8 Teorema de Taylor

El polinomio de Taylor es una aproximacion polinomica de una funcion cerca de un punto. La forma general es f(x)=Pn(x)+Rn(x)f(x)=P_{n}(x)+R_{n}(x), donde Pn(x)=f(x0)+f′(x0)(x−x0)+f′′x02!(x−x0)2+⋯+fn(x0)n!(x−x0)nP_{n}(x)=f(x_{0})+f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\frac{f^{\prime\prime}x_{0}}{2!}(% x-x_{0})^{2}+\cdots+\frac{f^{n}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}.

Decimos que f(x)=o(g(x))f(x)=o(g(x)) si lı´mx→x0f(x)g(x)=0\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to x_{0}}\frac{f(x)}{g(x)% }=0.

El resto RnR_{n} (error cometido) se puede expresar de las formas

Rn(x)\displaystyle R_{n}(x)
=o((x−x0)n)\displaystyle{}=o((x-x_{0})^{n})
=fn+1(c)(x−x0)n+1(n+1)!\displaystyle{}=\frac{f^{n+1}(c)(x-x_{0})^{n+1}}{(n+1)!}
=∫xx0(x−t)nfn+1(t)n!dt\displaystyle{}=\int^{x}_{x_{0}}\frac{(x-t)^{n}f^{n+1}(t)}{n!}dt

donde c∈(x,x0)c\in(x,x_{0}).

Veamos algunos desarrollos del polinomio de Taylor importantes en x0=0x_{0}=0:

ex≈1+x+x22!+x33!+⋯+xnn!e^{x}\approx 1+x+\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{3}}{3!}+\cdots+\frac{x^{n}}{n!}
sinx≈x−x33!+⋯+(−1)n(2n−1)!x2n+1\sin x\approx x-\frac{x^{3}}{3!}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2n-1)!}x^{2n+1}
cosx≈1−x22!+x44!+⋯+(−1)n(2n)!x2n\cos x\approx 1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+\cdots+\frac{(-1)^{n}}{(2n)!% }x^{2n}
ln(1+x)≈x−x22+x33+⋯+(−1)n+1nxn\ln(1+x)\approx x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots+\frac{(-1)^{n+1}}{n}x% ^{n}

Vamos a demostrar la expresion de Taylor de orden 1:

Demostración.
∫xx0f′(t)dt\displaystyle\int^{x}_{x_{0}}f^{\prime}(t)dt
=(t−x)f′t|xx0−∫xx0(t−x)⋅f′′(t)dt=(x−x0)f′(x0)+∫xx0(x−t)f′′(t)dt=\displaystyle{}=\left\mathchar 46\relax(t-x)f^{\prime}t\right|^{x}_{x_{0}}-% \int^{x}_{x_{0}}(t-x)\cdot f^{\prime\prime}(t)dt=(x-x_{0})f^{\prime}(x_{0})+% \int^{x}_{x_{0}}(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt=
=f(x)−f(x0)⇒f(x)=f(x0)+(x−x0)f′(x0)+∫xx0(x−t)f′′(t)dt=\displaystyle{}=f(x)-f(x_{0})\Rightarrow f(x)=f(x_{0})+(x-x_{0})f^{\prime}(x_{% 0})+\int^{x}_{x_{0}}(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt=
=P1(x)+R1(x)\displaystyle{}=P_{1}(x)+R_{1}(x)

Para obtener la expresion de Taylor de orden 2,

∫xx0(x−t)f′′(t)dt\displaystyle\int^{x}_{x_{0}}(x-t)f^{\prime\prime}(t)dt
=(x−t)22⋅f′′(t)|xx0+∫xx0(x−t)22f′′′(t)dt\displaystyle{}=\frac{(x-t)^{2}}{2}\cdot f^{\prime\prime}(t)|^{x}_{x_{0}}+\int% ^{x}_{x_{0}}\frac{(x-t)^{2}}{2}f^{\prime\prime\prime}(t)dt
=(x−x0)22f′′(x0)+∫xx0(x−t)22f′′′(t)dt\displaystyle{}=\frac{(x-x_{0})^{2}}{2}f^{\prime\prime}(x_{0})+\int^{x}_{x_{0}% }\frac{(x-t)^{2}}{2}f^{\prime\prime\prime}(t)dt

por lo que f(x)=f(x0)+(x−x0)f′(x0)(x−x0)+(x−x0)22f′′(x0)+∫xx0(x−t)22f′′′(t)dtf(x)=f(x_{0})+(x-x_{0})f^{\prime}(x_{0})(x-x_{0})+\frac{(x-x_{0})^{2}}{2}f^{% \prime\prime}(x_{0})+\int^{x}_{x_{0}}\frac{(x-t)^{2}}{2}f^{\prime\prime\prime}% (t)dt.

Para orden nn, se puede probar por induccion. ∎

El teorema del valor medio de la integral nos dice que, dada una funcion f(x)f(x) y el intervalo (a,b)(a,b), existe un c∈(a,b)c\in(a,b) de forma que el area del rectangulo dado por la base b−ab-a y altura f(c)f(c) es igual a la integral de f(x)f(x) de bb a aa (el area bajo la curva). Es decir, ∃c∈(a,b)\exists c\in(a,b) tal que f(c)⋅(b−a)=∫baf(x)dxf(c)\cdot(b-a)=\int^{b}_{a}f(x)dx. De forma general, ∃c∈(a,b)\exists c\in(a,b) tal que ∫bag(x)f(x)dx=f(c)∫bag(x)dx\int^{b}_{a}g(x)f(x)dx=f(c)\int^{b}_{a}g(x)dx.

Sabemos que Rn(x)=∫xx0(x−t)nf(n+1)(t)n!dtR_{n}(x)=\int^{x}_{x_{0}}\frac{(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t)}{n!}dt. Por el teorema del valor medio, existe cc entre xx y x0x_{0} tal que ∫xx0(x−t)nf(n+1)(t)n!dt=f(n+1)(c)n!∫xx0(x−t)ndt=f(n+1)(c)n!(x−x0)n+1n+1\int^{x}_{x_{0}}\frac{(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t)}{n!}dt=\frac{f^{(n+1)(c)}}{n!}\int% ^{x}_{x_{0}}(x-t)^{n}dt=\frac{f^{(n+1)(c)}}{n!}\frac{(x-x_{0})^{n+1}}{n+1} que es igual a fn+1(c)(x−x0)n+1(n+1)!\frac{f^{n+1}(c)(x-x_{0})^{n+1}}{(n+1)!}, por lo que las dos expresiones que hemos visto del resto son equivalentes.

Si f:ℝn→ℝf\colon\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R} es diferenciable, lı´mx→x0f(x)−f(x0)−∇f(x0)(x−x0)∥x−x0∥=0\mathop{\operator@font l\acute{{\imath}}m}\limits_{x\to x_{0}}\frac{f(x)-f(x_{% 0})-\nabla f(x_{0})(x-x_{0})}{\left\lVert x-x_{0}\right\rVert}=0, por lo que R1=f(x)−f(x0)−∇f(x0)(x−x0)R_{1}=f(x)-f(x_{0})-\nabla f(x_{0})(x-x_{0}). Entonces el polinomio de Taylor de orden 11 centrado en x0x_{0} es f(x)=f(x0)+∇f(x1)(x−x0)+R1f(x)=f(x_{0})+\nabla f(x_{1})(x-x_{0})+R_{1}.

Teorema II.10.

Sea f:U⊂ℝn→ℝf\colon U\subset\mathbb{R}^{n}\to\mathbb{R} con derivadas parciales continuas hasta de tercer orden. Entonces podemos escribir

f(x0+h)=f(x0)+∑i=1nhi∂f∂xi(x0)+12∑i,j=1nhihj∂2f∂xi∂xj(x0)+R2(h,x0)f(x_{0}+h)=f(x_{0})+\sum_{i=1}^{n}h_{i}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0}% )+\frac{1}{2}\sum_{i,j=1}^{n}h_{i}h_{j}\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{i}% \partial x_{j}}(x_{0})+R_{2}(h,x_{0})

donde R2(h,x0)/∥h∥2→0R_{2}(h,x_{0})/\left\lVert h\right\rVert^{2}\to 0 cuando h→0h\to 0 y la segunda suma es sobre todas las ii y jj entre 11 y nn (de manera que hay n2n^{2} terminos).

Demostración.

Por la regla de la cadena,

ddtf(x0+th)=[Df(x0+th)]h=∑i=1n∂f∂xi(x0+th)hi\frac{d}{dt}f(x_{0}+th)=[Df(x_{0}+th)]h=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial f}{% \partial x_{i}}(x_{0}+th)h_{i}

ahora, integrar ambos lados de t=0t=0 a t=1t=1 para obtener

f(x0+h)−f(x0)=∫10∑i=1n(x0+th)hidt=∑i=1n∫10∂f∂xi(x0+th)hidtf(x_{0}+h)-f(x_{0})=\int^{1}_{0}\sum_{i=1}^{n}(x_{0}+th)h_{i}dt=\sum_{i=1}^{n}% \int^{1}_{0}\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0}+th)h_{i}dt

Integrar por partes la expresion del lado derecho usando la formula general.

En este caso, sea u=∂f∂xi(x0+th)hiu=\frac{\partial f}{\partial x_{i}}(x_{0}+th)h_{i} y sea v=t−1v=t-1. Entonces

Continuación en el libro de Marsden Tromba pagina 259. ∎

En funciones f:ℝ2→ℝf\colon\mathbb{R}^{2}\to\mathbb{R}, se tiene que

f(x0+h)=f(x0)+∂f∂x1(x0)h1+∂f∂x2h2+12(h21∂2f∂2x1+2h1h2∂2f∂x1∂x2(x0)+h22∂2f∂2x2(x0))+R2f(x_{0}+h)=f(x_{0})+\frac{\partial f}{\partial x_{1}}(x_{0})h_{1}+\frac{% \partial f}{\partial x_{2}}h_{2}+\frac{1}{2}\left(h^{2}_{1}\frac{\partial^{2}f% }{\partial^{2}x_{1}}+2h_{1}h_{2}\frac{\partial^{2}f}{\partial x_{1}\partial x_% {2}}(x_{0})+h^{2}_{2}\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}x_{2}}(x_{0})\right)+R_{2}
Ejemplo II.14.

Calcular la formula de Taylor de segundo orden para f(x,y)=cos(2x+3y)f(x,y)=\cos(2x+3y), alrededor del punto x0=(0,0)x_{0}=(0,0).

Se tiene que f(0,0)=cos(0)=1f(0,0)=\cos(0)=1 y las derivadas parciales son:

∂f∂x\displaystyle\frac{\partial f}{\partial x}
=−2sin(2x+3y)⇒∂f∂x(0,0)=0\displaystyle{}=-2\sin(2x+3y)\Rightarrow\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=0
∂f∂y\displaystyle\frac{\partial f}{\partial y}
=−3sin(2x+3y)⇒∂f∂y(0,0)=0\displaystyle{}=-3\sin(2x+3y)\Rightarrow\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=0
∂2f∂2x\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}x}
=−4cos(2x+3y)⇒∂2f∂2x(0,0)=−4\displaystyle{}=-4\cos(2x+3y)\Rightarrow\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}x}(0,% 0)=-4
∂2f∂2y\displaystyle\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}y}
=−9cos(2x+3y)⇒∂2f∂2y⇒∂2f∂2y=−9\displaystyle{}=-9\cos(2x+3y)\Rightarrow\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}y}% \Rightarrow\frac{\partial^{2}f}{\partial^{2}y}=-9
∂f∂y∂x\displaystyle\frac{\partial^{f}}{\partial y\partial x}
=−6cos(2x+3y)⇒∂2∂y∂x(0,0)=−6\displaystyle{}=-6\cos(2x+3y)\Rightarrow\frac{\partial^{2}}{\partial y\partial x% }(0,0)=-6

Por tanto,

P2(x,0)=1+12(−4x2−12xy−9y2)=1−2x2−6xy−92y2P_{2}(x,0)=1+\frac{1}{2}(-4x^{2}-12xy-9y^{2})=1-2x^{2}-6xy-\frac{9}{2}y^{2}

Otra forma para obtener el polinomio de Taylor de orden 2 es hacer el desarrollo de Taylor del coseno de xx en una variable y, posteriormente, hacer la composicion. Esto es,

1−(2x+3y)22=1−4x2+12xy+9y22=1−2x2−6xy−92y21-\frac{(2x+3y)^{2}}{2}=1-\frac{4x^{2}+12xy+9y^{2}}{2}=1-2x^{2}-6xy-\frac{9}{2% }y^{2}