Calculo: Polinomio de Taylor

Antonio Garvın

Curso 04/05

1 El polinomio de Taylor

Nos detendremos especialmente en el teorema de Taylor, justificando laintroduccion del polinomio de Taylor como la mejor aproximacion lineal,cuadratica, y en general polinomica de una funcion en un punto. Hare-mos ver que consecuencias teoricas y practicas tiene el teorema de Taylor.Como ejemplo de las consecuencias teoricas deduciremos el criterio sobremaximos y mınimos, y desde un punto de vista mas practico aproximare-mos el valor de algunas funciones acotando el error cometido. Enunciaremoslas propiedades mas importantes sobre los polinomios de Taylor y propon-dremos y calcularemos los polinomios de Taylor de las funciones usuales.

Si f es derivable en a se tiene

limx→a

f(x)− (f(a) + f ′(a)(x− a))x− a

= 0

en particular limx→a

f(x)− (f(a) + f ′(a)(x− a)) = 0

Ası pues si x ' a entonces f(x) ' f(a) + f ′(a)(x− a)

1.1 Ejemplo:

f(x) = ex, f ′(x) = ex. Tomemos el punto a = 0.

f(0) = f ′(0) = e0 = 1

x ' 0 f(x) ' f(0) + f ′(0)(x− 0)

ex ' 1 + 1(x− 0) = 1 + x

Si tomamos por ejemplo x = 0.01

e0.01 ' 1 + 0.01 = 1.01

1

Fijemonos que en realidad estamos aproximando una funcion f por unpolinomio de grado 1, p(x) = b0 + b1(x − a)(= a0 + a1x si lo queremosexpresar en la forma habitual que es centrado en 0 en lugar de a, dondea0 = f(a)−f ′(a)a y a1 = f ′(a)x). Este polinomio p viene caracterizado porla siguiente propiedad: p tiene grado 1, p coincide con el valor de f en a, yla derivada de p, p′, coincide con el valor de la derivada de f ,f ′, en a.

p(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) p′(x) = f ′(a)

p(a) = f(a) p′(a) = f ′(a)

Evidentemente si f es derivable dos veces y f ′′(a) 6= 0 la segunda derivadade p no puede coincidir con la de f en a ya que al ser p de grado 1, todassus derivadas son nulas a partir de 2

p′′(x) = 0 = p′′′(x) = · · · = p(i)(x) i ≥ 2

Podrıamos sin embargo pensar en aproximar f por un polinomio de grado2, en lugar de hacerlo con uno de grado 1. Es esperable que la aproximacionsea mejor si le pedimos que se ” parezca mas ” a f exigiendo ademas quep′′(a) = f ′′(a).

¿Como debe ser este polinomio? Sera de la forma p(x) = a0 +a1x+a2x2

para ciertos coeficientes ai ∈ R y debera cumplir que p(a) = f(a), p′(a) =f ′(a) y p′′(a) = f ′′(a). Por facilidad para el calculo de los coeficientes loexpresamos centrado en el punto a, esto es, en la forma p(x) = b0 + b1(x−a)+ b2(x−a)2 y buscamos determinar los coeficientes bi. Como se tiene que

p(x) = b0 + b1(x− a) + b2(x− a)2 ⇒ p(a) = b0

p′(x) = b1 + 2b2(x− a) ⇒ p′(a) = b1

p′′(x) = 2b2 ⇒ p′(a) = 2b2

para que se cumplan las condiciones sobre las primeras derivadas, los coefi-cientes deben ser

p(a) = f(a) ⇒ b0 = f(a)

p′(a) = f ′(a) ⇒ b1 = f ′(a)

p′′(a) = f ′′(a) ⇒ b2 =f ′′(a)

2Por tanto el polinomio es

p(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2(x− a)2

2

Observemos que los polinomios de grado 0,1 y 2 que coinciden en a con f ,con f y la derivada de f , y con f la derivada de f y la segunda derivada def , son respectivamente

p0(x) = f(a), p1(x) = f(a) + f ′(a)(x− a)

p2(x) = f(a) + f ′(a)(x− a) +f ′′(a)

2(x− a)2

1.2 Ejemplo:

f(x) = log x, f ′(x) = 1x , f ′′(x) = − 1

x2 . Tomemos el punto a = 1. si x estacerca de 1,

log x ' 0

log x ' 0 + (log)′(1)(x− 1) = 0 + 1(x− 1) = x− 1

log x ' 0 + (x− 1) +12(log)′′(1)(x− 1)2 = (x− 1)− 1

2(x− 1)2 =

= (x− 1)− 12(x2 − 2x + 1) = x− 1− 1

2x2 + x− 1

2= −1

2x2 + 2x− 3

2Podemos pensar en aproximar por polinomios de grado mayor, 3, 4, o en

general de un grado cualquiera y es esperable que cuanto mas se ”parezca”a la funcion, mejoren sean las aproximaciones. Ası pues la pregunta que noshacemos es:

¿Como debe ser un polinomio de grado n para que coincidan en a susderivadas, con todas las derivadas de f hasta orden n?

Debe serp(a) = f(a)

p′(a) = f ′(a)

p′′(a) = f ′′(a)

...

p(n)(a) = f (n)(a)

Si expresamos centrado en a, el polinomio y sus derivadas son

p(x) = b0 + b1(x− a) + b2(x− a)2 + b3(x− a)3 + · · ·+ bn(x− a)n

p′(x) = b1 + 2b2(x− a) + 3b3(x− a)2 + · · ·+ nbn(x− a)n−1

3

p′′(x) = 2b2 + 3 · 2b3(x− a) + · · ·+ n · (n− 1)bn(x− a)n−2

p′′′(x) = 3 · 2b3 + · · ·+ n · (n− 1) · (n− 2)bn(x− a)n−3

...

p(n)(x) = n · (n− 1) · (n− 2) · · · 2 · 1bn

Evaluando en a

p(a) = b0

p′(a) = b1

p′′(a) = 2b2

p′′′(a) = 3 · 2b3

...

p(n)(a) = n · (n− 1) · (n− 2) · · · 2 · 1bn = n!bn

Igualando

b0 = f(a)

b1 = f ′(a)

b2 =f ′′(a)

2

b3 =f ′′′(a)

3!...

bn =f (n)(a)

n!El polinomio es

p(x) = f(a)+f ′(a)(x−a)+f ′′(a)

2(x−a)2+

f ′′′(a)3!

(x−a)3+· · ·+f (n)(a)n!

(x−a)n

que podemos expresar como

n∑

i=0

f (i)(a)i!

(x− a)i

siendo f (0) = f , f (1) = f ′, f (2) = f ′′, f (3) = f ′′′, etc.

4

1.3 Definicion:

Al polinomio ası construido que coincide con f y todas sus derivadas hastael orden n en el punto x = a, se denomina polinomio de Taylor de orden nde la funcion f en el punto a. Lo escribimos como Tn,f,a(x)

Tn,f,a(x) =n∑

i=0

f (i)(a)i!

(x−a)i = f(a)+f ′(a)(x−a)+f ′′(a)

2(x−a)2+· · ·+f (n)(a)

n!(x−a)n

La notacion se puede simplificar si se entiende por el contexto quien es elpunto, la funcion y el orden y podremos escribir

Tn,f,a = Tn,f = Tn = T

1. Aproximar f(x) en el punto x = a

f(x) ' Tn,f,a(x)

2. ¿Que error se comete al aproximar f?

Rn,f,a(x) = f(x)− Tn,f,a(x)

Si una funcion es derivable se tiene que

limx→a

f(x)

−T1(x)︷ ︸︸ ︷−f(a)− f ′(a)(x− a)

x− a= 0

o lo que es lo mismo

R1(x)︷ ︸︸ ︷f(x)− T1(x)

x− a

x→a−→ 0, limx→a

R1(x)x− a

= 0

Intuitivamente esto puede ser interpretado como que para valores de x muycercanos a a, el error R1(x) es menor que la diferencia entre x y a, ya quepara que el lımite sea 0 apartir de un lugar el numerador debe ser menorque el denominador. El siguiente resultado, que generaliza el hecho anterior,nos dice que cuanto mayor sea el orden la aproximacion sera mejor.

5

1.4 Teorema:

Si f es n veces derivable ”cerca de a”(en un entorno de a) entonces,

limx→a

Rn,f,a(x)(x− a)n

= 0

Suponiendo solo un poco mas podemos podemos incluso dar una esti-macion del resto

1.5 Teorema:

Si f es (n + 1) veces derivable cerca de a, entonces

1. (Lagrange)

Rn(x) =f (n+1)(c)(n + 1)!

(x− a)n+1 c entre x y a

2. (Cauchy)

Rn(x) =f (n+1)(c)

n!(x− c)n(x− a) c entre x y a

3. (Integral)

Rn(x) =∫ x

a

f (n+1)(t)n!

(x− t)ndt

1.6 (I) Consecuencia:

Si | f (n+1) |≤ K entre a y x, entonces

| Rn(x) |≤ K

(n + 1)!| x− a |n+1

1.7 Ejemplo:

Calculemos cos 36o con error menor que 10−4.36o = π/5rad, consideramos cosx en el punto x = π/5Tenemos

0 = a ≤ x = π/5 ≤ 1

f(x) = cosx f ′(x) = − sen x f ′′(x) = − cosx f ′′′(x) = sen x

6

f (4)(x) = cosx f (5)(x) = − sen x f (6)(x) = − cosx f (7)(x) = sen x · · ·

f(0) = 1 f ′(0) = 0 f ′′(0) = −1 f ′′′(0) = 0

f (4)(0) = 1 f (5)(0) = 0 · · ·

T2n,cos x,0(x) = f(0)+f ′(0)(x−0)+f ′′(0)

2(x−0)2+

f ′′′(0)3!

(x−0)3+· · ·+f (2n)(0)(2n)!

(x−0)2n

T2n,cos x,0(x) = 1︸︷︷︸(n=0)

+−12

x2

︸ ︷︷ ︸(n=1)

+14x4

︸︷︷︸(n=2)

+ · · ·+ (−1)n x2n

(2n)!

T2n,cos x,0(x) = 1− x2

2+

x4

4!− x6

6!+

x8

8!− · · ·+ (−1)n x2n

(2n)!

f(π/5) ' T2n(π/5)

f(π/5) = T2n(π/5) + R2n(π/5)

| R2n(π/5) |=| (cosx)2n+1(c)(2n + 1)!

(π/5−0)2n+1 |≤ 1(2n + 1)!

(π/5)2n+1 ≤ 1(2n + 1)!

¿1

(2n + 1)!< 10−4 ?

1(2n + 1)!

< 10−4 ⇐⇒ (2n + 1)! > 104

Si n = 4, 9! > 8! = 40.320 > 104.

n = 4

cosπ/5 = T8(π/5) + ε con ε < 10−4

cosπ/5 = 1− (π/5)2

2+

(π/5)4

4!− (π/5)6

6!+

(π/5)8

8!+ ε

7

1.8 (II) Consecuencia:

Si f es (n + 1) veces derivable cerca de a y si

f ′(a) = f ′′(a) = · · · = f (n−1)(a) = 0, y f (n)(a) 6= 0

Entonces:

1. Si n es par y f (n)(a) > 0 =⇒ a es un mınimo local.

2. Si n es par y f (n)(a) < 0 =⇒ a es un maximo local.

3. Si n es impar =⇒ a es un punto de inflexion.

1.9 Propiedades:

α, β ∈ R, f y g funciones.

(1) Tn(αf + βg) = αTn(f) + βTn(g)

(2) Tn(f · g) = Tn(f) · Tn(g)−{terminos de orden > n}

(3) Tn(f/g) =Tn(f)Tn(g)

”haciendo division larga hasta n”

(4) Tn(f ◦ g) = Tn(f) ◦ Tn(g)−{terminos de orden > n}(5) [Tn(f)]′ = Tn−1(f ′)

(6)∫ x

aTn(f)(t)dt = Tn+1(

∫ x

a)f(t)dt

(6)’∫

Tn(f) = Tn+1(∫

f) + K, K ∈ R.

1.10 Algunos ejemplos:

Vamos a calcular los polinomios de Taylor de:

ex, sen x, cosx,1

1− x,− log(1− x), log(1− x), log(1 + x),

11 + x2

, arctag (x), senh (x), cosh(x) (en x = 0)

ex

8

Inmediato

Tn,ex,0(x) = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+ · · ·+ xn

n!

sen x

f(x) = sen x f ′(x) = cosx f ′′(x) = − sen x f ′′′(x) = − cosx

0 1 0 − 1

f iv fv fvi fvii

fviii f ix · · ·

T2n+1, sen ,0(x) = x− x3

3!+

x5

5!− x7

7!+ · · ·+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)!

cosx Ya lo hemos hecho. Veamoslo de otra forma.

[Tn(f)]′ = Tn−1(f ′)

T2n(cos(x)) = (T2n+1( sen (x))′ = (x− x3

3!+

x5

5!− · · ·+ (−1)n x2n+1

(2n + 1)!)′ =

= 1− x2

2+

x4

4!− x6

6!+ · · ·+ (−1)n x2n

(2n)!

11− x

Tn(1) = 1, Tn(1− x) = 1− x

Tn(1

1− x) =

Tn(1)Tn(1− x)

” por division larga hasta n”

1 | 1− x

−(1− x) 1 + x + x2 + · · ·+ xn |x

−(x− x2)x2

−(x2 − x3)x3 · · · xn

−(xn − xn+1)

9

xn+1

Tn, 11−x

,0(x) = 1 + x + x2 + · · ·+ xn

1/(1 + x)Se puede hacer por division larga. Hagamoslo de otra forma:

R (−x)−→ R (1/(1−x))−→ Rx 7→ −x 7→ 1/(1− (−x)) = 1

1+x

| ↑

(1

1 + x) = (

11− x

) ◦ (−x)

Tn(1/(1 + x)) = Tn(1/(1− x)) ◦ Tn(−x) = Tn(1/(1− x)(Tn(−x)) =

= Tn(1/(1− x)(−x) = 1 + (−x) + (−x)2 + · · ·+ (−x)n =

= 1 +−x + x2 − x3 + · · ·+ (−1)nxn

− log(1− x)

(log(1− x))′ =−1

1− x, por tanto (− log(1− x))′ =

11− x

Al ser∫

Tnf = Tn+1

∫f + K, tomando f(x) =

11− x

Tn+1(− log(1− x)) =∫

Tn(1/(1− x)) =∫

1 + x + x2 + · · ·+ xn =

= x +x2

2+

x3

3+ · · · xn+1

n + 1+ K

Como el termino independiente del polinomio de Taylor de g en a es g(a),se tiene que K = 0, de donde

Tn(− log(1− x)) = x +x2

2+

x3

3+ · · · x

n

n

log(1− x)

10

Tn(αf) = αTn(f), α ∈ R, f una funcion. Si tomamos α = −1 yf = − log(1− x), se tiene

Tn(log(1− x)) = −x− x2

2− x3

3− · · · − xn

n

log(1 + x)

R (−x)−→ R log(1−x)−→ Rx 7→ −x 7→ log(1− (−x)) = log(1 + x)

| ↑

Tn(log(1 + x)) = Tn(log(1− x)) ◦ Tn(−x) = Tn(log(1− x))(−x)

Tn(log(1 + x)) = −(−x)− (−x)2

2− (−x)3

3+ · · ·+−(−x)n

n=

= x− x2

2+

x3

3+ · · ·+ (−1)n+1 xn

n

1/(1 + x2)Se puede hacer como Composicion,

R (x2)−→ R 1/(1+x)−→ Rx 7→ x2 7→ 1

1+x2

| ↑o por ”Division larga”

1 | 1 + x2

En cualquier caso se obtiene:

T2n, 11+x2 ,0(x) = 1− x2 + x4 − x6 + x8 + · · ·+ (−1)nx2n

arctag (x) Integrando el resultado anterior, y salvo una constante Cse tiene:

T2n+1, arctag x,0(x) + C = x− x3

3+

x5

5− x7

7+

x9

9+ · · ·+ (−1)n x2n+1

2n + 1

Por ser arctag (0) = 0 =⇒ C = 0.senh x y coshx

11

senh x =ex − e−x

2

coshx =ex + e−x

2

Tex = 1 + x +x2

2!+

x3

3!+

x4

4!+ · · ·+ xn

n!

Te−x = 1− x +x2

2!− x3

3!+

x4

4!+ · · ·+ (−1)n xn

n!

T2n+1, senh x,0(x) = x +x3

3!+

x5

5!+ · · ·+ x2n+1

(2n + 1)!

T2n,cosh x,0(x) = 1 +x2

2+

x4

4!+ · · ·+ x2n

(2n)!

12