Polinomios de Taylor y Maclaurin

Calcula el polinomio de Taylor o de Maclaurin de una función derivada a derivada, con ejercicios resueltos paso a paso.

El polinomio de Taylor aproxima una función cerca de un punto a usando sus derivadas en ese punto. Cuando a = 0 se llama polinomio de Maclaurin. Cuanto mayor es el grado, mejor es la aproximación cerca de a.

Fórmulas

Polinomio de Taylor

P_{n} (x) = k = 0 \sum n \frac{f ^{(k)} ( a )}{k !} (x - a)^{k}

Ejercicios resueltos

Intenta resolver cada ejercicio y después abre la solución. Todas las soluciones están hechas y comprobadas con el motor de Lyz Math.

Ejercicio 1

P_{4} (x) = k = 0 \sum 4 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}

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Resultado ✓ Verificado

e^{x} \approx 1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{24} x^{4}

Polinomio de Maclaurin de grado 4 centrado en $x = 0$ :
$P_{4} (x) = k = 0 \sum 4 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}$
¿Por qué? Un polinomio que tiene el mismo valor y las mismas derivadas que la función en un punto se le parece mucho cerca de ese punto. Cuantos más términos, mejor la aproximación.
Calculamos las derivadas y las evaluamos en el centro:
$f^{(0)} (x) = e^{x} f^{(1)} (x) = e^{x} f^{(2)} (x) = e^{x} f^{(3)} (x) = e^{x} f^{(4)} (x) = e^{x} \Rightarrow f^{(0)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(1)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(2)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(3)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(4)} (0) = 1$
Dividimos cada valor entre $k!$ y lo sustituimos en la fórmula:
$P_{4} (x) = 1 + x + \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{24} x^{4}$

Ejercicio 2

P_{7} (x) = k = 0 \sum 7 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}

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sin (x) \approx x - \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{120} x^{5} - \frac{1}{5040} x^{7}

Polinomio de Maclaurin de grado 7 centrado en $x = 0$ :
$P_{7} (x) = k = 0 \sum 7 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}$
¿Por qué? Un polinomio que tiene el mismo valor y las mismas derivadas que la función en un punto se le parece mucho cerca de ese punto. Cuantos más términos, mejor la aproximación.
Calculamos las derivadas y las evaluamos en el centro:
$f^{(0)} (x) = sin (x) f^{(1)} (x) = cos (x) f^{(2)} (x) = - sin (x) f^{(3)} (x) = - cos (x) f^{(4)} (x) = sin (x) f^{(5)} (x) = cos (x) f^{(6)} (x) = - sin (x) f^{(7)} (x) = - cos (x) \Rightarrow f^{(0)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(1)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(2)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(3)} (0) = - 1 \Rightarrow f^{(4)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(5)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(6)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(7)} (0) = - 1$
Dividimos cada valor entre $k!$ y lo sustituimos en la fórmula:
$P_{7} (x) = x - \frac{1}{6} x^{3} + \frac{1}{120} x^{5} - \frac{1}{5040} x^{7}$

Ejercicio 3

P_{3} (x) = k = 0 \sum 3 \frac{f ^{(k)} ( 1 )}{k !} (x - 1)^{k}

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ln (x) \approx (x - 1) - \frac{1}{2} (x - 1)^{2} + \frac{1}{3} (x - 1)^{3}

Polinomio de Taylor de grado 3 centrado en $x = 1$ :
$P_{3} (x) = k = 0 \sum 3 \frac{f ^{(k)} ( 1 )}{k !} (x - 1)^{k}$
¿Por qué? Un polinomio que tiene el mismo valor y las mismas derivadas que la función en un punto se le parece mucho cerca de ese punto. Cuantos más términos, mejor la aproximación.
Calculamos las derivadas y las evaluamos en el centro:
$f^{(0)} (x) = ln (x) f^{(1)} (x) = \frac{1}{x} f^{(2)} (x) = - \frac{1}{x ^{2}} f^{(3)} (x) = \frac{2}{x ^{3}} \Rightarrow f^{(0)} (1) = 0 \Rightarrow f^{(1)} (1) = 1 \Rightarrow f^{(2)} (1) = - 1 \Rightarrow f^{(3)} (1) = 2$
Dividimos cada valor entre $k!$ y lo sustituimos en la fórmula:
$P_{3} (x) = (x - 1) - \frac{1}{2} (x - 1)^{2} + \frac{1}{3} (x - 1)^{3}$

Ejercicio 4

P_{6} (x) = k = 0 \sum 6 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}

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cos (x) \approx 1 - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{24} x^{4} - \frac{1}{720} x^{6}

Polinomio de Maclaurin de grado 6 centrado en $x = 0$ :
$P_{6} (x) = k = 0 \sum 6 \frac{f ^{(k)} ( 0 )}{k !} x^{k}$
¿Por qué? Un polinomio que tiene el mismo valor y las mismas derivadas que la función en un punto se le parece mucho cerca de ese punto. Cuantos más términos, mejor la aproximación.
Calculamos las derivadas y las evaluamos en el centro:
$f^{(0)} (x) = cos (x) f^{(1)} (x) = - sin (x) f^{(2)} (x) = - cos (x) f^{(3)} (x) = sin (x) f^{(4)} (x) = cos (x) f^{(5)} (x) = - sin (x) f^{(6)} (x) = - cos (x) \Rightarrow f^{(0)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(1)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(2)} (0) = - 1 \Rightarrow f^{(3)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(4)} (0) = 1 \Rightarrow f^{(5)} (0) = 0 \Rightarrow f^{(6)} (0) = - 1$
Dividimos cada valor entre $k!$ y lo sustituimos en la fórmula:
$P_{6} (x) = 1 - \frac{1}{2} x^{2} + \frac{1}{24} x^{4} - \frac{1}{720} x^{6}$

Ejercicio 5

P_{2} (x) = k = 0 \sum 2 \frac{f ^{(k)} ( 4 )}{k !} (x - 4)^{k}

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x \approx 2 + \frac{1}{4} (x - 4) - \frac{1}{64} (x - 4)^{2}

Polinomio de Taylor de grado 2 centrado en $x = 4$ :
$P_{2} (x) = k = 0 \sum 2 \frac{f ^{(k)} ( 4 )}{k !} (x - 4)^{k}$
¿Por qué? Un polinomio que tiene el mismo valor y las mismas derivadas que la función en un punto se le parece mucho cerca de ese punto. Cuantos más términos, mejor la aproximación.
Calculamos las derivadas y las evaluamos en el centro:
$f^{(0)} (x) = x f^{(1)} (x) = \frac{1}{2 x} f^{(2)} (x) = - \frac{1}{4 x ^{\frac{3}{2}}} \Rightarrow f^{(0)} (4) = 2 \Rightarrow f^{(1)} (4) = \frac{1}{4} \Rightarrow f^{(2)} (4) = - \frac{1}{32}$
Dividimos cada valor entre $k!$ y lo sustituimos en la fórmula:
$P_{2} (x) = 2 + \frac{1}{4} (x - 4) - \frac{1}{64} (x - 4)^{2}$

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