Serie de Maclaurin

Escribe la serie de Maclaurin de la función \( f(x)=\ln(1+x)\).

Solución

Paso 1: Empieza por tomar las derivadas de \(f(x)\):

\[ \begin{align} f(x)&=\ln(1+x) \\ f'(x)&=\dfrac{1}{1+x} \\ f''(x)&=-\dfrac{1}(1+x)^2} \\ f'''(x)&=dfrac{2}(1+x)^3} \\ f^(4)}(x)&=-\dfrac{6}(1+x)^4} \fin{align}\]

Analizando las derivadas, podemos identificar el siguiente patrón para \(n>0\):

\[f^{(n)}(x)=(-1)^{n-1}\dfrac{(n-1)!}{(1+x)^n}\]

Observa que

• cada derivada consecutiva cambia de signo respecto a la derivada anterior, de ahí el factor \( (-1)^{n-1}\);
• ¡los numeradores forman una secuencia de regla \( (n-1)! \);
• los denominadores son sólo potencias de \( (1+x) \).

Paso 2: Evalúa cada derivada en \(x=0\)

\¡f''(0)&=1 f''(0)&=-1 f'''(0)&=2 f^{(4)}(0)&=-6 f^{(n)}(0)&=(-1)^{n-1}(n-1)! \end{align}\]

Paso 3: Aplica estos resultados a la fórmula de la serie de Maclaurin:

\M_f(x) = 0+ 1\cdot x+dfrac{-1}{2!}x^2+dfrac{2!}{3!}x^3+dfrac{-3!}{4!}x^4+\cdots \].

• Simplificándolo:

\[ M_f(x) = x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{4}+\cdots \]

• En notación sigma, tenemos

\M_f(x) = suma_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}dfrac{x^n}{n}, \]

Observa que esta serie empieza en \( n=1\) porque \(f(0)=0\).

Escribe la serie de Maclaurin para \( f(x) = \cos(x) \).

Solución:

Paso 1: Empieza tomando las derivadas de \(f(x)\):

\f''(x)&=-\sin(x) f''(x)&=-\cos(x) f''(x)&=-\cos(x) f''(x)&=-\sin(x) f'''(x)&=-\cos(x) f''(x)&=-\cos(x) f^(4)}(x)&=-\cos(x) f^(4)}(x)&=-\cos(x) fin].

Paso 2: Antes de encontrar un patrón para las derivadas, evaluemos cada una en \(x=0\):

\f'''(0)&=-\Nsin(0)=0 \N - f'''(0)&=-\Ncos(0)=-1 \N - f'''(0)&=-\Nsin(0)=0 \N - f^{(4)}(0)&=\Ncos(0)=1 \nd{align}\}].

Analizando los resultados podemos ver que:

• Si \(n\) es impar entonces

\[f^{(n)}(0)=0\}]

• Si \(n\) es par, entonces

\[f^{(n)}(0)=(-1)^{\tfrac{n}{2}}\]

Paso 3: Aplica estos resultados a la fórmula de la serie de Maclaurin:

\[ M_f(x) = 1 + 0\cdot x+dfrac{-1}{2!}x^2+dfrac{0}{3!}x^3+dfrac{1}{4!}x^4+dfrac{0}{5!}x^5+dfrac{-1}{6!}x^6+\cdots \cdot].

• Simplificándolo:

\[ M_f(x) = 1 -\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}-\dfrac{x^6}{6!}+\cdots. \]

• En notación sigma, y considerando el intervalo de convergencia, tenemos

\f(x) = suma_{n=0}^{infty}(-1)^{tfrac{n}{2}}dfrac{x^{2n}}{(2n)!}. \]

Encuentra una serie de potencias expansión para la función \( f(x)=x^2e^x\) centrada en \(x=0\).

Solución:

Para resolverlo, vamos a empezar escribiendo la expansión en serie de Maclaurin de la función f(x)=e^x\), ya que está centrada en \(x=0\):

Paso 1: En primer lugar, consideremos las derivadas de \( g(x)\), como se trata de la función \( e^x\) esto es fácil:

\[ g^{(n)}(x)=e^x, \para todo n\ge 0].

Paso 2: Evalúa las derivadas en \(x=0\)

\[ g^{(n)}(0)=1\]

Paso 3: Aplica el resultado en la fórmula de la serie de Maclaurin

\[ M_g(x) = \suma_{n=0}^{\infty}\dfrac{1}{n!}x^n \]

Por tanto, tenemos

\g(x) = suma_n=0}^infty}dfrac{x^n}{n!}].

Podemos calcular fácilmente el intervalo de convergencia, que es \( (-\infty,+\infty)\).

• Consideremos ahora que \( f(x)=x^2\cdot g(x) \):

\[ f(x) =x^2 \cdot \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!}]

• Simplificando tenemos

\f(x) &=suma_n=0}^{infty}dfrac{x^2\cdot x^n}{ ¡n!} \\ f(x) &=suma_n=0}^{infty}dfrac{x^{n+2}{ ¡n!} \end{align}\}]

Por tanto, la expansión de la serie de potencias para la función \( f(x)=x^2e^x\) centrada en \( x=0\) es

\f(x) = suma_n=0}^infty}dfrac{x^{n+2}{n!}]

Escribe una expansión en serie de potencias para \( f(x)=\cosh(x)\) centrada en \(x=0\).

Solución:

Para resolverlo puedes utilizar la definición de serie de Maclaurin calculando cada derivada de \( f(x)\), o puedes aplicar la definición de \( \cosh(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\).

Vamos a comprobar ambas, empezando por la definición de la serie de Maclaurin.

Paso 1: Calcula las derivadas de \( f(x)\):

\f''(x) &=sinh(x) f''(x) &=cosh(x) f''(x) &=sinh(x) f''(x) &=cosh(x) f'''(x) &=sinh(x) f'''(x) &=sinh(x) fin].

Paso 2: Evalúa cada derivada en \( x=0 \):

\f''(0) &=Sinh(0)=0 f''(0) &=Sinh(0)=1 f''(0) &=Sinh(0)=0 fin]]

Paso 3: Aplica estos resultados a la fórmula de la serie de Maclaurin:

\[ M_f(x) = 1 + 0\cdot x+dfrac{1}{2!}x^2+dfrac{0}{3!}x^3+dfrac{1}{4!}x^4+dfrac{0}{5!}x^5+dfrac{1}{6!}x^6+\cdots \cdot].

• Simplificándolo:

\[ f(x) = 1 +\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}+\dfrac{x^6}{6!}+\cdots \]

• En notación sigma, y considerando el intervalo de convergencia, tenemos

\f(x) = suma_n=0}^infty}dfrac{x^{2n}}{(2n)!}].

Veamos ahora cómo podemos resolver esto utilizando la definición del coseno hiperbólico:

• Observando la definición \( \cosh(x) \) tenemos:

\[ \cosh(x)=\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\]

• Del ejemplo anterior tenemos:

\[ e^x = \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{x^n}{n!} \]

• Evaluemos la expansión en serie con \( -x \):

\[ \begin{align} e^{-x} &= \sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-x)^n}{n!} \\ e^{-x} &= \suma_n=0}^infty}(-1)^ndfrac{x^n}{n!} \end{align}\}]

• Expandamos los términos de la serie para \( e^x\) y \( e^{-x}\) y sumémosla:

\e^{x} &= 1+x+dfrac{x^2} ¡{2!}+dfrac{x^3} ¡{3!}+dfrac{x^4} ¡{4!}+dfrac{x^5} ¡{5!}+\cdots \ {\} e^{-x} &= 1-x+dfrac{x^2} ¡{2!}-dfrac{x^3} ¡{3!}+dfrac{x^4} ¡{4!}e^x+e^{-x} &= 2+0+2dfrac{x^2} {2!}+0+2dfrac{x^4} {4!}+0+cdots \ {\ {\} e^x+e^{-x} &= 2+2dfrac{x^2} {2!}+2dfrac{x^4} {4!}+cdots \ {\}end{align}].

• Para tener el coseno hiperbólico aún tenemos que dividirlo por dos:

\[ \begin{align} \dfrac{e^x+e^-x}{2} &= \dfrac{1}{2}left(2+2\dfrac{x^2}{2!}+2\dfrac{x^4}{4!}+\cdots\right) \dfrac{e^x+e^-x}{2} &= 1+dfrac{x^2}{2!}+dfrac{x^4}{4!}+\cdots \end{align}].

• Escribiendo con la notación sigma

\¡f(x) = suma_n=0}^infty}dfrac{x^{2n}}{(2n)!

Que es lo mismo que la primera parte.