y
R5(x) =
f
(6)
(⇠)
6!
x
6
= � sen ⇠
6!
x
6 con ⇠entre 0y x.
Por lo tanto,
sen(0,3) ⇡ p5(0,3) = (0,3)�
(0,3)
3
6
+
(0,3)
5
120
=
1 182 081
4 000 000
= 0,29552025.
Como | sen(x)|  1 para todo número real x y en el término del residuo R3(0,3) se tiene que 0 < ⇠ < 0,3, entonces
|R5(0,3)| <
(0,3)
6
6!
=
81
80 000 000
= 1,0124999999999999⇥ 10�6 < 1,013⇥ 10�6.
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Análisis Numérico
Por lo tanto se puede obtener el valor de sen(0,3) con una exactitud de 6 cifras decimales exactas; es decir, sen(0,3) ⇡
0,295520. El error real en esta aproximación es
R
n
(0,3) = sen(0,3)� p5(0,3)
= 0,295520 2066613395� 0,295520 25
= 4,333866043815249⇥ 10�8
< 1,013⇥ 10�6.
Observe que el valor real de sen(0,3) y p5(0,3) coinciden efectivamente en sus seis primeras cifras decimales. ⇤
Observación 1. En vista que usualmente los polinomios de Taylor de una función f(x) en x0 establecen buenas estimacio-
nes de f(x) cuando x está cercano a x0, una buena pregunta que uno se puede hacer es si es posible establecer el máximo
intervalo en donde tales estimaciones cumplan con un cierta tolerancia que previamente ha sido establecida, algo así a lo
que se hizo en el Ejemplo 3. Bien, la respuesta a esta pregunta viene en dos partes, suponiendo que
f(x) = p
n
(x) +R
n
(x) =
nX
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k +Rn(x).
Efectivamente, si R
n
(x) ! 0 cuando n ! 1 entonces se puede establecer que
f(x) =
1X
k=0
f
(k)
(x0)
k!
(x� x0)k,
la cual es una serie, precisamente llamada serie de Taylor de f(x) en x0. Para determinar el conjunto de valores para los
cuales esta representación de f(x) se cumple, se puede utilizar el criterio de la razón de Cauchy, el cual establece, para
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Análisis Numérico
este caso, que para x dado la serie converge a los valores de f(x) cuando
ĺım
k!1
������
f
(k+1)(x0)
(k+1)! (x� x0)
k+1
f
(k)(x0)
k! (x� x0)k
������
< 1 () |x� x0| ĺım
k!1
����
f
(k+1)
(x0)
f
(k)
(x0) (k + 1)
���� < 1.
Denotando el límite
ĺım
k!1
����
f
(k+1)
(x0)
f
(k)
(x0) (k + 1)
���� =
1
R
,
se tiene que el conjunto en donde la representación de f(x) está dada mediante la serie de Taylor en x0, es el intervalo
abierto (x0�R, x0+R), al menos. Cuando el intervalo es finito, se debe revisar la convergencia de la serie en los extremos
de este intervalo. Se llama a R el radio de convergencia de la serie de Taylor de f(x) en x0, y él puede ser finito o infinito.
Por ejemplo, para la función exponencial f(x) = ex tenemos que
e
x
=
nX
k=0
x
k
k!
+R
n
(x),
donde
R
n
(x) =
f
(n+1)
(⇠)
(n+ 1)!
x
n+1
=
e
⇠
(n+ 1)!
x
n+1
,
para algún ⇠ entre x0 = 0 y x. Consideremos que x es un número real dado. Entonces puede suceder que x < 0 o que
x > 0. Vamos a encontrar el máximo M de la función e⇠ en intervalo I que une a 0 con x. Como la función exponencial
es creciente, tenemos que si x < 0 entonces ex < e⇠ < e0 = 1 y por lo tanto M = 1. Si x > 0 entonces e0 < e⇠ < ex y por
lo tanto = ex. Así que
máx
⇠2I
|f (n+1)(⇠)| = máx
⇠2I
|e⇠| = M para todo n.
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Análisis Numérico
En consecuencia,
|R
n
(x)| =
���f (n+1)(⇠)
���
|x|n+1
(n+ 1)!

✓
máx
⇠2I
���f (n+1)(⇠)
���
◆
|x|n+1
(n+ 1)!
= M
|x|n+1
(n+ 1)!
.
Dado que se puede probar que
ĺım
n!1
|x|n+1
(n+ 1)!
= 0,
se concluye que
ĺım
n!1
|R
n
(x)| = 0.
Entonces,
e
x
=
1X
k=0
x
k
k!
.
Como además en este caso tenemos que
1
R
= ĺım
k!1
��������
x
k+1
(k + 1)!
x
k
k!
��������
= |x| ĺım
k!1
1
k + 1
= |x| · 0 = 0,
se concluye el radio de convergencia R de la serie de Taylor de f(x) en x0 = 0 es infinito y por lo tanto,
e
x
=
1X
k=0
x
k
k!
para todo x 2 R.
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Análisis Numérico
Ejercicios
1. Encuentre el polinomio de Taylor p4(x) de cuarto grado de cada una de las siguientes funciones.
a) f(x) = x� cosx
b) f(x) =
p
1 + x
2. Determine el polinomiode Taylor p
n
(x) de grado n de cada una de las siguientes funciones.
a) f(x) = e�x
b) f(x) = sinhx
c) f(x) = ln(1� x)
3. Demuestre que para f(x) = arctanx,
p2n+1(x) =
n�1X
k=0
(�1)kx2k+1
2k + 1
, |R2n+1(x)| 
x
2n+2
2n+ 2
si 0  x  1.
4. Estime ln 1,3 con una tolerancia de 0,01.
5. Determine que tan cercano esta el polinomio de Taylor de tercer grado de senx en x0 = 0 cuando x = 1/2. ¿Cuál es
el máximo error posible si en su lugar se considera el polinomio de Taylor de quinto grado?
6. ¿Cuál es el máximo error posible si se utiliza el polinomio de Taylor de cuarto grado de ex con x0 = 0 para aproximar
e
0,2?
7. ¿Cuál es el menor grado del polinomio de Taylor de senx con x0 = 0 para que aproxime sen 1 con una precisión de
0,001?
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Análisis Numérico
8. Explique porqué la siguiente gráfica no representa el término del resto R
n
(x) para un polinomio de Taylor en x0 = 0.
9. En los siguientes casos, utilizar el Teorema del resto par acotar el error involucrado al utilizar el polinomio de Taylor
(en x0 = 0) de grado n dado para aproximar f(x) en en punto x que se indica.
a) R3(x) para f(x) = senx en x = 0,6.
b) R5(x) para f(x) = senx en x = 0,25.
c) R4(x) para f(x) = ex en x = 0,8.
d) R3(x) para f(x) = cosx en x = 0,2.
10. En lo siguientes casos, determine el grado del polinomio de Taylor p
n
(x) de en x0 = 0 que se requiere para aproximar
a f(x) en punto x dado y con la precisión ✏ indicada. No se necesita que se encuentre el mejor grado posible, pero si
debe justificar cada respuesta usando el Teorema del residuo.
a) f(x) = senx , x = 0,1, ✏ = 1/100.
b) f(x) = senx , x = 0,2, ✏ = 1/100.
c) f(x) = ex , x = �0,5, ✏ = 1/1000.
d) f(x) = ex , x = �1, ✏ = 1/1000.
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Análisis Numérico
e) f(x) = ex
2
, x = 0,5, ✏ = 1/1000.
f ) f(x) = 1 + x13 , x = 0,1, ✏ = 1/1000.
g) f(x) = (1 + x)13 , x = 0,1, ✏ = 1/1000.
h) f(x) = ln(x+ 1) , x = 0,5, ✏ = 1/1000.
i) f(x) = x ln(x+ 1) , x = �0,2, ✏ = 1/1000.
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Análisis Numérico
Referencias
[1] G. Recktenwald, Numerical Methods with Matlab: Implementation and Application, Prentice Hall, 2000.
[2] K.E. Atkinson, An Introduction to Numerical Analysis, 2nd ed., Jhon Wiley & Sons, 1988.
[3] K. Tucci, Análisis numérico, Universidad de los Andes, Venezuela, 2005.
[4] P.M. Prenter, Splines and Variational Methods, Jhon Wiley & Sons, 1989.
[5] S.C. Brenner & L. Ridgway Scott, The Mathemacal Theory of Finite Element Methods, third ed., Springer,
2008.
[6] S.L. Salas & Einar Hille, Calculus, fourth ed., John Wiley and Sons, 1968.
[7] Shoichiro Nakamura, Métodos numéricos aplicados con software, Prentice-Hall, 1992.
[8] Tomas M. Apostol, Calculus, Ed. Reverté S.A., 1988.
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	III Interpolación y aproximación
	Teoría de interpolación y de aproximación
	Ajuste mediante polinomios de Taylor