Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (63)

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11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
22. Calcula el polinomio de Maclaurin de grado 3 de f(x) = ln(1 + 2x+ x2) y úsalo para dar un valor
aproximado de f(0, 1) = ln(1, 21), acotando el error cometido.
Solución: Es fácil si se simplifica f(x) = ln((1 + x)2) = 2 ln(1 + x) (¡todo es más fácil si se
simplifica!), pues sale directamente el doble del desarrollo de ln(1+x), o sea p(x) = 2x−x2+ 23 x3.
También se puede observar que 2x + x2 tiende a cero y por tanto el polinomio se puede obtener
sustituyendo x por 2x+ x2 en el desarrollo de ln(1 + x) y truncando en grado 3.
El valor aproximado que se pide es
p(0, 1) = 0, 2− 0, 01 + 0, 000666 . . . = 0, 190666 . . .
Para acotar el error necesitamos la derivada cuarta, aśı que calculamos:
f ′(x) = 2(1 + x)−1 f ′′(x) = −2(1 + x)−2 f ′′′(x) = 4(1 + x)−3 f ′′′′(x) = −12(1 + x)−4
y el error cometido al aproximar f(0, 1) por p(0, 1) es
R4(0, 1) =
f ′′′′(ξ)
4!
(0, 1)4 =
−12(1 + ξ)−4
24
10−4 = −5 · 10−5(1 + ξ)−4
para cierto ξ entre 0 y 0, 1. Para esos valores de ξ, la función (1 + ξ)−4 es claramente positiva y es
decreciente, pues su derivada −4(1 + ξ)−5 es negativa. Por tanto alcanza su máximo a la izquierda
del intervalo con valor 1. En definitiva, el error está acotado en valor absoluto por 5 · 10−5.
(Nota: la calculadora da el valor ln(1, 21) = 0, 190620 . . . por lo que el error ”real” es de unos
4, 6 · 10−5 y la cota obtenida está muy ajustada.)
o
23. Dada la función f(x) = (1+x) ln(1+x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 3, úsalo para
calcular el valor de 1,1 · ln(1,1) y acota el error cometido al hacer esa aproximación.
Solución: Para calcular el polinomio multiplicamos 1 + x por el desarrollo de ln(1 + x) ≈ x −
1
2 x
2 + 13 x
3 − · · · y truncamos en grado 3 para obtener x+ 12x2 − 16x3. Entonces
1,1 · ln(1,1) = f(0, 1) ≈ P (0,1) = 0,1 + 0,005− 0,0001666 · · · = 0,10483333 . . .
Para acotar el error se necesita la cuarta derivada. Calculamos13:
f ′(x) = · · · = 1+ ln(1 + x) f ′′(x) = (1 + x)−1 f ′′′(x) = −(1 + x)−2 f ′′′′(x) = 2(1 + x)−3
El error cometido lo da el resto de Lagrange R4(x) =
f ′′′′(φ)
24
x4 con φ entre 0 y x; en nuestro caso
es x = 0,1, luego φ ∈ [0, 0,1] y
R4(0,1) =
(1 + φ)−3
12
10−4
Como 1 + φ es creciente, (1 + φ)−3 es decreciente (y positiva) y por tanto alcanza su máximo a
la izquierda del intervalo, o sea cuando φ = 0, y ese máximo vale 1. En definitiva el error queda
acotado por
|R4(0,1)| ≤
1
12
10−4 < 10−5
o
13Evaluando en 0 tenemos f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 1 y f ′′′(x) = −1, lo que nos daŕıa el polinomio de grado 3).
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11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
24. Dada la función f(x) = (1− x) ln(1− x), calcula su polinomio de Maclaurin de grado 3 y acota el
error cometido al usar el polinomio para aproximar el valor de 1,1 ln(1,1) (no se pide el valor de la
aproximación, sólo la cota del error).
Solución: Para calcular el polinomio necesitamos evaluar en x = 0 la función y sus tres primeras
derivadas, y para acotar el error necesitaremos la cuarta derivada. Calculamos y evaluamos en
x = 0:
f(x) = (1− x) ln(1− x) f(0) = 0.
f ′(x) = − ln(1− x)− (1− x) 1
1− x = −1− ln(1− x) f
′(0) = −1.
f ′′(x) = (1− x)−1 f ′′(0) = 1.
f ′′′(x) = (1− x)−2 f ′′′(x) = 1.
f ′′′′(x) = 2(1− x)−3.
Por tanto el polinomio es
P3(x) = f(0) + f
′(0)x+
f ′′(0)
2
x2 +
f ′′′(0)
6
x3 = −x+ 1
2
x2 +
1
6
x3
que también se puede obtener multiplicando (1 − x) por −x − 12x2 − 13x3 (desarrollo de ln(1 − x)
hasta el grado 3) y truncando en grado 3.
El valor de 1,1 ln(1,1) es f(−0,1). Su aproximación (que no se pide) se obtendŕıa sustituyendo
x = −0,1 en P3(x), y el error cometido (que debemos acotar) lo da el valor absoluto del resto de
Lagrange en x. Este resto vale
R4(x) =
f ′′′′(ξ)
24
x4 =
(1− ξ)−3
12
x4 R4(−0,1) =
(1− ξ)−3
12
10−4
para cierto ξ entre 0 y x = −0,1, o sea ξ ∈ [−0,1, 0]. Como 1− ξ es decreciente (siempre) y positiva
(en ese intervalo), (1 − ξ)−3 es creciente y positiva; por tanto alcanza su máximo a la derecha del
intervalo, o sea cuando ξ = 0, y ese máximo vale 1. En definitiva el error queda acotado por
|R4(−0,1)| ≤
1
12
10−4 < 10−5
o
25. Halla una cota del error cometido al usar los tres primeros términos del desarrollo de Maclaurin de
la función sen(x) para calcular sen(π/12).
Solución: Esos tres primeros términos forman el polinomio de grado 2, luego hay que considerar
el resto de grado 3, que por la fórmula de Lagrange vale
R3(x) = f
′′′(a)x3/3! = −x3 cos(a)/6
para cierto a ∈ (0, x). Para x = π/12 podemos acotar el coseno por 1 y π/12 por 4/12 = 1/3, de
modo que el error queda acotado por
|R3(π/12)| ≤ (1/6)(1/3)3 = 1/162 = 0′006 . . . < 7 · 10−3
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11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
Si en lugar de los tres primeros términos se piensa en el polinomio de grado tres entonces hay que
usar R4(x) = x
4 sen(a)/4! y si se usa además sen(a) < a < x se obtiene la cota
|R4(π/12)| < (π/12)5/24 = 1/(3524) = 1/5,832 < 2 · 10−4
o
26. Obtén el polinomio de Maclaurin de grado 4 de y(x) = sen(x/3), indicando los valores positivos de
x para los que se puede asegurar que el error cometido al aproximar la función por el polinomio es
menor que 10−3.
Solución: El polinomio es P4(x) = y(0) + y
′(0)x + 12y
′′(0)x2 + 16y
′′′(0)x3 + 124y
iv(0)x4, con error
máximo R5(x) =
∣
∣
1
120y
v(θ)x5
∣
∣ para cierto θ entre 0 y x. Las derivadas sucesivas valen
y′(x) =
cos(x/3)
3
y′′(x) =
− sen(x/3)
9
y′′′(x) =
− cos(x/3)
27
yiv(x) =
sen(x/3)
81
yv(x) =
cos(x/3)
243
En x = 0 se tiene y(0) = 0, y′(0) = 13 , y
′′(0) = 0, y′′′(0) = −127 , y
iv(0) = 0, luego P4(x) =
1
3
x− 1
162
x3.
La cota de error es
R5(x) =
∣
∣
∣
∣
1
120 · 243 cos(θ/3)x
5
∣
∣
∣
∣
≤ 1
29,160
x5
(sólo se consideran valores positivos de x), que se hace menor que 10−3 cuando x5 < 29,160 ·10−3 =
29′16, o sea cuando x < 5
√
29′16 = 1′963 . . . .
o
27. Acota el error de la fórmula de aproximación
√
1 + x ≈ 1 + x
2
− x
2
8
para 0 ≤ x ≤ 1 y halla un valor aproximado de
√
1′5 estimando el error cometido.
Solución: La fórmula es el polinomio de Maclaurin de grado 2 de la función f(x) =
√
1 + x =
(1 + x)1/2. Como f ′′′(x) = 38(1 + x)
−5/2, el resto de Lagrange es R3(x) = 16
3
8(1 + ξ)
−5/2x3 con
0 < ξ < x. Como (1 + ξ)−5/2 es decreciente, alcanza su mı́nimo cuando ξ vale 0 y ese mı́nimo vale
1, por lo que R3(x) ≤ 116x3. Por tanto, para 0 ≤ x ≤ 1 el error está acotado por 116 = 0′0625.
Para x = 0′5 se obtiene la aproximación
√
1′5 ≈ 1 + 14 − 132 = 1′21875 con error acotado por
R3(0
′5) ≤ 116 18 = 0′0078125.
o
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