Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (61)

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11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
10. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la función f(x) = e2x+x
2
.
Solución: Para calcular el polinomio hay dos opciones: aplicar la fórmula calculando las derivadas
o sustituir t = 2x + x2 en el desarrollo conocido de et. Veamos las dos; primero calculamos las
derivadas:
- f(x) = e2x+x
2
, f(0) = 1.
- f ′(x) = (2 + 2x)e2x+x
2
, f ′(0) = 2.
- f ′′(x) = [2 + (2 + 2x)2]e2x+x
2
= (6 + 8x+ 4x2)e2x+x
2
, f ′′(0) = 6.
- f ′′′(x) = [(8 + 8x) + (6 + 8x+ 4x2)(2 + 2x)]e2x+x
2
, f ′′′(0) = 8 + 12 = 20.
Entonces el polinomio es
f(0) + f ′(0) +
1
2
f ′′(0) +
1
6
f ′′′(0) = 1 + 2x+
6
2
x2 +
20
6
x3 = 1 + 2x+ 3x2 +
10
3
x3
Se obtiene lo mismo sustituyendo t = 2x + x2 en et ∼= 1 + t + 12 t2 + 16 t3 y truncando en grado 3
(los términos de grado > 3 los eliminamos; pondremos · · · ):
e2x+x
2 ∼= 1 + (2x+ x2) + 1
2
(2x+ x2)2 +
1
6
(2x+ x2)3 =
= 1+(2x+x2)+
1
2
(4x2+4x3+· · · )+1
6
(8x3+· · · ) = 1+2x+x2+2x2+2x3+4
3
x3 = 1+2x+3x2+
10
3
x3
o
11. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 4 de la función f(x) =
e2x
1− x .
Solución: El polinomio de grado 4 de ex es 1+ x+ 12 x
2 + 16 x
3 + 124 x
4. Como 2x → 0, el de e2x es
1 + (2x) +
1
2
(2x)2 +
1
6
(2x)3 +
1
24
(2x)4 = 1 + 2x+ 2x2 +
4
3
x3 +
2
3
x4
El polinomio de grado 4 de
1
1 + x
es 1 − x + x2 − x3 + x4. Como −x → 0, el de 1
1− x es 1 + x +
x2 + x3 + x4.
Multiplicándolos y truncando en grado 4 se obtiene el polinomio de grado 4 de f(x) =
e2x
1− x , que
es
(
1 + 2x+ 2x2 +
4
3
x3 +
2
3
x4
)
(
1 + x+ x2 + x3 + x4
)
= (truncando) = 1+3x+5x2+
19
3
x3+7x4
o
Matemáticas de 1 , problemas 181 Alberto del Valle Robles
11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
12. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la función f(x) =
√
1− 2x.
Solución: Derivando sucesivamente se obtiene
f(x) = (1−2x)1/2 f ′(x) = −(1−2x)−1/2 f ′′(x) = −(1−2x)−3/2 f ′′′(x) = −3(1−2x)−5/2
Los valores en x = 0 de esas derivadas son f(0) = 1, f ′(0) = −1, f ′′(0) = −1 y f ′′′(0) = −3, por lo
que el polinomio de Maclaurin es
f(x) ≈ 1− x− 1
2
x2 − 1
2
x3
o
13. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la función f(x) = esen(x).
Solución: Derivando sucesivamente y evaluando en x = 0 (con esen(0) = 1, sen(0) = 0 y cos(0) = 1)
se obtiene
f(x) = esen(x) f(0) = 1
f ′(x) = cos(x) esen(x) f ′(0) = 1
f ′′(x) = − sen(x) esen(x) + cos2(x) esen(x) = (cos2(x)− sen(x)) esen(x) f ′′(0) = 1
f ′′′(x) = (−2 cos(x) sen(x)− cos(x)) esen(x) + (cos2(x)− sen(x)) cos(x) esen(x) f ′′′(0) = 0
por lo que el polinomio de Malaurin es f(x) ≈ 1+x+ 12 x2 (el término en x3 tiene coeficiente nulo).
o
14. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de la función f(x) = e2 sen(x).
Solución: Poniendo S = sen(x) y C = cos(x), las derivadas sucesivas de f(x) son
f = e2S f ′ = 2Ce2S f ′′ = (4C2 − 2S)e2S f ′′′ = (8C3 − 2C − 10SC)e2S
Por tanto f(0) = 1, f ′(0) = 2, f ′′(0) = 4 y f ′′′(0) = 6, de modo que el polinomio pedido es
P3(x) = f(0) + f
′(0) +
1
2
f ′′(0) +
1
6
f ′′′(0) = 1 + 2x+ 2x2 + x3
o
Matemáticas de 1 , problemas 182 Alberto del Valle Robles
11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
15. Dada la función f(x) = sen(x) cos(x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 5, P5(x).
Calcula P5(0,1) con 10 decimales y compáralo con el valor que te da la calculadora para f(0,1).
Solución: Opción 1: Observando que f(x) = 12 sen(2x), basta con hacer el polinomio de grado 5
del seno (que es x− 13! x3 + 15! x5) poniendo 2x en vez de x (y sin olvidar el factor 1/2 inicial):
P5(x) =
1
2
[
(2x)− 1
3!
(2x)3 +
1
5!
(2x)5
]
= x− 2
2
2 · 3 x
3 +
24
2 · 3 · 4 · 5 x
5 = x− 2
3
x3 +
2
15
x5
Opción 2: Multiplicando los polinomios de grado 5 del seno y el coseno y truncando en grado 5 se
tiene
(
x− 1
3!
x3 +
1
5!
x5
)(
1− 1
2
x2 +
1
4!
x4
)
= x− 1
3!
x3 +
1
5!
x5 − 1
2
x3 +
1
2
1
3!
x5 +
1
4!
x5
Los coeficientes de x3 y de x5 son los siguientes, que nos llevan al mismo polinomio:
−1
6
− 1
2
= −1 + 3
6
− 2
3
y
1
120
+
1
12
+
1
24
=
1 + 10 + 5
120
=
16
120
=
2
15
Opción 3: Usamos la definición, derivando y evaluando en 0; en la segunda derivada se encuentra
un múltiplo de la propia función f , con lo que el resto de cálculos se simplifican:
f(x) = sen(x) cos(x) f(0) = 0
f ′(x) = cos2(x)− sen2(x) f ′(0) = 1
f ′′(x) = −2 cos(x) sen(x)− 2 sen(x) cos(x) = −4f(x) f ′′(0) = 0
f ′′′(x) = [−4f(x)]′ = −4f ′(x) f ′′′(0) = −4
f iv(x) = [−4f ′(x)]′ = −4f ′′(x) = 16f(x) f iv(0) = 0
fv(x) = [16f(x)]′ = 16f ′(x) fv(0) = 16
Como antes (claro), el coeficiente de x3 es −4/3! = −2/3 y el de x5 es 16/5! = 2/15.
En cuanto al valor en 0,1, sustituyendo se tiene
P (0,1) = 0,1− 0,0006666666 · · ·+ 0,0000013333 . . . = 0,0993346666 . . .
El valor “real” que da la calculadora es f(0,1) = sen(0,1) cos(0,1) = 12 sen(0,2) = 0,09933466539 . . .
por lo que las 7 primeras cifras significaticas (los 8 primeros decimales) de la aproximación son
correctos. Esta precisión no es rara en cuanto el grado del polinomio es un poco alto.
o
Matemáticas de 1 , problemas 183 Alberto del Valle Robles