Matem1 Problemas Resueltos Algebra (Junio 2023) (64)

Vista previa del material en texto

11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
28. Usando el polinomio de Maclaurin de la función adecuada, calcula aproximadamente 14√e con un
error menor que 10−3.
Solución: Se trata de calcular e−1/4, es decir, el valor de la función f(x) = ex en el punto x = −1/4.
Su polinomio de Maclaurin de grado n es Pn(x) = 1+x+
1
2x
2+ 13!x
3+ · · ·+ 1n!xn, y hay que evaluarlo
en x = −1/4 con el grado n adecuado para que el error sea menor que 10−3. El error (en valor
absoluto) para x = −1/4 es Rn(−1/4) = 1(n+1)!eθ(1/4)n+1 =
eθ
4n+1(n+1)!
con −1/4 < θ < 0, que se
hace máximo cuando θ = 0. Es decir, Rn(−1/4) < 14n+1(n+1)! , que se hace menor que 10−3 para
n = 3. Entonces el polinomio vale
P3(−1/4) = 1−
1
4
+
1
42 · 2 −
1
43 · 3! = 1− 0
′25 + 0′03125− 0′00260 . . . = 0′77865 . . .
con error menor que 10−3 (el valor “exacto.es e−1/4 = 0′77880078 . . . ).
o
29. Se quiere utilizar el polinomio de Maclaurin de f(x) = ln(1 + x) para calcular el valor de ln(1′2)
con un error menor que 10−6. ¿Qué grado hay que tomar?
Solución: Como f (n)(x) = ±(n− 1)!(1 + x)−n, el resto de orden n del polinomio es
Rn+1(x) = ±
n!(1 + ξ)−(n+1)
(n+ 1)!
xn+1 = ±(1 + ξ)
−(n+1)
n+ 1
xn+1
con ξ entre 0 y x. Para calcular ln(1′2) hay que tomar x = 0′2. En el intervalo [0 , 0′2] la función
(1 + ξ)−(n+1) es decreciente y positiva, luego alcanza su máximo en ξ = 0 con valor 1. Aśı, el
error cometido al calcular ln(1′2) se puede acotar por |Rn+1(0′2)| ≤
0′2n+1
n+ 1
, y será menor que 10−6
cuando 0′2n+1 = 2n+110−(n+1) < (n+ 1)10−6, o sea 2n+1 < (n+ 1)10n−5. Para n = 6 aún se tiene
27 = 128 > 7 · 10 = 70, y para n = 7 ya śı se tiene 28 = 256 < 8 · 102 = 800. Por tanto hay que
tomar grado 7.
o
30. La ecuación x2 + xy2 + y = 2 define a la variable y como función de x con y(0) = 2. Calcula el
polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).
Solución: Derivamos con respecto a x en ambos miembros de la ecuación, teniendo en cuenta que
y es función de x:
2x+ y2 + 2xyy′ + y′ = 0
Evaluando en x = 0 (con y = 2) se tiene 4 + y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −4.
Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros se tiene
2 + 2yy′ + 2yy′ + 2x(y′)2 + 2xyy′′ + y′′ = 0
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2 e y′ = −4) se tiene 2 − 16 − 16 + y′′(0) = 0, por lo que
y′′(0) = 30.
Por tanto el polinomio pedido es P2(x) = y(0) + y
′(0) +
1
2
y′′(0) = 2− 4x+ 15x2.
o
Matemáticas de 1 , problemas 190 Alberto del Valle Robles
11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
Observación: En el problema anterior, y en los siguientes de este apartado (en los que hay que
hacer derivación impĺıcita) es un error escribir por ejemplo f ′(x) = 2x+ y2 + 2xyy′ + y′.
No hay ninguna función f(x) aqúı, y menos una que dependa de varias variables (como x, y o y′).
La función es y = y(x), o sea y es función de una sola variable x. En principio habŕıa que poner
y(x), y′(x) e y′′(x) en lugar de y, y′ e y′′ (salvo cuando se sustituyen valores concretos), pero eso
entorpece la notación y no es necesario toda vez que el enunciado ya afirma que y es función de x.
Por último, cuando se sustituyen los valores concretos x = 0 e y(0) = 2, entonces SÍ hay que indicar
y′(0), para que quede claro que ah́ı no tratamos con la función derivada sino con su valor en un
punto.
o
31. La ecuación x2 + xy2 + 2y = 6 define a la variable y como función de x con y(0) = 3. Calcula el
polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).
Solución: Derivamos con respecto a x en ambos miembros de la ecuación, teniendo en cuenta que
y es función de x:
2x+ y2 + 2xyy′ + 2y′ = 0
Evaluando en x = 0 (con y = 3) se tiene 9 + 2y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −9/2.
Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros se tiene
2 + 2yy′ + 2yy′ + 2x(y′)2 + 2xyy′′ + 2y′′ = 0
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 3 e y′ = −9/2) se tiene 2 − 27 − 27 + 2y′′(0) = 0, por lo que
y′′(0) = 26.
Por tanto el polinomio pedido es P2(x) = y(0) + y
′(0) +
1
2
y′′(0) = 3− 92 x+ 13x2.
o
32. La ecuación x2 + xy2 + y3 + y = 2 define a la variable y como función de x con y(0) = 1. Calcula
el polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).
Solución: Derivando con respecto a x en ambos miembros de la ecuación se tiene
0 = 2x+ y2 + 2xyy′ + 3y2y′ + y′ = 2x+ y2 + (2xy + 3y2 + 1)y′
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1) se tiene 0 = 1 + 4y′(0), por lo que y′(0) = −1/4.
Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros se tiene
0 = 2+2yy′+(2y+2xy′+6yy′)y′+(2xy+3y2+1)y′′ = 2+(4y+2xy′+6yy′)y′+(2xy+3y2+1)y′′
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1 e y′ = −1/4) se tiene
0 = 2 +
(
4− 6
4
) −1
4
+ 4 y′′(0) = 2− 5
8
+ 4 y′′(0) =
11
8
+ 4 y′′(0)
por lo que y′′(0) = −11/32. Por tanto el polinomio pedido es
P2(x) = y(0) + y
′(0) +
1
2
y′′(0) = 1− 1
4
x− 11
64
x2
o
Matemáticas de 1 , problemas 191 Alberto del Valle Robles
11 UNA VARIABLE: POLINOMIOS DE TAYLOR/MACLAURIN
33. La ecuación x3+y3+xy+3x+y = 2 define a la variable y como función de x con y(0) = 1. Calcula
el polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).
Solución: Derivamos con respecto a x en ambos miembros de la ecuación, teniendo en cuenta que
y es función de x:
3x2 + 3y2y′ + y + xy′ + 3 + y′ = 0 o 3x2 + y + 3 + (3y2 + x+ 1)y′ = 0
Evaluando en x = 0 (con y = 1) se tiene 4 + 4y′(0) = 0, por lo que y′(0) = −1.
Derivando con respecto a x en la última expresión se tiene
6x+ y′ + (6yy′ + 1)y′ + (3y2 + x+ 1)y′′ = 0
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 1 e y′ = −1) se tiene −1 + 6 − 1 + 4y′′(0) = 0, por lo que
y′′(0) = −1.
Por tanto el polinomio pedido es P2(x) = y(0) + y
′(0) +
1
2
y′′(0) = 1− x− 1
2
x2.
o
34. La ecuación 2x2 + xy2 + y3 = 8 define a la variable y como función de x con y(0) = 2. Calcula el
polinomio de Maclaurin de grado 2 de y(x).
Solución: Derivando con respecto a x en ambos miembros de la ecuación se tiene
0 = 4x+ y2 + 2xyy′ + 3y2y′ = 4x+ y2 + (2xy + 3y2)y′
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2) se tiene 0 = 4 + 12y′(0), por lo que y′(0) = −1/3.
Derivando de nuevo con respecto a x en ambos miembros se tiene
0 = 4 + 2yy′ + (2y + 2xy′ + 6yy′)y′ + (2xy + 3y2)y′′ = 4 + (4y + 2xy′ + 6yy′)y′ + (2xy + 3y2)y′′
Evaluando ahora en x = 0 (con y = 2 e y′ = −1/3) se tiene
0 = 4 + (8− 4)−1
3
+ 12y′′(0) =
8
3
+ 12y′′(0)
por lo que y′′(0) = −2/9. Por tanto el polinomio pedido es
P2(x) = y(0) + y
′(0) +
1
2
y′′(0) = 2− 1
3
x− 1
9
x2
o
Matemáticas de 1 , problemas 192 Alberto del Valle Robles