Nos planteamos ahora la cuestión de que si una función f es indefinidamente derivable en un intervalo I y a es un punto de I, existen números a_0, a_1, a_2,\ldotstales que
f(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty{a_n(x-a)^n}.
De existir necesariamente, como vimos en el tema de serie de potencias, debe cumplirse
a_n=\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}\quad n=0,1,2,\ldots
y se llama serie de Taylor de la función f centrada en a a la serie
\sum\limits_{n = 0}^\infty{\dfrac{f^{(n)}(a)}{n!}(x-a)^n}.
Si a=0 se llama serie de Maclaurin.
Veamos como ejemplo el desarrollo de Maclaurin de la función f(x)=e^x.
Como f^{(n)}(x)=e^x para todo x, f^{(n)}(0)=1 para todo n y entonces
e^x=\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n}=\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{x^n}{n!}}.
Teorema: Sea f una función indefinidamente derivable en un intervalo I. La condición necesaria y suficiente para que f pueda desarrollarse en serie de Taylor en I, es que el resto de Taylor, R_n(x), tienda a cero cuando n\rightarrow\infty para todo x\in I.
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {R_n}(x) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{f^{(n + 1)}}(c_n)}}{{(n + 1)!}}{(x – a)^{n + 1}} = 0, para todos los x de I.
Recordemos que c_n es un punto situado en el intervalo definido por a y x, es decir, (a,x) o (x,a) y que por lo tanto depende de x.
Vamos a probar que la serie de Maclaurin de la función f(x)=e^x converge para cada x\in\mathbb{R}, es decir, el resto de Taylor tiene límite cero cuando n tiende a infinito para todo x.
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {R_n}(x) = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{f^{(n + 1)}}({c_n})}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{e^{c_n}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}
vale cero siendo c_n un número comprendido entre 0 y x.
Puesto que |c_n|<|x| y la función e^x es creciente se verifica que e^{|c_n|}\leq e^{|x|} y entonces
\left| {{R_n}(x)} \right| = \left| {\dfrac{{{e^{\left| {{c_n}} \right|}}}}{{(n + 1)!}}{x^{n + 1}}} \right| \le \dfrac{{{e^{\left| x \right|}}}}{{(n + 1)!}}{\left| x \right|^{n + 1}}.
Sólo nos fata probar que \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{{\left| x \right|}^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}} = 0.
Ahora bien, la serie \sum\limits_{n = 1}^\infty{\dfrac{|\alpha|^{n+1}}{(n+1)!}} con \alpha\in\mathbb{R} es convergente, hecho que se puede ver fácilmente aplicando el criterio del cociente
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty }\dfrac{{\dfrac{{{|\alpha| ^{n + 2}}}}{{(n + 2)!}}}}{{\dfrac{{{|\alpha| ^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}}}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{|\alpha| }{{n + 2}} = 0 < 1
y la serie es convergente. Entonces
\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_n} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \dfrac{{{|\alpha| ^{n + 1}}}}{{(n + 1)!}} = 0,
y por lo tanto \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {R_n}(x) =0 para cualquier x y la función y su serie de MacLaurin coinciden para cada x\in \mathbb{R}.
Desarrollo de funciones conocidas
- Función exponencial: e^x=\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty{\dfrac{x^n}{n!}}, x\in(-\infty,\infty).
- Función seno: \operatorname{sen} x=\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty{\dfrac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}x^{2n-1}}, x\in(-\infty,\infty).
- Función coseno: \cos x=\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty{\dfrac{(-1)^{n}}{(2n)!}x^{2n}}, x\in(-\infty,\infty).
- Función logaritmo: \ln(1+x)=\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty{\dfrac{(-1)^{n-1}}{n}x^{n}}, x\in(-1,1].
- Función arco tangente: \arctg x=\displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty{(-1)^n\dfrac{x^{2n+1}}{2n+1}}, x\in[-1,1].
Teorema: Sean f(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty a_nx^n y g(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty b_nx^n absolutamente convergentes para en un intervalo I, entonces
- f(x)\pm g(x)=\sum\limits_{n = 0}^\infty\left(a_n+b_n\right)x^n en I.
- f(x)\cdot g(x)=\left(\sum\limits_{n = 0}^\infty a_nx^n\right)\cdot\left(\sum\limits_{n = 0}^\infty b_nx^n\right) en I.
- Si h(x) es una función continua, f\!\!\left(h(x)\right)=\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n\left(h(x)\right)^n para h(x)\in I.
Utilizando este teorema podemos resolver cuestiones como las siguientes.
Ejemplo:
- Hallar el desarrollo en serie de Maclaurin de la función f(x)=\cosh x.
Sabemos que \cosh x=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}.
Como e^x=\sum\limits_{n = 0}^\infty{\dfrac{x^n}{n!}}, sustituyendo x por -x tenemos que e^{-x}=\sum\limits_{n = 0}^\infty{(-1)^n\dfrac{x^n}{n!}}.
Entonces
\begin{darray}{rl} {\cosh x} & { = \frac{1}{2}\left( {{e^x} + {e^{ – x}}} \right) = \frac{1}{2}\left[ {\left( {1 + \frac{x}{{1!}} + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} \cdots } \right) + \left( {1 – \frac{x}{{1!}} + \frac{{{x^2}}}{{2!}} – \frac{{{x^3}}}{{3!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} \cdots } \right)} \right]} \\ {} & { = \frac{1}{2}\left( {2 + 2\cdot\frac{{{x^2}}}{{2!}} + 2\cdot\frac{{{x^4}}}{{4!}} + \cdots } \right) = 1 + \frac{{{x^2}}}{{2!}} + \frac{{{x^4}}}{{4!}} + \cdots = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^{2n}}}}{{(2n)!}}} .} \\ \end{darray}
El intervalo de convergencia es (-\infty,\infty).
- Hallar el desarrollo de Maclaurin de la función f(x)=x^2\operatorname{sen}x.
Como el desarrollo en serie de la función g(x)=\operatorname{sen} x en a=0 es \operatorname{sen} x = \displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty {( – 1)^{n-1} \frac{{x^{2n – 1} }}{{\left( {2n – 1} \right)!}}}, multiplicando por x^2 tenemos
f(x)=x^2\cdot g(x)=x^2\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty {( – 1)^{n-1} \frac{{x^{2n – 1} }}{{\left( {2n – 1} \right)!}}}=\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty {( – 1)^{n-1} \frac{{x^{2n +1} }}{{\left( {2n – 1} \right)!}}}.
El intervalo de convergencia es (-\infty,\infty).
- Hallar el desarrollo de Taylor en a=0 de la función f(x)=\dfrac{x}{1+x^2}.
Utilizando la serie geométrica, como
\dfrac{1}{1+x}=1-x+x^2-\cdots=\sum\limits_{n = 1}^\infty{(-1)^{n-1}x^{n-1}},\quad x\in(-1,1),
sustituyendo x por x^2 tenemos
\dfrac{1}{1+x^2}=1-x^2+x^4-\cdots=\sum\limits_{n = 1}^\infty{(-1)^{n-1}x^{2n-2}},\quad x\in(-1,1),
y multiplicando por x
\dfrac{x}{1+x^2}=\displaystyle\sum\limits_{n = 1}^\infty {( – 1)^{n – 1} {x^{2n-1} }}
con intervalo de convergencia (-1,1).
Para hallar el desarrollo de una función en serie de potencias se suele seguir uno de los dos procedimientos siguientes:
- mediante la serie geométrica: se transforma la serie (derivando, integrando, sacando factor común, \ldots) hasta conseguir una serie geométrica.
- mediante el desarrollo de Taylor: Se calcula el valor de f^{(n)}(a) o se utiliza el desarrollo Taylor de alguna función conocida.
Finalmente vemos otras formas de aplicar los conocimientos sobre series.
Ejemplo: Sea f la función definida por la expresión f(x)=e^{-x^2}.
Se pide:
- Desarrollo en serie de Maclaurin de f.
- Valor de la derivada n-sima de f en 0.
- Valor aproximado de la integral
\displaystyle\int_0^{0.5} e^{ – x^2 } d x
con un error menor que 10^{-5}.
1- Como el desarrollo de Maclaurin de la función exponencial es e^x = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{x^n }}{{n!}}} sustituyendo x por -x^2 tenemos
e^{ – x^2 } = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{( – x^2 )^n}}{{n!}}} = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{( – 1)^n x^{2n}}}{{n!}}}.
2- Observamos que sólo existen potencias pares en el desarrollo y el coefciente de cada termino es \dfrac{(-1)^n}{n!}, entonces
a_{2n}=\dfrac{f^{(2n)}(0)}{(2n)!}=\dfrac{(-1)^n}{n!}\Rightarrow f^{(2n)}(0)=\dfrac{(-1)^n(2n)!}{n!},
por lo tanto
- f^{(2n)}(0)=\dfrac{(-1)^n(2n)!}{n!}.
- f^{(2n+1)}(0)=0, n\in \mathbb{N}.
3- Integrando en el desarrollo tenemos
\begin{darray}{rl}\int_0^{0.5} {e^{ – x^2 }d x } &= \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{( – 1)^n }}{{n!}}\int_0^{0.5} {x^{2n}d x } } = \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{( – 1)^n }}{{n!}}} \left[ {\dfrac{{x^{2n + 1} }}{{2n + 1}}} \right]_0^{\frac12} \\ &= \displaystyle\sum\limits_{n = 0}^\infty {\dfrac{{( – 1)^n }}{{(2n + 1)n!2^{2n+1}}}}\end{darray}.
Por el teorema de Leibniz
\begin{gathered}\left| {{S_{n }} – S} \right| \leqslant {a_{n+1}} < {10^{ – 5}}, \\\dfrac{1}{{(2n + 3)(n+1)!{2^{2n + 3}}}} < {10^{ – 5}}, \\ {{(2n + 3)(n+1)!{2^{2n + 3}}}} > {10^5} \Rightarrow n \geq 3. \\ \end{gathered} .
Tomando la aproximación S_3 obtenemos
\displaystyle\int_0^{0.5} {{e^{ – {x^2}}}dx} \simeq \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{{24}} + \dfrac{1}{{320}} – \dfrac{1}{{5376}} = 0.461272.