Date post: | 06-Dec-2015 |
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Objetivos:
I Revisar el concepto de derivadas sucesivas
I Polinomio de Taylor
Requisitos:
I Saber las derivadas de funciones elementales
I Operaciones básicas matemáticas
Objetivos:
I Revisar el concepto de derivadas sucesivas
I Polinomio de Taylor
Requisitos:
I Saber las derivadas de funciones elementales
I Operaciones básicas matemáticas
Derivadas SucesivasSea f (x) una función derivable, si la función f ′ (x) es derivabletambién, podemos calcular la derivada de esta función obteniendo
una nueva función que llamaremos segunda derivada (o derivada de
orden 2) de f (x) y que denotaremos por f ′′ (x).
Razonando de forma análoga con la función f ′′ (x) llegamos a la
tercera derivada (o derivada de orden 3) de f (x), que denotaremos
por f ′′′ (x). Las derivadas posteriores a la tercera se denotan como
f (iv) (x), f (v) (x), ...
Derivadas SucesivasSea f (x) una función derivable, si la función f ′ (x) es derivabletambién, podemos calcular la derivada de esta función obteniendo
una nueva función que llamaremos segunda derivada (o derivada de
orden 2) de f (x) y que denotaremos por f ′′ (x).
Razonando de forma análoga con la función f ′′ (x) llegamos a la
tercera derivada (o derivada de orden 3) de f (x), que denotaremos
por f ′′′ (x). Las derivadas posteriores a la tercera se denotan como
f (iv) (x), f (v) (x), ...
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos el polinomio
f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1
Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .
Solución
f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10
f ′′ (x) = 36x2+24x+24
f ′′′ (x) = 72x+24
f (iv) (x) = 72
f (v) (x) = 0
Ejemplo
Consideremos la función
f (x) = x2ex
Calcula la segunda derivada.
Solución
f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2
)ex
f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2
)ex =
(2+4x+ x2
)ex
Ejemplo
Consideremos la función
f (x) = x2ex
Calcula la segunda derivada.
Solución
f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2
)ex
f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2
)ex =
(2+4x+ x2
)ex
Ejemplo
Consideremos la función
f (x) = x2ex
Calcula la segunda derivada.
Solución
f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2
)ex
f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2
)ex =
(2+4x+ x2
)ex
Ejemplo
Consideremos la función
f (x) = x2ex
Calcula la segunda derivada.
Solución
f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2
)ex
f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2
)ex =
(2+4x+ x2
)ex
Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor
Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.
Polinomio de grado 1
Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b
serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un
entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto
del ex).
Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos
condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a
la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que
exigiremos son:
1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto
(0, f (0)) =(0,e0
)= (0,1))
2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente
que f (x) en x = 0)
Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor
Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.
Polinomio de grado 1
Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b
serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un
entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto
del ex).
Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos
condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a
la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que
exigiremos son:
1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto
(0, f (0)) =(0,e0
)= (0,1))
2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente
que f (x) en x = 0)
Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor
Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.
Polinomio de grado 1
Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b
serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un
entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto
del ex).
Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos
condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a
la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que
exigiremos son:
1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto
(0, f (0)) =(0,e0
)= (0,1))
2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente
que f (x) en x = 0)
Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor
Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.
Polinomio de grado 1
Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b
serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un
entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto
del ex).
Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos
condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a
la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que
exigiremos son:
1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto
(0, f (0)) =(0,e0
)= (0,1))
2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente
que f (x) en x = 0)
Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor
Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.
Polinomio de grado 1
Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b
serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un
entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto
del ex).
Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos
condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a
la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que
exigiremos son:
1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto
(0, f (0)) =(0,e0
)= (0,1))
2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente
que f (x) en x = 0)
Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
a+0 ·b = 1
b = 1
de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1
.
Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un
pequeño entorno del punto x = 0.
I P1 (0,4) = 1,4
I f (0,4) = 1,491824698
por lo que el error cometido es
E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698
Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
a+0 ·b = 1
b = 1
de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1
.
Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un
pequeño entorno del punto x = 0.
I P1 (0,4) = 1,4
I f (0,4) = 1,491824698
por lo que el error cometido es
E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698
Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
a+0 ·b = 1
b = 1
de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.
Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un
pequeño entorno del punto x = 0.
I P1 (0,4) = 1,4
I f (0,4) = 1,491824698
por lo que el error cometido es
E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698
Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
a+0 ·b = 1
b = 1
de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.
Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un
pequeño entorno del punto x = 0.
I P1 (0,4) = 1,4
I f (0,4) = 1,491824698
por lo que el error cometido es
E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698
Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de
ecuaciones
a+0 ·b = 1
b = 1
de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.
Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un
pequeño entorno del punto x = 0.
I P1 (0,4) = 1,4
I f (0,4) = 1,491824698
por lo que el error cometido es
E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Polinomio de grado 2
Consideramos ahora un polinomio de grado 2
P2 (x) = a+bx+ cx2
Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de
derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,
debemos exigir las siguientes tres condiciones:
P2 (0) = f (0)
P ′2 (0) = f ′ (0)
P ′′2 (0) = f ′′ (0)
con las que obtenemos el sistema
a+b ·0+ c ·02 = 1
b+2c ·0 = 1
2c = 1
Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1
2, es decir,
P2 (x) = 1+ x+1
2x2
Ahora tenemos que
P2 (0,4) = 1,480000000
Por lo tanto el error cometido es
E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825
Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado
superior.
Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1
2, es decir,
P2 (x) = 1+ x+1
2x2
Ahora tenemos que
P2 (0,4) = 1,480000000
Por lo tanto el error cometido es
E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825
Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado
superior.
Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1
2, es decir,
P2 (x) = 1+ x+1
2x2
Ahora tenemos que
P2 (0,4) = 1,480000000
Por lo tanto el error cometido es
E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825
Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado
superior.
Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1
2, es decir,
P2 (x) = 1+ x+1
2x2
Ahora tenemos que
P2 (0,4) = 1,480000000
Por lo tanto el error cometido es
E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825
Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado
superior.
Polinomio de Taylor de grado n
Sea f (x) una función n-veces derivable en un punto x = a.
Entonces el polinomio
Pn (x) = f (a)+ f ′ (a)(x−a)+f ′′ (a)
2!(x−a)2+ ...+
f (n) (x)
n!(x−a)n
se llama polinomio de Taylor de f (x) de grado n, centrado en
x = a.
NotaCuando el punto en que esta centrado es x = 0 entonces el
polinomio de dice que es de McLaurin.
Polinomio de Taylor de grado n
Sea f (x) una función n-veces derivable en un punto x = a.
Entonces el polinomio
Pn (x) = f (a)+ f ′ (a)(x−a)+f ′′ (a)
2!(x−a)2+ ...+
f (n) (x)
n!(x−a)n
se llama polinomio de Taylor de f (x) de grado n, centrado en
x = a.
NotaCuando el punto en que esta centrado es x = 0 entonces el
polinomio de dice que es de McLaurin.
Ejemplo
Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.
Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).
SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3
f (x) = ln(x)
f ′ (x) =1
x= x−1
f ′′ (x) = − 1
x2=−x−2
f ′′′ (x) =2
x3= 2x−3
Ejemplo
Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.
Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).
SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3
f (x) = ln(x)
f ′ (x) =1
x= x−1
f ′′ (x) = − 1
x2=−x−2
f ′′′ (x) =2
x3= 2x−3
Ejemplo
Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.
Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).
SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3
f (x) = ln(x)
f ′ (x) =1
x= x−1
f ′′ (x) = − 1
x2=−x−2
f ′′′ (x) =2
x3= 2x−3
Ejemplo
Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.
Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).
SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3
f (x) = ln(x)
f ′ (x) =1
x= x−1
f ′′ (x) = − 1
x2=−x−2
f ′′′ (x) =2
x3= 2x−3
Ejemplo
Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.
Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).
SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3
f (x) = ln(x)
f ′ (x) =1
x= x−1
f ′′ (x) = − 1
x2=−x−2
f ′′′ (x) =2
x3= 2x−3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Sustituimos ahora los valores de x por 1.
f (1) = ln(1) = 0
f ′ (1) =1
1= 1−1 = 1
f ′′ (1) = − 1
12=−1−2 =−1
f ′′′ (1) =2
13= 2 ·1−3 = 2
y el polinomio de Taylor de orden 3 queda
P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)
2!(x−1)2+
f ′′′ (1)
1!(x−1)3 =
= 0+1(x−1)− 1
2(x−1)2+
2
6(x−1)3 =
= x−1− 1
2(x−1)2+
1
3(x−1)3
Tenemos que
ln(1,2) = 0,1823215567939546
P3 (1,2) = 0,18266666666666653
El error cometido es
E = 0,00034511
TeoremaSi existe f (n) (a), entonces
l��mx→a
f (x)−Pn (x)
(x−a)n= 0
Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una
buena aproximación a la función. Para valores más alejados de
x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho
muchas veces es muy mala).
Tenemos que
ln(1,2) = 0,1823215567939546
P3 (1,2) = 0,18266666666666653
El error cometido es
E = 0,00034511
TeoremaSi existe f (n) (a), entonces
l��mx→a
f (x)−Pn (x)
(x−a)n= 0
Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una
buena aproximación a la función. Para valores más alejados de
x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho
muchas veces es muy mala).
Tenemos que
ln(1,2) = 0,1823215567939546
P3 (1,2) = 0,18266666666666653
El error cometido es
E = 0,00034511
TeoremaSi existe f (n) (a), entonces
l��mx→a
f (x)−Pn (x)
(x−a)n= 0
Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una
buena aproximación a la función. Para valores más alejados de
x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho
muchas veces es muy mala).
Tenemos que
ln(1,2) = 0,1823215567939546
P3 (1,2) = 0,18266666666666653
El error cometido es
E = 0,00034511
TeoremaSi existe f (n) (a), entonces
l��mx→a
f (x)−Pn (x)
(x−a)n= 0
Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una
buena aproximación a la función. Para valores más alejados de
x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho
muchas veces es muy mala).