Calcul 1. Tema 3, Apuntes de Cálculo. Universitat Pompeu Fabra (UPF)
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Calcul 1. Tema 3, Apuntes de Cálculo. Universitat Pompeu Fabra (UPF)

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Asignatura: Càlcul i Mètodes Numèrics, Profesor: Alfonso Martinez, Carrera: Enginyeria en Sistemes Audiovisuals, Universidad: UPF
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càlcul i— 2017/2018 Polinomios y Series de Taylor

1 aproximaciones lineales y cuadráticas

La recta tangente tx0(x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0), un polinomio de orden 1, aproxima linealmente a una función en un punto x = x0. La aproximación es exacta en x = x0 y ajustada en un entorno de x = x0.

Ejemplo 1. Sea f (x) = cos x, donde x está en radianes. Es fácil evaluar la tangente en x = 0, que da t0(x) = 1. Es instructivo comparar la función original y la tangente.

Consideremos x0 = 0. Ahora queremos hallar una aproximación cuadrática, un polinomio de orden 2 P2(x), a una función f (x). Para hacerlo, necesitamos que coincidan los valores de la función, su primera y segunda derivada: f (0) = P2(0), f ′(0) = P′2(0) y f ′′(0) = P′′2 (0). Sea P2(x) = c0 + c1x + c2x2. Entonces P′2(x) = c1 + 2c2x y P′′2 (x) = 2c2. Por lo tanto, debemos escoger los coeûcientes tales que c0 = f (0), c1 = f ′(0) y c2 = 12 f

′′(0). La aproximación cuadrática es por tanto

P2(x) = f (0) + f ′(0)x + 1 2 f ′′(0)x2.

Ejemplo 2. (continuación) Sea f (x) = cos x. La aproximación cuadrática es P2(x) = 1 − 12x 2. Es instructivo

comparar la función original con la tangente y esta aproximación cuadrática.

La aproximación cuadráticamejora a la lineal (o recta tangente) en un entorno de x0. Paramejorar la precisión una posible solución es aproximar la función f (x) for un polinomio de orden n, que denotamos Pn(x) = c0 + c1x + c2x2 +⋯cnxn y se conoce como polinomio de Taylor de orden n.

2 polinomios de taylor

Los coeûcientes del polinomio de Taylor se calculan imponiendo que el valor de la función y sus n primeras deri- vadas coincidan con los valores del polinomio y sus derivadas.

Tomemos n = 3. Como antes, se debe cumplir que f (0) = P3(0), f ′(0) = P′3(0) = c1 y f ′′(0) = P′′3 (0) = 2c2. Además, f ′′′(0) = P′′′3 (0) = 3 ⋅ 2c3. Por lo tanto, c3 = 13⋅2 f

′′′(0) y el polinomio de Taylor de orden 3 viene dado por

P3(x) = f (0) + f ′(0)x + 1 2 f ′′(0)x2 + 1

6 f ′′′(0)x3.

Si ahora tomamos n = 4, notaremos que los primeros 3 coeûcientes no vaŕıan y que c4 = 14⋅3⋅2 f (4)(0) = 124 f

(4)(0).

En este punto conviene recordar la deûnición de factorial de un número natural n. El factorial de un número natural n se denota como n! y es el producto de todos los números naturales comprendidos entre 1 y n, es decir, n! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3⋯n. Por convención 0! = 1. Es fácil concluir que el coeûciente de xn, cn es cn = 1n! f

(n)(0).

El polinomio de Taylor de orden n, que escribimos Pn(x), viene dado por

Pn(x) = f (0) + f ′(0)x + 1 2 f ′′(0)x2 + 1

6 f ′′′(0)x3 +⋯ + 1

n! f (n)(0)xn .

Ejercicio 3. Encontrar el polinomio de Taylor de orden 7 para la función cos x. Evaluar P7( π3 ) y comparar su valor con el valor real de la función cos( π3 ).

1

En general, estamos interesados en aproximar una función f (x) en x0 ≠ 0. Si procedemos como antes, nos encon- tramos con un problema en el primer paso, dado que evaluamos f (x0) = c0 + c1x0 +⋯cnxn0 . ¿Cómo proceder? Para obtener f (x0) = c0 hay que hacer que los otros sumandos sean cero. Una opción es considerar un polinomio c0 + c1(x − x0) + ⋯cn(x − x0)n, de modo que f (x0) = c0. Derivando el polinomio encontramos que f ′(x0) = c1. Volviendo a derivar, hallamos f ′′(x0) = 2c2 y aśı sucesivamente. El polinomio de Taylor de orden n en x0 es

Pn,x0(x) = f (x0) + f ′(x0)(x − x0) + 1 2 f ′′(x0)(x − x0)2 +

1 6 f ′′′(x0)(x − x0)3 +⋯ +

1 n! f (n)(x0)(x − x0)n .

Notemos que P1,x0 is simplemente la recta tangente a f (x) en x0. Para n ≥ 1, tenemos que Pn,x0(x) = Pn−1,x0(x) + 1n! f

(n)(x0)(x − x0)n.

Ejemplo 4. Encontrar el polinomio de Taylor de órdenes 1 a 4 para la función log x en x0 = 1. Dar las fórmulas, dibujar los polinomios y evaluar algunos valores, comparándolos con la función.

Ejemplo 5. Queremos calcular los polinomios de Taylor hasta orden 3 de f (x) = x cos(x) en x0 = 0. Para hacerlo, necesitamos las derivadas de f hasta orden 3, y evaluarlas en x = 0.

f (x) = x cos(x) ⇒ f (0) = 0 f ′(x) = cos(x) − x sin(x) ⇒ f ′(0) = 1 f ′′(x) = −2 sin(x) − x cos(x) ⇒ f ′′(0) = 0 f ′′′(x) = −3 cos(x) + x sin(x) ⇒ f ′′′(0) = −3

Por lo tanto,

• P0,0(x) = f (0) = 0 • P1,0(x) = P0,0(x) + f ′(0) x = 0 + 1 ⋅ x = x

• P2,0(x) = P1,0(x) + f ′′(0) 2! x

2 = x + 02! x 2 = x

• P3,0(x) = P2,0(x) + f ′′′(0) 3! x

3 = x + −33! x 3 = x − x32 .

Ejercicio 6. Sea f (x) = 4x2 − 7x + 2. Hallar P1(x) y P2(x), aśı como P1,1(x) y P2,1(x). Sea f (x) = x3 + 7x2 − 5x + 1. Hallar P1(x), P2(x) y P3(x), aśı como P1,1(x), P2,1(x) y P3,1(x). ¿Qué conclusión se puede sacar de los valores de estos polinomios de Taylor?

Ejercicio 7. Usando las expansiones de Taylor de sin x y de cos x, justiûcar que limx→0 sin xx = 1 y limx→0 1−cos x

x2 = 1 2 .

3 error en la aproximación por un polinomio de taylor

Para cada n ∈ N, el residuo o el resto del polinomio de Taylor de orden n es la función

Rn(x) = f (x) − Pn,x0(x).

Un resultado, también conocido como Teorema de Taylor nos da la llamada forma de Peano del residuo. Sea f derivable n ∈ N veces en x0. Entonces,

Rn(x) = o((x − x0)n).

Hay otras maneras de expresar Rn(x), como por ejemplo la forma de Lagrange:

Rn(x) = f (n+1)(ξ) (n + 1)! (x − x0)

n+1,

2

donde ξ ∈ ⟨x0, x⟩, que quiere decir que ξ está entre x0 y x pero no sabemos si ξ ∈ [x0, x] o si ξ ∈ [x , x0].

La forma de Lagrange del residuo nos permite dar una cota al error que cometemos utilizando Pn,x0(x) como aproximación de f (x), ya que

∣ f (x) − Pn,x0(x)∣ = ∣Rn(x)∣ = ∣ f (n+1)(ξ) (n + 1)! (x − x0)

n+1∣ = ∣ f (n+1)(ξ) (n + 1)! ∣ ⋅ ∣x − x0∣

n+1 ≤ M ⋅ ∣x − x0∣n+1,

donde M = maxξ∈⟨x0 ,x⟩ ∣ f (n+1)(ξ)∣

(n+1)! .

Utilizando las deûniciones de Rn(x) y de Pn,x0(x), podemos expresar el teorema de Taylor como

f (x) = f (x0)+ f ′(x0)(x−x0)+ 1 2 f ′′(x0)(x−x0)2+

1 6 f ′′′(x0)(x−x0)3+⋯+

1 n! f (n)(x0)(x−x0)n +o((x−x0)n),

que quiere decir que, para cada n ∈ N, f se puede aproximar por un polinomio de grado n y que el residuo de esta aproximación decrecemás rápidamente que (x − x0)n cuando x → x0.

Ejemplo 8. Retomamos el ejemplo de la función f (x) = x cos(x), del que ya hemos visto que P3,0(x) = x − x 3

2 . De aquı́ podemos calcular R3(x) = f (x) − P3,0(x) = x cos(x) − x + x

3

2 y, por el teorema de Taylor, concluir que

x cos(x) = x − x 3

2 + o(x3).

Supongamos ahora que usamos P3,0(x) para calcular una aproximación de f (1), es decir, consideramos f (1) ≈ P3,0(1) = 1 − 1

3

2 = 0.5. Una cota del error que cometemos es

∣ f (1) − P3,0(1)∣ ≤ max ξ∈[0,1]

∣ f (4)(ξ)∣ 4!

⋅ ∣1∣4(1)= max ξ∈[0,1]

∣4 sin(ξ) + ξ cos(ξ)∣ 24

(2)= ∣4 sin(1) + 1 cos(1)∣ 24

≈ 0.16.

En (1), simplemente hemos calculado f (4)(x) = 4 sin(x)+x cos(x); para (2), hemos hecho un pequeño estudio de la función amaximizar y hemos visto que es estrictamentemonótona creciente en el intervalo [0, 1], o sea que toma el valor máximo en ξ = 1. Con esta cota podemos decir que P3,0(1) − 0.16 ≤ f (1) ≤ P3,0(1) + 0.16⇔ 0.5 − 0.16 ≤ f (1) ≤ 0.5 + 0.16⇔ 0.34 ≤ f (1) ≤ 0.66. El valor real es f (1) ≈ 0.54, que estámuy cerca de P3,0(1) = 0.5.

Podemos sacar algunas conclusiones de este cálculo de la cota del error: [1] el orden 3 es muy bajo; [2] x = 1 está bastante lejos de x0 = 0 para usar solamente el orden 3; y [3] la función x cos(x) no es especialmente complicada si tenemos en cuenta las funciones que pueden surgir en cálculos más realistas, o si la función se tiene que evaluar en muchos puntos diferentes (en este caso, se estima también max ∣x − x0∣n+1 en el intervalo donde se cogerán los puntos). Aún con todo, la cota de error es solamente del orden de una décima.

Son de especial importancia los polinomios de Taylor de algunas funciones elementales, porque los usaremos en muchos contextos diferentes:

• ex = ∑0≤k≤n x k

k! + o(x n) = 1 + x + x22! +⋯ +

xn n! + o(x

n)

• log(1 + x) = ∑1≤k≤n(−1)k+1 x k

k + o(x n) = x − x22 +

x3 3 +⋯ + (−1)

n+1 xn n + o(x

n)

• (1 + x)α = ∑0≤k≤n(αk)x k + o(xn) = 1 + αx + α(α−1)2! x

2 +⋯ + (αn)x n + o(xn), on α ∈ R

• sin(x) = ∑0≤k≤n(−1)k x 2k+1

(2k+1)! + o(x 2n+1) = x − x33! +

x5 5! +⋯ + (−1)

n x2n+1 (2n+1)! + o(x

2n+1)

• cos(x) = ∑0≤k≤n(−1)k x 2k

(2k)! + o(x 2n) = 1 − x22! +

x4 4! +⋯ + (−1)

n x2n (2n)! + o(x

2n)

3

Para α ∈ R, los coeûcientes binomiales del polinomio de Taylor de (1 + x)α se calculan tomando

(α k ) = α(α − 1)⋯(α − k + 1)

k! .

Observación. El hecho de que f (x) = Pn,x0(x) + o((x − x0)n) quiere decir que

lim x→x0

f (x) Pn,x0(x)

= lim x→x0

Pn,x0(x) + o((x − x0)n) Pn,x0(x)

= lim x→x0

(1 + o((x − x0) n)

Pn,x0(x) ) = 1 + 0 = 1

por la deûnición de o((x − x0)n) y de Pn,x0(x). En deûnitiva, este cálculo nos dice que

f (x) ∼ x→x0

Pn,x0(x)

para cualquier n ∈ N— un resultado muy importante que usaremos sobre todo para calcular ĺımites.

Ejemplo 9. Queremos calcular

lim x→0

x2ex

cos(x) − 1 ,

que a priori presenta la forma de indeterminación 00 . Usando que e x ∼x→0 1 + x y que cos(x) ∼x→0 1 − x

2

2 , tenemos

lim x→0

x2ex

cos(x) − 1 = limx→0 x2(1 + x)

(1 − x22 ) − 1 = lim

x→0

x2 + x3

− x22 (1)= lim

x→0

x2

− x22 = −2.

(En (1) hemos usado que la suma de inûnitésimos es aśıntotica al inûnitésimo de orden inferior.)

4 serie de taylor

Conforme n aumenta, n! se hace cada vezmás grande. A la vez, el término (x − x0)n crece siempre que ∣x − x0∣ > 1, y también podŕıa ocurrir que la derivada n-ésima aumentara con n. En general, es dif́ıcil saber qué factor domina.

Consideremos por ejemplo el polinomio de ex . Tomemos x = 1 y n = 7. El error cometido se puede acotar por 3 ⋅ 188! = 7.44 ⋅ 10

−5. De hecho, para x ûjo, si n aumenta, se puede demostrar que1

lim n−>∞

xn

n! = 0,

lo cual implica que el error se hace cada vez más pequeño. Un razonamiento similar se puede aplicar para el poli- nomio de Taylor del seno o del coseno.

Si decimos que f (x)−Rn,x0(x) tiende a 0 cuando n tiende a inûnito, es porque estamos considerando una secuencia de números, esencialmente una función de los números naturales a los números reales. Cuando el ĺımite de la secuencia es cero, f (x) se puede aproximar cada vez mejor por su polinomio de Taylor. Podemos considerar un polinomio de “grado” inûnito, la serie de Taylor Sx0(x), que viene dada por

S(x) = f (0) + f ′(0)x + 1 2 f ′′(0)x2 +⋯ + 1

n! f (n)(0)xn +⋯ .

Observación. Una serie de números es la suma inûnita

S = a0 + a1 + a2⋯+ .

La suma S puede converger a un número real, la suma de la serie, o bien divergir a +∞ o −∞, o bien puede oscilar entre dos o más valores.

Si S < +∞, entonces se tiene que cumplir que limn→∞ an = 0, pero no al contrario. 1Aquı́ el ĺımite es sobre los números naturales, no sobre los números reales. Sin embargo, un ĺımite de este tipo se puede encontrar

suponiendo que n es un número real que tiende a inûnito.

4

Ejemplo 10. El comportamiento de la serie geométrica de razón r ∈ R es

1 + r + r2 +⋯ + rn +⋯ = ⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

1 1−r si ∣r∣ < 1 +∞ si r ≥ 1 ∄ si r ≤ −1

Ejemplo 11. El comportamiento de la serie armónica generalizada, para p ∈ (0,+∞), es

1 + 1 2p

+⋯ + 1 np

+⋯{ < +∞ si p > 1 = +∞ si 0 < p ≤ 1

5 radio de convergencia de la serie de taylor

La serie de Taylor se escribe en general como

Sx0 = a0 + a1(x − x0) + a2(x − x0)2 + a3(x − x0)3 +⋯ ,

donde los coeûcientes an incluyen el factorial y la derivada. Antes comentamos brevemente que una condición necesaria, pero no suûciente, para que la serie converja es que limn→∞ an = 0. Una condición suûciente es la siguiente. La serie de Taylor converge a una función de x para los valores tales que

lim n→∞

∣an+1(x − x0) n+1

an(x − x0)n ∣ = lim

n→∞ ∣an+1 an

(x − x0)∣ < 1.

Si el ĺımite es mayor que 1, la serie diverge. Cuando el ĺımite es 1, no podemos asegurar si la serie converge o no.

Trabajando la expresión dentro del ĺımite, podemos reescribir la condición de la siguientemanera

∣(x − x0)∣ limn→∞∣ an+1 an

∣ < 1 (1) ⇐⇒ ∣(x − x0)∣ <

1 limn→∞∣ an+1an ∣

(2) ⇐⇒ −x0 −

1 limn→∞∣ an+1an ∣

< x < x0 + 1

limn→∞∣ an+1an ∣ ,

donde primero sacamos el factor (x − x0), que no depende de n, fuera del ĺımite, en (1) pasamos el ĺımite al otro lado del denominador y en (2) resolvemos la desigualdad para x.

El radio de convergencia de la serie de Taylor R viene dado por

R = 1 limn→∞∣ an+1an ∣

.

Ejemplo 12. Consideremos la serie

x 1 ⋅ 3 +

x2

2 ⋅ 32 + x3

3 ⋅ 33 +⋯ + xn

n ⋅ 3n +⋯ .

Como an = 1n3n , tenemos que

lim n→∞

∣an+1 an

∣ = lim n→∞

∣ n (n + 1)3

∣ = lim n→∞

n3n

(n + 1)3n+1 = 1 3 ,

y por lo tanto R = 3. La serie converge para ∣x∣ < 3 y diverge para ∣x∣ > 3.

Para la función exponencial, un cálculo sencillo similar al anterior muestra que R =∞, dado que el ĺımite es cero, y por lo tanto la serie de Taylor converge a la función exponencial para cualquier número real. Un razonamiento similar muestra que la serie del coseno y del seno convergen también para cualquier número real.

5

6 cálculo de polinomios de taylor por sustitución

La suma de la serie geométrica de razón r coincide con la serie de Taylor asociada a (1 + x)−1, con la sustitución x = −r. En general, para encontrar la serie o el polinomio, hay que hallar los coeûcientes, un proceso laborioso que involucra calcular derivadas de orden arbitrario. Una alternativa que ayuda con frecuencia es relacionar la serie con otra que ya conozcamos.

Supongamos que queremos calcular la serie de e−x2 en torno a 0. Encontramos que f ′(x) = −2xe−x2 y que f ′′(x) = −2e−x2 + 4x2e−x2 , y aśı sucesivamente. Pero también podemos proceder alternativamente. Usando que e y = 1+ y + 1 2 y

2 +⋯ , y sustituyendo y = −x2, tenemos directamente

e y = 1 − 1 2 x2 + 1

2 x4 +⋯ ,

que coincide con lo que habŕıamos calculado amano.

Ejemplo 13. Sustituyendo y = −x2 en la serie de (1 + x)−1 encontramos 1

1 − x2 = 1 + x 2 + x4 + x6 +⋯ .

En general, sustituyendo f (x) en una serie de Taylor para g(x) da g( f (x)). De hecho, también podemos sustituir una serie en otra y agrupar los términos correspondientes a cadamonomio. Por ejemplo, si f (x) = sin x y g(x) = ex , la serie de esin x se puede hallar como

1+(x − x 3

3! + x

5

5! + . . . ) + 1

2 (x − x

3

3! + x

5

5! + . . . )

2

+ 1 6 (x − x

3

3! + x

5

5! + . . . )

3

+ 1 24

(x − x 3

3! + x

5

5! + . . . )

4

+⋯

= 1 + x + x 2

2 − x

3

6 + x

3

6 − x

4

6 + x

4

24 +⋯

= 1 + x + x 2

2 − x

4

8 +⋯ .

Observación. Para calcular ĺımites, podemos sustituir la expresión x → x0 por ε(t)→t→t0 x0 y por lo tanto

f (ε(t)) ∼ t→t0

Pn,x0(ε(t)).

Ejemplo 14. Queremos calcular

lim x→0

log(cos(x)) x2

,

que a priori presenta la forma de indeterminación 00 . Usando que cos(x) ∼x→0 1 − x2 2 , en primer lugar tenemos

log(cos(x)) ∼x→0 log(1 − x2

2 ).

Ahora podemos usar que log(1 + ε(t)) ∼t→t0 ε(t) − (ε(t))2

2 para cualquier ε(t) →t→t0 0. En nuestro caso, ε(x) = − x22 →x→0 0 (hemos cambiado la variable porque nuestro ĺımite está expresado en x y no en t). Por lo tanto,

lim x→0

log(cos(x)) x2

= lim x→0

log(1 − x22 ) x2

= lim x→0

− x22 − (− x

2 2 )

2

2 x2

= lim x→0

− x22 − x4 8

x2 = lim

x→0

− x22 x2

= − 1 2 .

6

Por último, también podemos obtener series de Taylor diferenciando e integrando término a término. Por ejemplo, sea f (x) = (1 − x)−2. Como tenemos que f (x) es la derivada de (1 − x)−1, podemos hallar su serie derivando la correspondiente a la serie geométrica, obteniendo

1 (1 − x)2 = 1 + 2x + 3x

2 + 4x3 +⋯ .

Como debe ser, la serie coincide con que vimos anteriormente. Además, el radio de convergencia no vaŕıa cuando obtenemos una serie por derivación o integración término a término.

Problema 15. Calcular los ĺımites siguientes.

(a) lim x→+∞

√ x2 + x − x (b) lim

x→−∞

x − √ x2 + 4 x

.

Solución. (a) Resolvemos este ĺımite en dos formas diferentes. En la primera forma,multiplicamos y dividimos por√ x2 + x + x para obtener

lim x→+∞

√ x2 + x − x = (

√ x2 + x − x)(

√ x2 + x + x√

x2 + x + x = (

√ x2 + x)2 − x2)√ x2 + x + x

,

un producto notable de la forma (a − b)(a + b) = a2 − b2.

Además, tenemos en cuenta que aunque en general ( √ x2 + x)2 = ∣x2 + x∣, como es positivo ya que x → +∞,

tomamos ∣x2 + x∣ = x2 + x . Simpliûcando, obtenemos

x2 + x −x2√ x2 + x + x

= x√ x2 + x + x

pero para x → +∞ √ x2 + x + x ∼

√ x2 + x = x + x = 2x .

Finalmente, como x√

x2 + x + x ∼

x→+∞ x 2x

= 1 2 ,

tenemos que lim

x→+∞

√ x2 + x − x = 1

2 .

La segunda forma pasa por hacer un desarrollo deTaylor. Recordamos que si f (x) → x→x0

0 entonces (1+ f (x))α ∼ x→x0

1 + α f (x). En nuestro caso y tomando en cuenta que ∣x∣ = x si x →∞, tenemos por un lado que

√ x2 + x =

√ x2(1 + 1

x ) =

√ x2

√ 1 + 1

x = x (1 + 1

x )

1 2 ,

y por otro que 1 x →

x→+∞ 0⇒ (1 + 1

x )

1 2

∼ x→+∞

1 + 1 2 ⋅ 1 x .

Combinando ambos hechos, tenemos

√ x2 + x − x = x (1 + 1

x )

1 2 − x ∼

x→+∞ x (1 + 1

2x ) − x = ∼

x→+∞ x + 1

2 −x =

1 2 .

Y por lo tanto lim

x→+∞

√ x2 + x − x = 1

2 .

7

Observación. Mientras la técnica del desarrollo de Taylor funciona siempre en el caso de ĺımites como el que aca- bamos de resolver (posiblemente con relaciones asintóticas de órdenes superiores) las multiplicaciones algebráicas de resolver el ĺımite no siempre funcionan.

(b)Denuevo lo resolvemosde dosmanerasdiferentes. El primermétodo incluyeundesarrollodeTaylor. Escribimos

√ x2 + 4 =

√ x2(1 + 4

x2 ) =

√ x2

√ 1 + 4

x2 = −x

√ 1 + 4

x2 ,

donde hemos usado que √ x2 = ∣x∣ = −x si x → −∞. Ahora, tenemos que

x − √ x2 + 4 x

= x − (−x

√ 1 + 4x2 )

x = x + x

√ 1 + 4x2

x ∼

x→−∞

x + x(1 + 12 ⋅ 4 x2 )

x = x(1 + 1 + 2x2 )

x = 2 + 2

x2 →

x→−∞ 2,

donde hemos usado el desarrollo de Taylor del apartado (a), y por lo tanto

lim x→−∞

x − √ x2 + 4 x

= 2.

Por el método del producto notable, tenemos que

x − √ x2 + 4 x

⋅ x + √ x2 + 4

x + √ x2 + 4

= −4 x2 + x

√ x2 + 4

.

Como ( √ x2 + 4)2 = ∣x2 + 4∣ = x2 + 4 si x → −∞ seguimos teniendo el denominador una indeterminación:

x → −∞ x2 (+∞)

+ x (−∞)

⋅ √ x2 + 4 (+∞)

=∞−∞.

Entonces tenemos que usar el desarrollo de Taylor también en este caso:

x2 + x √ x2 + 4 = x2 + x

√ x2 (1 + 4

x2 ) = x2 + x

√ x2

√ 1 + 4

x2 = x2 − x2 (1 + 4

x2 )

1 2 ,

donde hemos tenido en cuenta que √ x2 = ∣x∣ = −x cuando x → −∞. Y usando ûnalmente el desarrollo de Taylor,

tenemos

x2 − x2 (1 + 4 x2

) 1 2

∼ x→−∞

x2 − x2 (1 + 1 2 ⋅ 4 x2

) =�x2 −�x2 −�x2 2 x2

= −2,

y ûnalmente obtenemos el mismo resultado obtenido en el primer método −4

x2 + x √ x2 + 4

∼ x→−∞

−4 −2 = 2.

Observación. Recordar que √

[ f (x)]2 = ⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

f (x), si f (x)→ +∞ − f (x), si f (x)→ −∞.

Problema 16. Calculeu els ĺımits següents amb desenvolupaments de Taylor i comproveu que el resultat coincideix amb els ĺımits del Tema 2.

(a) lim x→0

log(1 + 2x) sin(3x) (c) limx→+∞ cosh

√ x2+1−x(x) (e) lim

x→+∞ (x ⋅ log(x + 3

x + 1))

(b) lim x→1

(x − 1)2 e3(x−1)2 − 1

(d) lim x→0

log(cos(x)) x2

(f) lim x→0

(1 + sin(x)) 3x

1−cos(x)

8

Solució.

Per a (a), tenim que ln(1 + 2x) ∼ x→0

2x i que sin(3x) ∼ x→0

3x. Llavors,

lim x→0

ln(1 + 2x) sin(3x) = limx→0

2x 3x

= 2 3 .

Per a (b), posant ε(x) = 3(x − 1)2, que és un inûnitèsim en 1 perquè 3(x − 1)2 → x→1

0, obtenim que

eε(x) − 1 ∼ x→1

1 + ε(x) − 1 = 3(x − 1)2,

i per tant

lim x→1

(x − 1)2 e3(x−1)2 − 1

= lim x→1 

(x − 1)2 3(x − 1)2

= 1 3 .

Per a (c), comencem passant a la escriptura exponencial f (x)g(x) = elog f (x)g(x) = eg(x) log f (x) = e( √ x2+1−x) log(cosh).

Amés, com també sabem que:

lim x→x0

eg(x) = ⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

+∞, si g(x)→ +∞, e l , si g(x)→ l ∈ R, 0, si g(x)→ −∞.

Aleshores, hem de calcular lim x→+∞

( √ x2 + 1 − x) log(cosh x). Comencem amb el desenvolupament

√ x2 + 1− x =

√ x2 (1 + 1

x2 )− x = =

x→+∞ x √

1 + 1 x2 − x = x(1+ 1

x2 )

1 2 − x ∼ ∼

x→+∞ x (1 + 1

2x2 )− x =x +

1 2x

−x = 1 2x

.

Per altra banda, de la deûnició de cosh tenim que log(cosh x) = log e x + e−x

2 i aixı́,

lim x→+∞

( √ x2 + 1 − x) log(cosh x) = lim

x→+∞

1 2x

log e x +*

0 e−x

2 = lim

x→+∞

1 2x

log e x

2

= lim x→+∞

1 2x

(log ex (=x)

− log 2) = lim x→+∞

1 2x

(x − log 2) = lim x→+∞

1 2 − log 2

2x = 1

2 .

Resumint: lim

x→+∞ (cosh x)

√ x2+1−x = lim

x→+∞ e(

√ x2+1−x) log(cosh x) = lim

x→+∞ e

1 2 =

√ e .

Per a (d), escrivim log(1 + (cos x − 1)

(→0 si x→0) ) ∼ x→0

cos x − 1 ∼ x→0

1 − x 2

2 − 1 = x

2

2 ,

i llavors

lim x→0

log(cos x) x2

= lim x→0

− x22 x2

= − 1 2 .

Per a (e), reescrivim la función

x log x + 3 x + 1 = x log

x + 1 + 2 x + 1 = x log(

x + 1 x + 1 +

2 x + 1) = x log(1 +

2 x + 1)

9

i fem servir el desenvolupament de Taylor per tal d’obtenir

x log(1 + 2 x + 1) ∼x→∞ x

2 x + 1 ∼x→∞

2x x

= 2.

Per a (f), com que el ĺımit és de la forma lim x→0

f (x)g(x), passem a la forma exponencial

eg(x) log f (x) = e 3x

1−cos x log(1+sin x) = eφ(x),

on φ(x) = 3x 1 − cos x log(1 + sin x). Amés, com que els desenvolupaments de Taylor ens donen

3x 1 − cos x ∼x→0

3x 1 − 1 + x2

= 6 x

i log(1 + sin x) ∼

x→0 sin x ∼

x→0 x ,

trobem que⇒ φ(x) ∼ x→0

6 x x = 6 i per tant

eφ(x) → x→0

e6 = lim x→0

(1 + sin x) 3x

1−cos x .

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