01 Trabajo Práctico Nro 1 (POLINOMIOS DE Mc LAURIN - TAYLOR)

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Matemática 
1er. cuatrimestre del año 2020 
Trabajo Práctico Nro. 1 
Taller de Resolución de Problemas 
Compendio de problemas con resolución 
(APLICACIONES DE LA DERIVADA: POLINOMIOS DE Mc LAURIN - TAYLOR) 
 
 
Este es un documento realizado por lxs docentes Marcela Araujo (Jefa de Trabajos Prácticos) y 
Mariano Reynoso (Ayudante) para lxs alumnxs de las comisiones 4 y 5 de la materia Matemática 
de las carreras de Farmacia y Bioquímica de la Facultad de Farmacia y Bioquímica de la 
Universidad de Buenos Aires. 
2 
 
POLINOMIOS DE Mc LAURIN - TAYLOR 
En clases anteriores estuvimos aproximando valores que toma la imagen de funciones en un 
entorno de un punto utilizando la recta tangente que podemos pensarla como un polinomio de 
grado 1 ¿verdad? 
𝑦𝑡 = 𝑃1(𝑥) = 𝑓
′(𝑥)(𝑥 − 𝑥0) + 𝑓(𝑥0) 
El anterior polinomio cumple: 
𝑃1(𝑥0) = 𝑓(𝑥0) 
𝑃1
′(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0) 
Si buscamos ahora un polinomio de grado 2 que cumpla: 
𝑃2(𝑥0) = 𝑓(𝑥0) 
𝑃2
′(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0) 
𝑃2
′′(𝑥0) = 𝑓
′′(𝑥0) 
Este polinomio resulta: 
𝑃2(𝑥) =
𝑓′′(𝑥0)
2
(𝑥 − 𝑥0)
2 + 𝑓′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0) + 𝑓(𝑥0) 
Y se le llama polinomio de Taylor de orden 2. Ahora si buscamos un polinomio de grado 3 que 
cumpla: 
𝑃3(𝑥0) = 𝑓(𝑥0) 
𝑃3
′(𝑥0) = 𝑓
′(𝑥0) 
𝑃3
′′(𝑥0) = 𝑓
′′(𝑥0) 
𝑃3
′′′(𝑥0) = 𝑓
′′′(𝑥0) 
Este polinomio es: 
𝑃3(𝑥) =
𝑓′′′(𝑥0)
6
(𝑥 − 𝑥0)
3 +
𝑓′′(𝑥0)
2
(𝑥 − 𝑥0)
2 + 𝑓′(𝑥0)(𝑥 − 𝑥0) + 𝑓(𝑥0) 
Y se le llama polinomio de Taylor de orden 3. 
Si los 𝑥0 = 0 los polinomios reciben el nombre de polinomios de Mc Laurin. 
Estos polinomios se pueden generalizar para órdenes superiores de manera de: 
𝑃𝑘(𝑥) = 𝑓(𝑥0) +
𝑓′(𝑥0)
1!
(𝑥 − 𝑥0) +
𝑓′′(𝑥0)
2!
(𝑥 − 𝑥0)
2 +
𝑓′′′(𝑥0)
3!
(𝑥 − 𝑥0)
3 + ⋯ +
𝑓𝑘(𝑥0)
𝑘!
(𝑥 − 𝑥0)
𝑘 
Con 𝑘 ≥ 1 entero y 𝑥0 ∈ ℝ con 𝑓: ℝ → ℝ diferenciable 𝑘 veces en 𝑥0 
Resolvamos algunos ejercicios. 
3 
 
Ejercicio 25 
En el ítem a) nos piden hallar el polinomio de Taylor o Mc Laurin de orden 3 para las funciones 
presentadas, vamos a seleccionar la función del ítem b). 
𝑓(𝑥) = ln 𝑥 ; 𝑥0 = 1 
El polinomio de Taylor de orden 3 es: 
𝑃3(𝑥) =
𝑓′′′(1)
6
(𝑥 − 1)3 +
𝑓′′(1)
2
(𝑥 − 1)2 + 𝑓′(1)(𝑥 − 1) + 𝑓(1) 
𝑓(𝑥) = ln 𝑥 ⇒ 𝑓(1) = ln 1 = 0 
𝑓′(𝑥) =
1
𝑥
⇒ 𝑓′(1) =
1
1
= 1 
𝑓′′(𝑥) = −
1
𝑥2
⇒ 𝑓′′(1) = −
1
12
= −1 
𝑓′′′(𝑥) =
2
𝑥3
⇒ 𝑓′′′(1) =
2
13
= 2 
El polinomio queda 
𝑃3(𝑥) =
2
6
(𝑥 − 1)3 −
1
2
(𝑥 − 1)2 + 1(𝑥 − 1) + 0 
𝑃3(𝑥) =
1
3
(𝑥 − 1)3 −
1
2
(𝑥 − 1)2 + 𝑥 − 1 
Nos piden además calcular, en el ítem b), utilizando el polinomio anterior, un valor aproximado 
de ln(0,8) y como 0,8 es un valor cercano a 𝑥0 = 1 podemos hacer la aproximación: 
ln(0,8) ≅ 𝑃3(0,8) 
ln(0,8) ≅
1
3
(0,8 − 1)3 −
1
2
(0,8 − 1)2 + 0,8 − 1 
ln(0,8) ≅ −0,222666666 
En el ítem c) nos piden graficar usando Geogebra® la función y los polinomios de Taylor de orden 
1, 2 y 3 para la función de fórmula 𝑓(𝑥) =
1
1+𝑥
 en 𝑥0 = 0, en este caso, serían los polinomios de 
Mc Laurin. 
𝑓(𝑥) =
1
1 + 𝑥
⇒ 𝑓(0) =
1
1 + 0
= 1 
𝑓′(𝑥) = −
1
(1 + 𝑥)2
⇒ 𝑓′(0) = −
1
(1 + 0)2
= −1 
𝑓′′(𝑥) =
2
(1 + 𝑥)3
⇒ 𝑓′′(0) =
2
(1 + 0)3
= 2 
4 
 
𝑓′′′(𝑥) = −
6
(1 + 𝑥)4
⇒ 𝑓′′′(0) = −
6
(1 + 0)4
= −6 
Ahora construimos los polinomios: 
𝑃1(𝑥) = 𝑓
′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓(0) ⇒ 𝑃1(𝑥) = −𝑥 + 1 
𝑃2(𝑥) =
𝑓′′(0)
2
(𝑥 − 0)2 + 𝑓′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓(0) ⇒ 𝑃2(𝑥) = 𝑥
2 − 𝑥 + 1 
𝑃3(𝑥) =
𝑓′′′(0)
6
(𝑥 − 0)3 +
𝑓′′(0)
2
(𝑥 − 0)2 + 𝑓′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓(0) ⇒ 
𝑃3(𝑥) = −𝑥
3 + 𝑥2 − 𝑥 + 1 
Ahora graficamos la función y los tres polinomios obtenidos: 
Observar que alrededor del cero, se mejora la aproximación de las imágenes que toma la función 
al aumentar el orden del polinomio. Esto podemos evidenciarlo dado que 𝑃3 está más pegado a 
𝑓 que 𝑃2 y 𝑃1 
Ejercicio 26 
Vamos a aproximar, utilizando el polinomio de Taylor de orden 2 en 𝑥0 = 4 eligiendo 
previamente una función conveniente, el valor de cos(0,2) 
Vamos a elegir 𝑓(𝑥) = cos (𝑥 − 4) porque el punto en el cual hay que construir el polinomio es 
𝑥0 = 4 y como tenemos que aproximar cos(0,2) si evaluamos la función en 4,2, es decir, 𝑓(4,2), 
vamos a estar aproximando el valor indicado, porque 𝑓(4,2) = cos(4,2 − 4) = cos (0,2) 
Además, observemos que el valor 4,2 está cerca del 4, que es donde se construye el polinomio. 
Planteo el polinomio: 
5 
 
𝑃2(𝑥) =
𝑓′′(4)
2
(𝑥 − 4)2 + 𝑓′(4)(𝑥 − 4) + 𝑓(4) 
𝑓(𝑥) = cos(𝑥 − 4) ⇒ 𝑓(4) = cos(4 − 4) = cos 0 = 1 
𝑓′(𝑥) = − sen(𝑥 − 4) ⇒ 𝑓′(4) = − sen(4 − 4) = − sen 0 = 0 
𝑓′′(𝑥) = − cos(𝑥 − 4) ⇒ 𝑓′′(4) = − cos(4 − 4) = − cos 0 = −1 
El polinomio queda: 
𝑃2(𝑥) = −
1
2
(𝑥 − 4)2 + 0(𝑥 − 4) + 1 
𝑃2(𝑥) = −
1
2
(𝑥 − 4)2 + 1 
Ahora aproximamos el valor que tomaría la función en 𝑥 = 4,2 utilizando el polinomio de Taylor 
que acabamos de construir: 
𝑓(4,2) ≅ 𝑃2(4,2) 
cos(0,2) ≅ −
1
2
(4,2 − 4)2 + 1 
cos(0,2) ≅ −
1
2
(0,2)2 + 1 
cos(0,2) ≅ 0,98 
Ejercicio 28 
En este ejercicio nos piden verificar que para valores cercanos a cero son válidas las siguientes 
aproximaciones: 
 c) 
√4 + 𝑥 ≅ 2 +
1
4
𝑥 −
1
64
𝑥2 
Para verificar esta aproximación demuestro que 𝑓(𝑥) = √4 + 𝑥 se aproxima con el polinomio de 
Mc Laurin de orden 2 
𝑃2(𝑥) =
𝑓′′(0)
2
(𝑥 − 0)2 + 𝑓′(0)(𝑥 − 0) + 𝑓(0) 
𝑃2(𝑥) =
𝑓′′(0)
2
𝑥2 + 𝑓′(0)𝑥 + 𝑓(0) 
𝑓(𝑥) = √4 + 𝑥 ⇒ 𝑓(0) = √4 + 0 = √4 = 2 
𝑓(𝑥) = (4 + 𝑥)
1
2 ⇒ 𝑓′(𝑥) =
1
2
(4 + 𝑥)−
1
2 ⇒ 𝑓′(0) =
1
2
(4 + 0)−
1
2 =
1
4
 
6 
 
𝑓′′(𝑥) =
1
2
(−
1
2
) (4 + 𝑥)−
3
2 ⇒ 𝑓′(0) =
1
2
(−
1
2
) (4 + 0)−
3
2 = −
1
32
 
El polinomio nos queda: 
𝑃2(𝑥) =
−
1
32
2
𝑥2 +
1
4
𝑥 + 2 
𝑃2(𝑥) = −
1
64
𝑥2 +
1
4
𝑥 + 2 
Entonces la función se aproxima por el polinomio de Mc Laurin para valores cercanos al cero, lo 
que podemos escribirlo como 𝑓(𝑥) ≅ 𝑃2(𝑥) para 𝑥 cercanos al 0, es decir que: 
√4 + 𝑥 ≅ 2 +
1
4
𝑥 −
1
64
𝑥2 
Y se verifica la aproximación. 
Ejercicio 29 
Vamos a resolver este ejercicio que nos dice que tenemos a 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥𝑒3𝑥 − 𝑏𝑥 + 1 y tenemos 
que calcular 𝑎 y 𝑏 sabiendo que el polinomio de Taylor de orden 2 en 𝑥0 = 0 es 𝑃2(𝑥) = 1 +
3𝑥 +
27
2
𝑥2 
Por definición del polinomio tenemos que 𝑓(0) = 1, 𝑓′(0) = 3 y 𝑓′′(0) = 27 
Entonces evaluamos la función y sus derivadas en 0 e igualo a los respectivos valores: 
𝑓(𝑥) = 𝑎 ∙ 𝑥 ∙ 𝑒3∙𝑥 − 𝑏 ∙ 𝑥 + 1 ⇒ 𝑓(0) = 𝑎 ∙ 0 ∙ 𝑒3∙0 − 𝑏 ∙ 0 + 1 = 1 
Es el valor esperado, porque habíamos propuesto que 𝑓(0) = 1 
𝑓′(𝑥) = 𝑎 ∙ 𝑒3∙𝑥 + 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑥 ∙ 𝑒3∙𝑥 − 𝑏 ⇒ 𝑓′(0) = 𝑎 ∙ 𝑒3∙0 + 3 ∙ 𝑎 ∙ 0 ∙ 𝑒3∙0 − 𝑏 = 𝑎 − 𝑏 
Como dijimos que 𝑓′(0) = 3 entones a 𝑎 − 𝑏 lo igualamos a 3: 
𝑎 − 𝑏 = 3 
𝑓′′(𝑥) = 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑒3∙𝑥 + 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑒3∙𝑥 + 3 ∙ 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑥 ∙ 𝑒3∙𝑥 
𝑓′′(0) = 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑒3∙0 + 3 ∙ 𝑎 ∙ 𝑒3∙0 + 3 ∙ 3 ∙ 𝑎 ∙ 0 ∙ 𝑒3∙0 
𝑓′′(0) = 3 ∙ 𝑎 ∙ 1 + 3 ∙ 𝑎 ∙ 1 + 3 ∙ 3 ∙ 𝑎 ∙ 0 ∙ 1 = 3𝑎 + 3𝑎 = 6𝑎 
Como dijimos que 𝑓′′(0) = 27 entones a 6𝑎 lo igualamos a 27: 
6𝑎 = 27 
𝑎 =
27
6
=
9
2
 
Entonces: 
7 
 
𝑎 − 𝑏 = 3 
9
2
− 𝑏 = 3 
9
2
− 3 = 𝑏 
𝑏 =
3
2
 
Entonces 𝑎 =
9
2
 y 𝑏 =
3
2
 
 
La clase que viene trabajaremos con el Teorema que nos salteamos para englobar el tema de 
aproximación de funciones.