Cálculo infinitesimal Grado en Matemáticas Curso 20014/15 Clave de soluciones n o 6. Derivadas de orden superior

Transcripción

1 Cálculo infinitesimal Grado en Matemáticas Curso 2004/5 Clave de soluciones n o 6 Derivadas de orden superior 70. Hallar los polinomios de Taylor del grado indicado y en el punto indicado para las siguientes funciones a) f(x) = e ex, grado 3, a = 0. b) f(x) = e sen x, grado 3, a = 0. c) f(x) = sen x, grado 2n, a = π/2. d) f(x) = cos x, grado 2n, a = π. e) f(x) = e x, grado n, a =. f ) f(x) = log x, grado n, a = 2. g) f(x) = x 5 + x 3 + x, grado 4, a = 0. h) f(x) = x 5 + x 3 + x, grado 4, a =. i) f(x) =, grado 2n +, a = 0. + x2 j ) f(x) =, grado n, a = 0. + x a) P 3 (x) = e + ex + ex 2 + (5e/3!)x 3. b) P 3 (x) = + x + x 2 /2. c) P 2n (x) = d) P 2n (x) = + (x π/2)2 (x π)2 e) P n (x) = e + e(x ) + f ) P n (x) = log 2 + x 2 2 g) P 4 (x) = x + x 3. h) P 4 (x) = 3 + 9(x ) + + (x π/2)4 4! (x π)4 4! e(x )2 (x 2) (x )2 (x π/2)6 6! n+ (x π)2n + + ( ). (2n)! + + e(x )n. n+ (x 2)n + + ( ) 2 n. + 66(x )3 3! i) P 2n+ (x) = x 2 + x 4 x ( ) n x 2n. j ) P n (x) = x + x 2 x ( ) n x n. + n (x π/2)2n + + ( ). (2n)! 20(x )4. 4! 7. Expresar cada uno de los siguientes polinomios en x como polinomios en x 3. Indicación: Basta calcular el polinomio de Taylor en a = 3 del mismo grado que el polinomio original. Por qué? a) f(x) = x 2 4x 9. b) f(x) = x 4 2x x 2 + 2x +. c) f(x) = x 5. d) f(x) = ax 2 + bx + c.

2 Si f es una función polinómica de grado n entonces f (n+) = 0. Se sigue del teorema de Taylor que R n (x) = 0 f(x) = P n (x). a) f(x) = 2 + 2(x 3) + (x 3) 2. b) f(x) = (x 3) 0(x 3) 2 + (x 3) 4. c) f(x) = (x 3) + 270(x 3) (x 3) 3 + 5(x 3) 4 + (x 3) 5. d) f(x) = (9a + 3b + c) + (6a + b)(x 3) + a(x 3) Utilizando la notación Σ, escribir una suma que sea igual a cada uno de los siguientes números con el margen de error que se especifica. Tabular los valores de 2 n y cuando n 20 para reducir al mínimo los cálculos superfluos. a) e, error < 0 4. b) e 2, error < 0 5. c) sen, error < 0 7. d) sen 2, error < 0 2. e) sen(/2), error < a) k!, ya que 3 (n + )! < 0 4 cuando n + 8. b) c) d) e) k k!, ya que n+ < 0 5 cuando n + 2. (n + )! ( ) k (2k + )!, ya que (2n + 2)! < 0 7 cuando 2n ( ) k 2 2k+, ya que (2k + )! 2 2n+2 (2n + 2)! < 0 2 cuando 2n ( ) k 2 2k+ (2k + )!, ya que 2 2n+2 (2n + 2)! < 0 20 cuando 2n El problema 5 asegura que la ecuación x 2 = cos x tiene exactamente dos soluciones. Utilizar el polinomio de Taylor de segundo grado del coseno para probar que las soluciones son aproximadamente ± 2/3 y obtener cotas para el error. Estimar de manera análoga las soluciones de la ecuación 2x 2 = x sen x+cos 2 x. a) Según el teorema de Taylor tenemos donde el resto de Taylor satisface cos x = x2 + R 2(x) R 2 (x) < x 3 3!. 2

3 Supongamos que x es solución de la ecuación x 2 = cos x. Si reemplazamos cos x por su polinomio de Taylor de segundo grado obtenemos la ecuación x 2 = x 2 / cuyas soluciones son x = ± 2/3. Las soluciones de la ecuación modificada verifican aproximadamente la ecuación original porque cos 2/3 ( 2/3) 2 = 3( 2/3) 2 + R 2 ( 2/3) = R 2 ( 2/3) < ( 2/3) 3 3! < 0,05. b) Calculamos en primer lugar el polinomio de Taylor de segundo grado en el origen para la función f(x) = x sen x + cos 2 x. Tenemos sen x = x x3 3! + R 3(x) donde R 3 (x) < x 4 4!, cos 2 x = x 2 + x4 3 + R 4(x) donde R 4 (x) < 32 x 5, 5! x sen x + cos 2 x = x 2 x4 6 + xr 3(x) + x 2 + x4 3 + R 4(x) = + x4 6 + xr 3(x) + R 4 (x). Consideramos la ecuación 2x 2 = x sen x+cos 2 x. Si sustituimos el segundo miembro por su polinomio de Taylor de cuarto grado en el origen entonces resulta 2x 2 = + x4 6, o bien x4 2x = 0. Las soluciones de esta ecuación son x = ± Las soluciones de la ecuación modificada verifican aproximadamente la ecuación original porque por ejemplo si x = 6 30 entonces x sen x + cos 2 x 2x 2 = x 2 + x4 6 + xr 3(x) + R 4 (x) = xr 3 (x) + R 4 (x) < x x5 20 = 37x5 20 < 0, Demostrar que tg(x + y) = tg x + tg y tg x tg y siempre y cuando x, y, x + y no sean de la forma nπ + π/2. (Usar ( ) x + y, xy las fórmulas para el seno y el coseno de una suma.) Deducir que arc tg x + arc tg y = arc tg indicando las restricciones necesarias para x, y. a) Tenemos sen(x + y) tg(x + y) = cos(x + y) sen x cos y + cos x sen y = cos x cos y sen x sen y sen x cos y cos x sen y + cos x cos y cos x cos y = cos x cos y sen x sen y cos x cos y cos x cos y tg x + tg y = tg x tg y 3

4 b) Sean α = arc tg x, β = arc tg y. Según el apartado anterior tenemos tg(α + β) = tg α + tg β tg α tg β = x + y xy siempre que arc tg x, arc tg y, arc tg x + arc tg y nπ + π/2. Al ser π/2 < arc tg x, arc tg y < π/2 esto se cumple siempre excepto cuando arc tg x+arc tg y = ±π/2, lo cual equivale a decir que xy =. Ahora se puede concluir que arc tg x + arc tg y = α + β = arc tg x + y xy siempre que arc tg x + arc tg y está en ( π/2, π/2), lo cual se cumple siempre que xy <. 75. Aplicar el problema anterior para probar que π 4 π 4 = arc tg 2 + arc tg 3 = 4 arc tg arc tg Usar la segunda expresión para demostrar que π = 3, a) Tenemos b) Ahora arc tg 2 + arc tg 3 = arc tg arc tg 5 = arc tg 5 + arc tg 5 = arc tg arc tg 5 de donde se deduce que 4 arc tg = arc tg + arc tg = arc tg 2 2 = arc tg = π arc tg = arc tg arc tg = arc tg = arc tg 5 2, = arc tg 20 9 = arc tg = π 4. c) Vamos a calcular π con error menor que 0 6 y para ello necesitamos conocer π/4 con error menor que 0 6 /4, con lo que basta calcular arc tg y arc tg con error menor que 0 6 /20 = 0 7 /2. Ahora bien, arc tg x = x x ( )n x2n+ 2n + + R

5 donde el resto de Taylor satisface la desigualdad Así pues, para x = /5, necesitamos que sea R < x2n+2 2n + 3. (2n + 3)5 2n+2 < 0 7 /2, lo cual se cumple para n = 4, y para x = /239 necesitamos que sea (2n + 3)239 2n+2 < 0 7 /2, lo cual se cumple para n = 0. Finalmente, con un error menor que 0 6 tenemos ( π ) ( ) Si queremos obtener cinco decimales para π tenemos que convertir en decimal cada uno de los términos entre paréntesis. Si calculamos cada uno de ellos con siete cifras decimales exactas introduciremos un error adicional de a lo sumo 0 7. Puesto que en realidad tenemos ( ) < < 3 0 7, este error adicional no constituye un problema. Efectuando los cálculos resulta π 3,4596 y en consecuencia podemos estar seguros de que π = 3, Se define para cada α R y para cada n N el coeficiente binomial ( ) α α(α ) (α n + ) =, n ( ) ( ) α α y como es habitual =. Si α no es entero entonces no se anula y su signo alterna para n > α. 0 n Demostrar que el polinomio de Taylor de grado n para f(x) = ( + x) α en el origen es P n (x) = n y que el resto de Taylor tiene las siguientes expresiones: a) Forma de Cauchy ( ) α x k k α(α ) (α n) R n (x) = x(x t) n ( + t) α n ( ) n α(α ) (α n) x t = x( + t) α + t ( ) ( ) n α x t = (n + ) x( + t) α para algún t en [0, x] o en [x, 0]. n + + t 5

6 b) Forma de Lagrange α(α ) (α n) R n (x) = x n+ ( + t) α n (n + )! ( ) α = x n+ ( + t) α n para algún t en [0, x] o en [x, 0]. n + Está claro que f (k) (x) = α(α ) (α k + )( + x) α k P n (x) = n La forma de Cauchy del resto es R n (x) = y la forma de Lagrange del resto es R n (x) = f (k) (0) x k = k! n α(α ) (α k + ) x k = k! n α(α ) (α n) ( + t) α n (x t) n (x 0) α(α ) (α n) ( + t) α n (x 0) n+. (n + )! ( ) α x k k 77. a) Demostrar que el polinomio de Taylor de grado 4n + 2 para la función f(x) = sen(x 2 ) en el origen viene dado por P 4n+ (x) = x 2 x6 3! + x0 x4 + + ( ) n x4n+2 5! 7! (2n + )! Indicación: Si P es el polinomio de Taylor de grado 2n+ para sen en 0 entonces sen x = P (x)+r(x) R(x) R(x 2 ) donde lím = 0. Qué implica esto para lím = 0? x a x2n+ x a x4n+2 b) Calcular f (k) (0) para todo k N. c) En general, si f(x) = g(x n ), expresar f (k) (0) en términos de las derivadas de g en 0. a) Sea P el polinomio de Taylor para sen de grado 2n + en el origen. Tenemos R(x) sen x = P (x) + R(x), donde lím = 0, x 0 x2n+ b) sen(x 2 ) = P (x 2 ) + R(x 2 R(x 2 ) R(x 2 ) ), donde lím x 0 x4n+2 x 0 (x 2 = 0, ) 2n+ y como Q(x) = P (x 2 ) es un polinomio de grado 4n + 2 se sigue que Q es el polinomio de Taylor para f de grado 4n + 2 en el origen. f (k) (0) = 0, si k 4l + 2, ( ) l (4l + 2)!, (2l + )! si k = 4l

7 c) f (k) (0) = 0, si k nl, g (l) (0)(nl)!, l! si k = nl. 78. Deducir la propiedad del resto como corolario del teorema de Taylor con cualquiera de las formas del resto. (El inconveniente está en que hay que suponer la existencia de una derivada más en las hipótesis.) Suppongamos que existen f,..., f (n+) y que f (n+) está acotada en un entorno de a, digamos f (n+) (t) M si t a < δ. Si usamos la forma del resto de Cauchy f(x) P n (x) = f (n+) (t) (x t) n (x a) para algún t (a, x) entonces obtenemos f(x) P n (x) (x a) n = f (n+) (t) x t x a n x a M x a 0 cuando x a. El mismo resultado se puede deducir usando la forma del resto de Lagrange porque entonces f(x) P n (x) = f (n+) (t) (n + )! (x a)n+ para algún t (a, x) f(x) P n (x) (x a) n = f (n+) (t) (x a) (n + )! f(x) P n (x) (x a) n = f (n+) (t) x a M x a 0 cuando x a. 79. a) Supongamos que f es dos veces derivable en (0, ) y que f(x) M 0 para todo x > 0 mientras que f (x) M 2 para todo x > 0. Demostrar que para todo x > 0 se tiene f (x) 2 h M 0 + M 2 para todo h > 0. b) Demostrar que para todo x > 0 se tiene f (x) 2 M 0 M 2. c) Demostrar que si f es una función dos veces derivable en (0, ) tal que f es acotada y tal que f(x) tiende a 0 cuando x entonces f (x) también tiende a 0 cuando x. d) Si existen lím f(x), lím f (x) entonces lím f (x) f (x) = 0. x x x x 7

8 a) Usamos la forma del resto de Lagrange para el polinomio de Taylor de primer grado de f en x. Tenemos para algún t (x, x + h), de donde se deduce que f(x + h) = f(x) + hf (x) + f (t) f (x) = f(x + h) f(x) h f (t) h f (x) h ( f(x + h) + f(x) ) + f (t) 2 h M 0 + M 2 para todo h > 0. b) Consideramos la función auxiliar g(h) = 2 h M 0 + M 2. Calculamos las dos primeras derivadas de g g (h) = 2M 0 + M 2 2 = 0 cuando h = 2 M 0 /M 2 g (h) = 4M0 h 3 > 0 de donde se deduce que g es convexa y presenta un mínimo global cuando h = 2 M 0 /M 2. Es fácil comprobar que g(2 M 0 /M 2 ) = 2 M 0 M 2. Según el apartado anterior tenemos f (x) g(h) para todo x, h > 0 luego f (x) mín{g(h): h > 0} = 2 M 0 M 2. c) Sea M = sup{ f (x) : x > 0}. Sea ε > 0. Como lím x f(x) = 0, existe x 0 > 0 tal que f(x) < ε si x > x 0. Aplicando el apartado anterior a la función g(x) = f(x 0 + x) resulta que f (x) 2 Mε si x > x 0 lím x f (x) = 0, como queríamos demostrar. 80. a) Demostrar que si f es dos veces derivable en x = a entonces f f(a + h) + f(a h) 2f(a) (a) h 0. El límite de la derecha se llama derivada segunda de Schwarz de f en a. (Indicación: Usar el polinomio de Taylor de segundo grado para f con x = a + h y con x = a h.) b) Sea f(x) = x 2 para x 0 y f(x) = x 2 para x < 0. Probar que existe a pesar de no existir f (0). f(0 + h) + f(0 h) 2f(0) lím h 0 c) Demostrar que si f tiene un máximo local en a entonces la derivada segunda de Schwarz en a es 0. d) Demostrar que si existe f entonces f (a) 3 f(a + h) f(a h) 2hf (a) h 0 h 3. 8

9 a) Según el teorema de Taylor tenemos de donde resulta que f(a + h) = f(a) + f (a)h + f (a) + R 2 (h), f(a h) = f(a) f (a)h + f (a) + R 2 ( h), f(a + h) + f(a h) 2f(a) = f (a) + R 2(h) R 2 (h) R 2 ( h) y como lím h 0 h 0 = 0, se sigue el resultado. b) Tenemos f(0 + h) + f(0 h) 2f(0) lím h 0+ lím h 0 f(0 + h) + f(0 h) 2f(0) + R 2( h) 0 h 0+ h 0+ = 0, + 0 = 0. Sin embargo, f (x) = x no es derivable en el origen, es decir, no existe f (0). c) Si f tiene un máximo local en a entonces cuando h es suficientemente pequeño tenemos f(a) f(a+h) y f(a) f(a h) luego f(a + h) + f(a h) 2f(a) 0 d) Según el teorema de Taylor tenemos f(a + h) + f(a h) 2f(a) lím h 0 0. f(a + h) = f(a) + f (a)h + f (a) f(a h) = f(a) f (a)h + f (a) + f (a) h 3 + R 3 (h), 3! f (a) h 3 + R 3 ( h), 3! de donde resulta que f(a + h) f(a h) 2hf (a) h 3 = f (a) 3 R 3 (h) R 3 ( h) y como lím h 0 h 3 h 0 h 3 = 0, se sigue el resultado. + R 3(h) h 3 + R 3( h) h 3, 8. Sea f una función dos veces derivable tal que f f = 0 y tal que f(0) = f (0) = 0. Aplicar el teorema de Taylor para demostrar que f = 0. Observemos en primer lugar que existe f (k) para todo k N. En efecto, tenemos f (3) = (f ) = f, f (4) = (f (3) ) = f = f, f (5) = (f (4) ) = f, etc. 9

10 Como f(0) = f (0) = 0, se sigue que f (k) (0) = 0 para todo k N. Aplicando el teorema de Taylor resulta f(x) = f (n+) (t) (n + )! xn+ Como f n+ es continua, fijado x > 0 existe M > 0 tal que f n+ (t) M para todo 0 < t < x, y como solamente hay cuatro funciones f (k) la desigualdad anterior se verifica para todo n N. Así pues, x n+ y como lím, se sigue que f(x) = 0. n (n + )! f(x) M x n+ (n + )! 82. Sea f la función definida mediante f(x) = { e /x 2, si x 0, 0, si x = 0. Probar que f tiene derivadas de todos los órdenes en el origen y además f (n) (0) = 0 para todo n N. Está claro que f es continua en el origen. A continuación probamos que f es derivable en el origen. El siguiente resultado se obtiene al aplicar sucesivas veces la regla de L Hôpital. t α Lema. lím = 0 para todo α R. t et Aplicando el lema tenemos f f(h) f(0) (0) h 0 h e / h 0 Además, si x 0 entonces se sigue de la regla de la cadena que h h 0 /h e /h2 t /2 t e t = 0. f (x) = 2 x 3 e /x2, Además, si x 0 entonces f f (h) f (0) (0) h 0 h 2e / h 0 h 4 /h 4 h 0 e /h2 t 2 t e t = 0. f (x) = 6 x 4 e /x2 + 2 x 6 e /x2, 0

11 f f (h) f (0) (0) h 0 h ( 6h h 0 h 4 e /h2 + 2h ) 6 e /h2 ( ) 6/h 5 + 2/h7 h 0 e /h2 e /h2 t 5/2 t 7/2 = 6 lím t e t + 2 lím t e t = 0. Se puede probar por inducción que f (n) (0) = 0 para todo n N.