La Fórmula de Taylor

Supongamos ahora que $f(x)$ tiene $n$ derivadas en algún intervalo alrededor de $x_0$. Supongamos también que hemos encontrado un polinomio $P(x)$, de grado $(n-1)$, tal que

f(x_0) = P(x_0),\quad f'(x_0) = P'(x_0),\quad \dots,\quad f^{(n-1)}(x_0) = P^{(n-1)}(x_0).

Entonces $f(x)-P(x)$ tiene un cero de multiplicidad al menos $n$ en $x_0$. Por el teorema de aproximación, si hacemos $H(x)=(x-x_0{)}^n$ tenemos

$$f(x)-P(x)=\frac{H(x)}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

o

f(x) - P(x) = \frac{(x - x_0)^n}{n!} f^{(n)}(\xi), \tag{*}

donde $\xi$ está entre $x$ y $x_0$.

Queda por determinar $P(x)$. Para hacerlo, escribimos

$$P(x)=a_0+a_1(x-x_0)+\cdots +a_{n-1}(x-x_0{)}^{n-1}$$

como una combinación de potencias de $(x-x_0)$, donde los coeficientes $a_i$ están aún por determinar. Ahora queremos que $P(x_0)=f(x_0)$. Pero $P(x_0)=a_0$. Por lo tanto $a_0=f(x_0)$. P'(x_0) = a_1, ya que la derivada del término constante es $0$ y dado que un factor de $(x-x_0)$ permanece en las derivadas de todos los términos excepto $a_1(x-x_0)$, que tiene derivada $a_1$. Por lo tanto a_1 = f'(x_0). Igualmente P''(x_0) = 2a_2 = f''(x_0), y en general $P^{(i)}(x_0)=i!a_1=f^{(i)}(x_0)$, o

$$a_i=\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}\cdot$$

Por lo tanto

$$P(x)=\sum _{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i\cdot$$

Resumiendo, tenemos

$$f(x)=\sum _{i=0}^{n-1}\frac{f^{(i)}(x_0)}{i!}(x-x_0{)}^i+\frac{(x-x_0{)}^n}{n!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

donde $\xi$ está entre $x$ y $x_0$. Este resultado se conoce como la Fórmula de Taylor.

Podemos desarrollar la fórmula mediante otro enfoque que proporcionará información nueva e interesante. En este caso suponemos de nuevo que $f(x)$ tiene $n$ derivadas en un intervalo que contiene a $a$ y . Entonces hacemos

F(x) = f(x) + \frac{b-x}{1!} f'(x) + \dots + \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(x) \cdot

Entonces

\begin{aligned} F'(x) =& f'(x) - f'(x) + \frac{b-x}{1!} f''(x) - \frac{2(b-x)}{2!} f''(x) \\ &+ \frac{(b-x)^2}{2!} f'''(x)- \dots + \frac{(b-x)^{n-2}}{(n-2)!} f^{(n-1)}(x) \\ &- \frac{(n-1)(b-x)^{n-2}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(x) + \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x)\\ &= \frac{(b-x)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n)}(x) , \end{aligned}

dado que los términos anteriores se cancelan todos por pares. Ahora sea

$$g(x)=f(b)-F(x)-C(b-x{)}^p,$$

donde $1\le p\le n$ y $C$ se elige de modo que $g(a)=0$. Como $F(b)=f(b)$, también tenemos $g(b)=0$. Por el Teorema de Rolle, existe un $\xi$, , tal que

g'(\xi) = -F'(\xi) + pC(b-\xi)^{p-1} = 0.

Así

C = \frac{F'(\xi)}{p(b-\xi)^{p-1}} = \frac{(b-\xi)^{n-p}}{p(n-1)!} f^{(n)}(\xi) ,

y

En particular, $g(a)=0$, así que

$$f(b)-F(a)=\frac{(b-a{)}^p(b-\xi {)}^{n-p}}{p(n-1)!}{f}^{(n)}(\xi ),$$

o

f(b) = f(a) + \frac{(b-a)}{1!} f'(a) + \dots + \frac{(b-a)^{n-1}}{(n-1)!} f^{(n-1)}(a) + \frac{(b-a)^p(b-\xi)^{n-p}}{p(n-1)!} f^{(n)}(\xi) ,

para algún $\xi$ entre $a$ y $b$. Si reemplazamos $a$ por $x_0$ y $b$ por $x$, vemos que el resto que tenemos aquí es exactamente como antes si $p=n$. Este término se llama el resto de Lagrange. Para $p=1$, el término del resto se llama el resto de Cauchy. En algunos casos es conveniente usar uno, en otros casos el otro.

En general, la expresión

f(x_0) + \frac{(x-x_0)}{1!} f'(x_0) + \frac{(x-x_0)^2}{2!} f''(x_0) + \dots

se llama la serie de Taylor de $𝒇\mathbf{(}𝒙\mathbf{)}$ alrededor de ${𝒙}_{\mathbf{0}}$. Cuando el resto después de $n$ términos, es decir, la diferencia entre los primeros $n$ términos de la serie y $f(x)$, tiende a $0$ a medida que $n$ se hace grande, decimos que la serie converge a $f(x)$. Como ejemplo mostraremos una serie para $\arctan x$ alrededor de $x_0=0$ que converge a $\arctan x$ cuando $-1\le x\le 1$. Esta es realmente su serie de Taylor alrededor de $0$. Usaremos esta serie para demostrar un método muy eficaz para calcular la expansión decimal de $\pi$.

Considere la serie

$$\frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\frac{x^5}{5}+\dots ,-1\leqq x\leqq 1.$$

Ponga

$$f_n(x)=\arctan x-(\frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots \pm \frac{x^{2n-1}}{2n-1}).$$

Entonces

\begin{aligned} f_n'(x) &= \frac{1}{1 + x^2} - \left( 1 - x^2 + x^4 - \dots \pm x^{2n-2} \right)\\ &= \frac{1}{1 + x^2} - \frac{1 - (-x^2)^n}{1 + x^2} , \end{aligned}

por la regla de la suma de una serie geométrica. Esto es simplemente

$$\frac{(-x^2{)}^n}{1+x^2}.$$

Cuando $n$ es par, f_n'(x) \geqq 0. En este caso $f_n(x)$ es monótona creciente. Como $f_n(0)=0$, $f_n(x)\geqq 0$ si $x\geqq 0$. Entonces, observando que cuando $n$ es par hay un número par de términos en nuestro polinomio, vemos que para $n$ par y $x\geqq 0$,

$$\arctan x\geqq \frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots -\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$$

Para $n$ impar, f_n'(x) \leqq 0 y $f_n(x)\leqq 0$ para $x\geqq 0$, así que

$$\arctan x\leqq \frac{x}{1}-\frac{x^3}{3}+\cdots +\frac{x^{2n-1}}{2n-1}.$$

Dado que $\arctan x$ se encuentra entre dos polinomios sucesivos cualesquiera, la diferencia entre un polinomio de $k$ términos y $\arctan x$ es como máximo la diferencia entre este polinomio y el siguiente, de $(k+1)$ términos, o

$$\frac{x^{2k+1}}{2k+1}\leqq \frac{1}{2k+1},$$

dado que $0\leqq x\leqq 1$. Así, para $x$ en este rango, la serie converge a $\arctan x$. Para $x\leqq 0$, observamos que $f_n(-x)=-f_n(x)$; dado que $f_n(-x)$ tiende a cero, también lo hace $f_n(x)$.

Para $x=1$, esto da

$$\frac{\pi }{4}=\arctan 1=1-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\dots .$$

Así tenemos una manera, aunque no muy económica, de calcular la expansión decimal de $\pi$. Sin embargo, existe un método estrechamente relacionado que es muy eficaz. Sea $a=\arctan \frac{1}{5}$. Entonces

$$\tan 2a=\frac{2\tan a}{1-{\tan }^{2}a}=\frac{\frac{2}{5}}{1-\frac{1}{25}}=\frac{5}{12},$$

y una vez más,

$$\tan 4a=\frac{\frac{10}{12}}{1-\frac{25}{144}}=\frac{120}{119}.$$

Sea $b=\arctan \frac{1}{239}$. Entonces

\begin{aligned} \tan (4a - b) &= \frac{\tan 4a - \tan b}{1 + \tan 4a \tan b} = \frac{\frac{120}{119} - \frac{1}{239}}{1 + \frac{120}{119} \cdot \frac{1}{239}}\\ &= \frac{120 \cdot 239 - 119}{119 \cdot 239 + 120} = \frac{119 \cdot 239 + 239 - 119}{119 \cdot 239 + 120} \\ &= 1 . \end{aligned}

Por lo tanto $4a-b=\frac{\pi }{4}$, $\pi =16a-4b$. Ahora

$$a=\frac{1}{5}-\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{5}\right)}^3+\frac{1}{5}{\left(\frac{1}{5}\right)}^5-\dots ,$$

y

$$b=\frac{1}{239}-\frac{1}{3}{\left(\frac{1}{239}\right)}^3+\frac{1}{5}{\left(\frac{1}{239}\right)}^5-\dots .$$

Usando este método, se han calculado varios cientos de cifras decimales de $\pi$.

Ejercicios