El Teorema de Taylor

Sea $f(x)=3x^2-x+1$. Entonces: a) $f^{(4}(x)=(f(x))^4$; b) $f^{(4}(x)=0$; c) $f^{(4}(x)$ no existe; d) ninguna.

1. Leer la notación. $f^{(4}$ es derivar cuatro veces, no la potencia cuarta. Descarta a).
2. ¿Existe? Un polinomio es derivable en todo $\mathbb R$ y su derivada es otro polinomio, así que existen todas las derivadas. Descarta c).
3. Calcular: $f'=6x-1$, $f''=6$, $f'''=0$, $f^{(4}=0$.
4. Respuesta: b).

En general, si $p$ tiene grado $n$ y coeficiente principal $a_n$, entonces $p^{(n}\equiv n!\,a_n$ y $p^{(k}\equiv0$ para $k>n$ (aquí $f''=2!\cdot3=6$).

Teoría: U p.105.

Calcula la derivada tercera de $f(x)=\operatorname{sen}\!\left(x^2+\frac{\pi}{5}\right)$.

Llamamos $u=x^2+\frac\pi5$, con $u'=2x$.

1. Primera (cadena): $f'(x)=2x\cos u$.
2. Segunda. $f'$ es un producto, así que derivamos con la regla del producto y, dentro, con la cadena ($(\cos u)'=-2x\operatorname{sen}u$): $f''(x)=2\cos u-4x^2\operatorname{sen}u$.
3. Tercera. Cada sumando por separado: $(2\cos u)'=-4x\operatorname{sen}u$ y $(-4x^2\operatorname{sen}u)'=-8x\operatorname{sen}u-8x^3\cos u$.
4. Agrupar: $\boxed{f'''(x)=-12x\operatorname{sen}\!\left(x^2+\tfrac\pi5\right)-8x^3\cos\!\left(x^2+\tfrac\pi5\right)}$. Coincide con E.

Error típico: olvidar $u'=2x$ de la cadena en la 2.ª y 3.ª derivada, o derivar $2x\cos u$ como si $2x$ fuera constante.

Teoría: U pp.79, 105.

Señale la opción correcta para $f(x)=\sqrt{|x|}$: a) $f'$ es positiva en $(-\infty,0)$; b) $f'$ es positiva en $\mathbb R$; c) $f$ es derivable en $\mathbb R$; d) $f''$ es negativa en $(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$.

1. Quitar el valor absoluto: $f(x)=\sqrt x$ si $x\ge0$ y $f(x)=\sqrt{-x}$ si $x<0$.
2. Derivada fuera de $0$ (cadena): $f'(x)=\dfrac1{2\sqrt x}$ si $x>0$ y $f'(x)=\dfrac{-1}{2\sqrt{-x}}$ si $x<0$. Luego $f'<0$ en $(-\infty,0)$: a) y b) son falsas.
3. En $0$ (cambia la fórmula, se usan laterales): $f'(0^+)=\lim_{h\to0^+}\frac{\sqrt h}{h}=\lim_{h\to0^+}\frac1{\sqrt h}=+\infty$ y $f'(0^-)=\lim_{h\to0^-}\frac{\sqrt{-h}}{h}=\lim_{h\to0^-}\frac{-1}{\sqrt{-h}}=-\infty$ (si $h<0$, $h=-\sqrt{-h}\sqrt{-h}$). No son finitos: no es derivable en $0$ (tangente vertical). c) es falsa.
4. Segunda derivada fuera de $0$. Para $x>0$: $f''=-\frac14x^{-3/2}<0$. Para $x<0$: $f''=-\frac14(-x)^{-3/2}<0$.
5. Respuesta: d).

Error típico: creer que $f'(0)$ existe porque $f$ es continua en $0$ (la continuidad es necesaria, no suficiente), u olvidar el signo $-1$ de la cadena en $\sqrt{-x}$.

Teoría: U pp.75-81.

Para $f(x)=\dfrac{x^2-1}{x}$ si $x\ne0$ y $f(0)=0$, calcula $f'$ y $f''$ en todos los puntos donde sea posible.

1. $x\ne0$. Simplificamos: $f(x)=x-\frac1x$, luego $f'(x)=1+\frac1{x^2}=\frac{x^2+1}{x^2}$ y $f''(x)=-\frac2{x^3}$.
2. En $x=0$, primero la continuidad (si no es continua, no es derivable): $\lim_{x\to0^+}(x-\frac1x)=-\infty$ y $\lim_{x\to0^-}(x-\frac1x)=+\infty$. No hay límite, así que $f$ no es continua en $0$ y no existe $f'(0)$.
3. $f''(0)$ tampoco: derivar $f'$ en $0$ exige que $f'(0)$ exista.
4. Comprobación con la definición: $\frac{f(h)-f(0)}{h}=1-\frac1{h^2}\to-\infty$.

Error típico: derivar la fórmula y «evaluarla en $0$», o creer que $f'(0)$ existe porque $f(0)=0$ está definido.

Teoría: U pp.76, 79.

Para $f(x)=\dfrac{e^x-1}{x}$ si $x\ne0$ y $f(0)=1$, calcula $f'$ y $f''$ donde sea posible.

1. $f'$ para $x\ne0$ (cociente): $f'(x)=\dfrac{xe^x-e^x+1}{x^2}$.
2. $f'(0)$ por definición. $f'(0)=\lim_{h\to0}\dfrac{\frac{e^h-1}{h}-1}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{e^h-1-h}{h^2}$, de tipo $\frac00$. Aplicamos L'Hôpital (numerador y denominador derivables y $2h\ne0$): $\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}{2h}\overset{\text{L'H}}{=}\lim_{h\to0}\frac{e^h}{2}=\frac12$. Luego $f'(0)=\frac12$.
3. $f''$ para $x\ne0$. Con $N=xe^x-e^x+1$, $N'=xe^x$: $f''(x)=\dfrac{x^2e^x-2xe^x+2e^x-2}{x^3}$ (tras dividir por $x\neq0$).
4. $f''(0)$ por definición, aplicada a $f'$ (con $f'(0)=\frac12$): $f''(0)=\lim_{h\to0}\dfrac{f'(h)-\frac12}{h}=\lim_{h\to0}\dfrac{2he^h-2e^h+2-h^2}{2h^3}$ ($\frac00$). L'Hôpital: la derivada del numerador es $2he^h-2h$ y la del denominador $6h^2$, así que queda $\lim_{h\to0}\frac{2h(e^h-1)}{6h^2}=\lim_{h\to0}\frac{e^h-1}{3h}\overset{\text{L'H}}{=}\frac13$. (Simplificar $h$ no es L'Hôpital.)
5. Resultado: $f'(0)=\frac12$, $f''(0)=\frac13$; $f$ es dos veces derivable en $\mathbb R$.

Comprobación con Taylor: $\frac{e^x-1}{x}=1+\frac x2+\frac{x^2}{6}+\dots$ sugiere $f'(0)=\frac12$ y $\frac{f''(0)}{2!}=\frac16$, es decir, $f''(0)=\frac13$. Coincide.

Error típico: calcular $f''(0)$ como $\lim_{x\to0}f''(x)$: aquí da lo mismo, pero no es la definición. Y aplicar L'Hôpital sin comprobar el $\frac00$.

Teoría: U pp.75, 82, 108.

La altura de un objeto en función del tiempo es $f$. La gráfica de $f'$ es la de la figura. ¿Qué puedes decir de la posición, la velocidad y la aceleración?

Si $f$ es la posición, $f'$ es la velocidad y $f''$ la aceleración.

1. Velocidad ($f'$, se lee directamente). Vale $0$ en $t=0$, es positiva para $t>0$ y creciente.
2. Posición ($f$). Como $f'>0$ para $t>0$, $f$ es estrictamente creciente: el objeto sube (U Prop. 2.4). Como $f'$ crece, $f$ es convexa (U Prop. 3.9, que se estudia en §3.5): sube cada vez más deprisa.
3. Aceleración ($f''$ = pendiente de la gráfica de $f'$). En $(0,1)$ el segmento tiene pendiente $1$: $f''=1$. En $t=1$ las laterales son $f''(1^-)=1$ y $f''(1^+)=0$ (la curva sale horizontal): no existe $f''(1)$, como en U Ej. 3.3. Para $t>1$ la pendiente crece desde $0$: aceleración positiva y creciente.
4. Interpretación (la da E): un cohete que cambia de propulsor en $t=1$.

Precisión sobre E: E dice «velocidad siempre positiva», pero $f'(0)=0$: es positiva para $t>0$.

Error típico: confundir la gráfica dada (de $f'$) con la de $f$ y decir «la altura crece linealmente hasta $t=1$»: lo que crece linealmente es la velocidad.

Teoría: U pp.98, 105, 136.

Razona si es cierto o falso que el polinomio de Taylor de orden $n$ centrado en $x_0$ de una función $f$ es un polinomio de grado $n$.

1. Su término de mayor potencia es $\frac{f^{(n}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$.
2. Si $f^{(n}(x_0)\ne0$, el grado es $n$; si $f^{(n}(x_0)=0$, ese término desaparece y el grado es menor.
3. Contraejemplo: $f=\cos x$, $x_0=0$, $n=1$: $f(0)=1$, $f'(0)=0$, luego $p_1(x)=1$, de grado $0$. (También $p_2=p_1=x$ para $\operatorname{sen}x$, U Ej. 3.7.)
4. FALSO. Lo correcto: grado $\le n$.

Teoría: U pp.108-109.

Razona si es cierto o falso que el polinomio de Taylor centrado en $x_0$ de un polinomio $P(x)$ coincide con $P(x)$.

1. Tal cual (sin decir el orden), es FALSO. Contraejemplo: $P=x^2$, $x_0=0$, orden $1$: $p_1=0\ne x^2$.
2. Cuándo es cierto: orden $n\ge$ grado $m$ de $P$. Por la Prop. 3.1, $P=\sum_{i=0}^m\frac{P^{(i}(x_0)}{i!}(x-x_0)^i=p_m$; y para $i>m$, $P^{(i}\equiv0$, así que $p_n=p_m=P$. Con el Teorema de Taylor: $R_n=\frac{P^{(n+1}(c)}{(n+1)!}(x-x_0)^{n+1}=0$ porque $P^{(n+1}\equiv0$.
3. Si $n<m$, $p_n$ es $P$ centrado en $x_0$ truncado a las potencias $\le n$ (recuadro de U p.112).

Aviso sobre E: E dice «cierto si tienen el mismo grado» y que se anula «$R_{n+1}$». Lo preciso: cierto si $n\ge\operatorname{grado}P$, y lo que se anula es $R_n$. Además $p_n$ puede tener grado menor que $n$ (Ej. 3.7).

Teoría: U pp.108, 111-112.

Escribe $P(x)=x^3-x^2+x-2$ en potencias enteras no negativas de $(x-1)$ utilizando el polinomio de Taylor.

1. $P$ tiene grado $3$, así que $P=p_3$ centrado en $1$ (Ej. 3.11).
2. Derivadas en $1$: $P(1)=-1$; $P'=3x^2-2x+1\Rightarrow P'(1)=2$; $P''=6x-2\Rightarrow P''(1)=4$; $P'''=6$.
3. Coeficientes $\frac{P^{(k}(1)}{k!}$: $-1,\ 2,\ \frac42=2,\ \frac66=1$. Por tanto $\boxed{P(x)=-1+2(x-1)+2(x-1)^2+(x-1)^3}$.
4. Comprobación por el otro método (U Ej. 3.4): con $t=x-1$, $(t+1)^3-(t+1)^2+(t+1)-2=t^3+2t^2+2t-1$. Coincide.

Error típico: olvidar dividir entre $k!$ (poner $4(x-1)^2$ en vez de $2(x-1)^2$).

Teoría: U pp.107-108.

Calcula el polinomio de Taylor de orden 3 centrado en $0$ de $f(x)=\ln(x^2+1)$.

1. Derivadas (simplificando cada una): $f'=\dfrac{2x}{x^2+1}$; $f''=\dfrac{2-2x^2}{(x^2+1)^2}$; $f'''=\dfrac{4x(x^2-3)}{(x^2+1)^3}$ (tras simplificar un factor $x^2+1$).
2. En $0$: $f(0)=0$, $f'(0)=0$, $f''(0)=2$, $f'''(0)=0$.
3. Polinomio: $p_3(x)=\frac{2}{2!}x^2=\boxed{x^2}$: grado $2$ con orden $3$ (Ej. 3.7).
4. Comprobación sin derivar (sustitución, U Ej. 3.9): $\ln(1+u)=u-\frac{u^2}2+o(u^2)$; con $u=x^2$ queda $x^2-\frac{x^4}{2}+o(x^4)$, que es el desarrollo de orden $4$ (por la unicidad del apartado 4; ojo, orden $2n$ y no $n$). La parte de grado $\le3$ es $x^2$.

Por qué salen ceros: $f$ es par, sus derivadas de orden impar son impares y valen $0$ en $0$; solo hay potencias pares.

Teoría: U pp.108, 110.

De $f$, dos veces derivable, se sabe $f'(0)=2$ y $f''(-3)=6$. ¿Puede ser alguno de estos el polinomio de Taylor de orden 2 de $f$ centrado en $0$? ¿Y centrado en $-3$? a) $1-x+\frac{x^2}{2}$; b) $\pi^2+(x-3)^2$; c) $2x+3(x+3)^2$.

Idea. Centrado en $0$, el coeficiente de $x$ debe ser $f'(0)=2$. Centrado en $-3$, el coeficiente de $(x+3)^2$ debe ser $\frac{f''(-3)}{2}=3$. De los demás coeficientes no sabemos nada: «puede ser» = «no contradice los datos». Lema útil: al recentrar un polinomio de grado 2, el coeficiente del término cuadrático no cambia.

1. a) Centrado en $0$: el coeficiente de $x$ es $-1\ne2$, no. Centrado en $-3$: el cuadrático es $\frac12\ne3$, no.
2. b) Centrado en $0$: $\pi^2+(x-3)^2=(\pi^2+9)-6x+x^2$, coeficiente de $x$ es $-6\ne2$, no. Centrado en $-3$: cuadrático $=1\ne3$, no.
3. c) Centrado en $-3$: $2x=2(x+3)-6$, luego $2x+3(x+3)^2=-6+2(x+3)+3(x+3)^2$; cuadrático $3$: sí puede (con $f(-3)=-6$, $f'(-3)=2$). Centrado en $0$: $27+20x+3x^2$, coeficiente de $x$ es $20\ne2$: no.
4. Resumen: solo c), y solo centrado en $-3$.

Moraleja (la de E): el polinomio de Taylor es local; centrado en puntos distintos da polinomios distintos.

Error típico: comparar sin recentrar (en c, decir «el coeficiente de $x$ es 2» y concluir que vale en $0$, cuando $3(x+3)^2$ también aporta términos en $x$).

Teoría: U pp.107-108.

Sabiendo que el polinomio de Taylor de orden 3 centrado en $-1$ de $g(x)=e^x$ es $p(x)=e^{-1}\big(1+(x+1)+\frac{(x+1)^2}{2!}+\frac{(x+1)^3}{3!}\big)$, obtén el de orden 3 centrado en $-1$ de $f(x)=x+e^x$ y de $h(x)=(x+1)e^x$.

Usamos dos propiedades (E las presenta como consecuencia de las propiedades de la derivada; la suma sale así, pero el producto necesita la regla de Leibniz para $(fg)^{(k}$, que U no trae. El apartado 4, material externo a U, es solo una vía posible de justificarlas): (S) el polinomio de una suma es la suma de polinomios; (P) el de un producto es el producto truncado en grado $n$.

1. $f=x+e^x$. El de $x$ es $x=-1+(x+1)$. Por (S): $\boxed{p_3^f(x)=(e^{-1}-1)+(1+e^{-1})(x+1)+\tfrac{e^{-1}}2(x+1)^2+\tfrac{e^{-1}}6(x+1)^3}$.
2. $h=(x+1)e^x$. Multiplicamos $(x+1)\,p(x)=e^{-1}\big((x+1)+(x+1)^2+\frac{(x+1)^3}{2}+\frac{(x+1)^4}{6}\big)$ y quitamos el grado $4$: $\boxed{p_3^h(x)=e^{-1}\big((x+1)+(x+1)^2+\tfrac{(x+1)^3}{2}\big)}$.
3. Comprobación derivando (solo con U). Para $f$: $f'=1+e^x$, $f''=f'''=e^x$; en $-1$: $-1+e^{-1},\ 1+e^{-1},\ e^{-1},\ e^{-1}$; dividiendo entre $k!$ se recuperan los coeficientes. Para $h$: $h^{(k}(x)=(x+1+k)e^x$ (ejemplo A1); en $-1$: $0,\ e^{-1},\ 2e^{-1},\ 3e^{-1}$; coeficientes $0,\ e^{-1},\ e^{-1},\ \frac{e^{-1}}2$. ✓

Errata de E (p. 99). En la última línea del cálculo de $f$, E escribe el paréntesis $e^{-1}\big((x+1)^2+\frac{(x+1)^3}{2!}+\frac{(x+1)^4}{3!}\big)$, que es el de $h$ copiado por error (aparece un término de grado 4). Lo correcto es $e^{-1}\big(\frac{(x+1)^2}{2}+\frac{(x+1)^3}{6}\big)$. Además, en $h$ E escribe «$h(x)p(x)$» donde debería decir «$j(x)p(x)$».

Error típico: no truncar (dejar $(x+1)^4$), o truncar antes de multiplicar y perder términos.

Teoría: U pp.79, 108, 110.

Encuentra valores de $x\ge0$ para los que se pueda asegurar que $\ln(1+x)\approx x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}$ con error en valor absoluto menor de $0{,}0001$.

1. ¿Es un polinomio de Taylor? Para $f=\ln(1+x)$: $f^{(k}(x)=\frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ (ejemplo A2). En $0$: $f(0)=0$, $f'(0)=1$, $f''(0)=-1$, $f'''(0)=2$, luego $p_3(x)=x-\frac{x^2}2+\frac{x^3}3$. El error es $R_3$.
2. Resto de Lagrange ($n=3$, $x_0=0$). Se cumplen las hipótesis: $f^{(4}(x)=-\frac6{(1+x)^4}$ es continua en $(-1,\infty)$. Entonces $R_3(x)=\dfrac{f^{(4}(c)}{4!}x^4=-\dfrac{x^4}{4(1+c)^4}$, con $c\in(0,x)$.
3. Caso peor en $c$. Como $c>0$, $(1+c)^4>1$ y $\frac1{(1+c)^4}<1$; así $|R_3(x)|<\frac{x^4}4$. (Por eso el enunciado pide $x\ge0$: si $x<0$, entonces $c\in(x,0)$, luego $1+c<1$ y $\frac1{(1+c)^4}>1$; habría que acotarlo por $\frac1{(1+x)^4}$, que crece sin límite cuando $x\to-1$.)
4. Despejar. $\frac{x^4}4\le10^{-4}\iff x\le(4\cdot10^{-4})^{1/4}=\frac{\sqrt2}{10}$.
5. Conclusión: para $x\in\big[0,\frac{\sqrt2}{10}\big]\approx[0;0{,}1414]$ el error es menor que $10^{-4}$. (En $x=\sqrt2/10$ el error real es $\approx8{,}99\cdot10^{-5}$.)

Qué significa (lo subraya E): es un intervalo donde podemos garantizarlo con esta cota, no «el» intervalo exacto: numéricamente el error sigue siendo $<10^{-4}$ hasta $x\approx0{,}1453$. La cota es conservadora porque cambiamos $\frac1{(1+c)^4}$ por $1$.

Error típico: tomar $c=0$ o $c=x$ «porque sí», o dejar la cota dependiendo de $c$.

Teoría: U pp.111-112.

Sea $f(x)=\ln(\cos x)$. Determina el polinomio de Maclaurin de orden 3 y una cota del error en valor absoluto al aproximar $f$ por $p_3$ en $(-1,1)$.

1. Dominio. En $(-1,1)$, $\cos x\ge\cos1>0$ (pues $1<\frac\pi2$): $f$ y sus derivadas están definidas y son continuas. Se cumplen las hipótesis de la Prop. 3.2.
2. Derivadas: $f'=-\operatorname{tg}x$; $f''=-\frac1{\cos^2x}$; $f'''=-\frac{2\operatorname{sen}x}{\cos^3x}$; $f^{(4}=-2\,\dfrac{3-2\cos^2x}{\cos^4x}$ (usando $\operatorname{sen}^2=1-\cos^2$).
3. En $0$: $f(0)=0$, $f'(0)=0$, $f''(0)=-1$, $f'''(0)=0$. Luego $\boxed{p_3(x)=-\tfrac12x^2}$.
4. Resto: $|R_3(x)|=\dfrac{x^4}{12}\cdot\dfrac{3-2\cos^2c}{\cos^4c}$ con $c$ entre $0$ y $x$ (el numerador es $\ge1>0$).
5. Caso peor en $c$. Con $u=\cos^2c\in(\cos^21,1]$, la función $g(u)=\frac{3-2u}{u^2}$ es decreciente (al crecer $u$ el numerador positivo baja y el denominador sube). El caso peor es $\cos c$ lo más pequeño posible: $c$ cerca de $\pm1$.
6. Cota: con $x^4<1$, $|R_3(x)|<\dfrac{3-2\cos^21}{12\cos^41}\approx2{,}363$ para todo $x\in(-1,1)$. Es válida pero muy pesimista: el supremo del error real en $(-1,1)$ es $|\ln\cos1+\frac12|\approx0{,}116$ (no se alcanza, pues el intervalo es abierto).

Errata de E (p. 98). E empieza bien: $|R_3|\le\frac{x^4}{12}\frac{3-2\cos^21}{\cos^41}$. Pero luego sustituye $\cos^2c$ por $\cos^20=1$ en el numerador y obtiene $\approx0{,}97785$. Eso toma el mínimo del numerador ($=1$), no el máximo, mientras usa el caso peor del denominador: no es una cota demostrada. (El valor de E sí queda por encima del error real, $0{,}116$, pero su razonamiento no lo demuestra.) Además, la nota al margen de E p. 97 dice «para $c<|x-x_0|$»; lo correcto es «$c$ entre $x_0$ y $x$».

Teoría: U pp.111-112.

Halla una fórmula para $f^{(n}(x)$ si $f(x)=xe^x$.

$f'=(x+1)e^x$, $f''=(x+2)e^x$, $f'''=(x+3)e^x$: aparece el patrón $f^{(n}(x)=(x+n)e^x$. Inducción: si $f^{(n}=(x+n)e^x$, entonces $f^{(n+1}=e^x+(x+n)e^x=(x+n+1)e^x$. ✓

Halla $f^{(n}(x)$ si $f(x)=\frac1{1+x}$.

$f=(1+x)^{-1}$; $f'=-(1+x)^{-2}$, $f''=2(1+x)^{-3}$, $f'''=-6(1+x)^{-4}$. Cada derivada multiplica por el exponente (negativo) y lo baja en $1$, así que el signo alterna: $f^{(n}(x)=\dfrac{(-1)^n\,n!}{(1+x)^{n+1}}$. Como $\ln(1+x)$ tiene derivada $\frac1{1+x}$, se usa en E 3.14.

¿Puede una función ser continua, con derivada continua, y no tener derivada segunda?

Sí. Sea $g(x)=x|x|$ ($x^2$ si $x\ge0$, $-x^2$ si $x<0$). Fuera de $0$, $g'(x)=2|x|$. En $0$: $\frac{g(h)-g(0)}{h}=|h|\to0$, luego $g'(0)=0=2|0|$. Así $g'(x)=2|x|$ es continua en $\mathbb R$. Pero $\frac{g'(h)-g'(0)}{h}=\frac{2|h|}{h}\to2$ por la derecha y $\to-2$ por la izquierda: no existe $g''(0)$ (como en U Ej. 3.3).

¿Se puede calcular el polinomio de Taylor de orden 2 de $f(x)=|x|$ en el origen?

No. La Def. 3.2 necesita $f'(0)$ y $f''(0)$, y $f'(0)$ no existe: $\frac{|h|}{h}$ vale $1$ por la derecha y $-1$ por la izquierda.

Derivadas: $\cos x,-\operatorname{sen}x,-\cos x,\operatorname{sen}x,\cos x$; en $0$: $1,0,-1,0,1$. Queda $p_4(x)=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}$. Como $f^{(5}(0)=0$, también $p_5=p_4$.

$f(4)=2$; $f'=\frac1{2\sqrt x}\Rightarrow f'(4)=\frac14$; $f''=-\frac1{4x^{3/2}}\Rightarrow f''(4)=-\frac1{32}$, coeficiente $-\frac1{64}$. Queda $p_2(x)=2+\frac{x-4}{4}-\frac{(x-4)^2}{64}$.

(i) Producto truncado: $(1+x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}6)(x-\frac{x^3}6)=x+x^2+(\frac12-\frac16)x^3+\dots$, luego $p_3=x+x^2+\frac{x^3}3$. Comprobación derivando: $f'(0)=1$, $f''=2e^x\cos x\Rightarrow f''(0)=2$ (coef. $1$), $f'''=2e^x(\cos x-\operatorname{sen}x)\Rightarrow f'''(0)=2$ (coef. $\frac13$). ✓

(ii) Sustitución: $e^u=1+u+\frac{u^2}2+o(u^2)$ con $u=-x^2$ (y $u^2=x^4$) da $e^{-x^2}=1-x^2+\frac{x^4}2+o(x^4)$, que por unicidad es el desarrollo de orden $4$.

U quiere $\operatorname{sen}\frac12$ y usa $n=4$ con $|R_4|\le\frac{(1/2)^5}{5!}\approx0{,}00026$. Pero $p_4=p_3=x-\frac{x^3}6$ porque $f^{(4}(0)=0$: el mismo polinomio $p_3$ tiene dos restos válidos, $R_3$ y $R_4$, y podemos usar el menor. $p_3(\frac12)=0{,}479166\ldots$ frente a $\operatorname{sen}\frac12=0{,}4794255\ldots$ (error real $2{,}6\cdot10^{-4}$).

$p_3(0{,}1)=1+0{,}1+0{,}005+0{,}000166\ldots=1{,}1051667$. $R_3=\frac{e^c}{4!}(0{,}1)^4$ con $c\in(0;0{,}1)$; como $e^c<e^{0{,}1}<2$, $|R_3|<\frac{2\cdot10^{-4}}{24}\approx8{,}3\cdot10^{-6}$. Valor real $e^{0{,}1}=1{,}1051709$; error $4{,}3\cdot10^{-6}$, dentro de la cota.

$p_2(4{,}1)=2+\frac{0{,}1}4-\frac{0{,}01}{64}=2{,}02484375$. $f'''(x)=\frac{3}{8x^{5/2}}$; con $c\in(4;4{,}1)$, $c^{5/2}>4^{5/2}=32$ y $f'''(c)<\frac3{256}$ (caso peor: el extremo izquierdo, porque $f'''$ decrece). Entonces $|R_2|<\frac{3/256}{3!}(0{,}1)^3\approx1{,}95\cdot10^{-6}$. Real: $\sqrt{4{,}1}=2{,}0248457$; error $1{,}92\cdot10^{-6}$, justo por debajo de la cota.

$|R_n(\frac12)|=\frac{e^c}{(n+1)!}\big(\frac12\big)^{n+1}$, $c\in(0,\frac12)$, $e^c<e^{1/2}<2$. La cota $\frac{2}{(n+1)!\,2^{n+1}}$ vale $0{,}0052$ para $n=3$ (no basta) y $0{,}00052$ para $n=4$ (basta). Con $n=4$: $p_4(\frac12)=\frac{211}{128}=1{,}6484375$; real $\sqrt e=1{,}6487213$, error $2{,}8\cdot10^{-4}$. (Análogo a L Ej. 9, p. 643.)

Teoría: L p.643.

$p_2=p_3$ ($f'''(0)=\operatorname{sen}0=0$, truco C0). Con $R_2=\frac{\operatorname{sen}c}{3!}x^3$ y $|\operatorname{sen}c|\le1$: $\frac{x^3}6<10^{-4}\Rightarrow x<0{,}0843$. Con $R_3=\frac{\cos c}{4!}x^4$ y $|\cos c|\le1$: $\frac{x^4}{24}<10^{-4}\Rightarrow x<(24\cdot10^{-4})^{1/4}\approx0{,}2213$, mucho mejor. Respuesta: $0\le x<0{,}2213$ (el error real alcanza $10^{-4}$ en $x\approx0{,}2214$: la cota es casi óptima).

Sea $p_3(x)$ el polinomio de Taylor de orden 3, centrado en $x_0=0$, de la función $f:[-1,2]\to\mathbb{R}$, que es cuatro veces derivable con continuidad en $[-1,2]$. Indique la expresión del error cometido al aproximar $f$ por $p_3$ en un punto $x$ del intervalo $[-1,2]$.

1. Qué es el error. Es lo que le falta a $p_3$ para ser $f$: $R_3(x)=f(x)-p_3(x)$.
2. Qué orden toca. $p_3$ llega hasta la derivada 3, así que el error lleva la derivada 4 y $(x-0)^4$.
3. Se escribe la fórmula (Teorema de Taylor, que se puede usar porque $f$ es cuatro veces derivable con continuidad):

Lo que escribes en el examen: para cada $x\in[-1,2]$ existe $c$ entre $0$ y $x$ con $$R_3(x)=f(x)-p_3(x)=\frac{f^{(4}(c)}{4!}\,x^4=\frac{f^{(4}(c)}{24}\,x^4 .$$

Error típico: poner $f^{(3}$ o $3!$, o $f^{(4}(x)$ o $f^{(4}(0)$ en vez de $f^{(4}(c)$.

Teoría: §3 (U Prop. 3.2 y Def. 3.3, p. 111).

La recta tangente a la gráfica de la función $f(x)$, derivable en todo $\mathbb{R}$, en $(\pi^2,f(\pi^2))$ es $y=2(x-\pi^2)+1$. ¿Puede ser $p_2(x)=(x-\pi^2)^2+2\pi^2+1$ el polinomio de Taylor de $f$ en $x=\pi^2$ de orden 2? ¿Por qué?

1. Qué dice la tangente. Es $y=f(\pi^2)+f'(\pi^2)(x-\pi^2)$. Al compararla con $y=1+2(x-\pi^2)$: $f(\pi^2)=1$ y $f'(\pi^2)=2$.
2. Cómo debe empezar $p_2$. $p_2=1+2(x-\pi^2)+\dots$ (el término cuadrático no se conoce, pero no hace falta).
3. Cómo empieza el candidato. Ya está escrito en potencias de $(x-\pi^2)$: constante $2\pi^2+1$, coeficiente de $(x-\pi^2)$ igual a $0$.
4. Se comparan. Constante: debería ser $1$ y es $2\pi^2+1$. Coeficiente lineal: debería ser $2$ y es $0$. No coinciden.

Lo que escribes en el examen: «No puede ser. El polinomio de Taylor de orden 2 empieza por $f(\pi^2)+f'(\pi^2)(x-\pi^2)=1+2(x-\pi^2)$, y $p_2$ tiene término independiente $2\pi^2+1\ne1$ (y coeficiente lineal $0\ne2$).»

Teoría: §2 y Ej. 3.8 de E (receta «compara cada coeficiente con $f^{(k}(a)/k!$ solo donde conozcas $f^{(k}(a)$»).

Calcule el polinomio de Taylor de orden 3 centrado en $x=\tfrac12$ para la función dada por $f(x)=\operatorname{sen}(\pi x)$.

1. Fórmula. $p_3(x)=\sum_{k=0}^{3}\frac{f^{(k}(\frac12)}{k!}\left(x-\frac12\right)^k$ (U §3.1.3, pp. 107-110).
2. Derivadas (cada una saca un $\pi$ por la regla de la cadena): $f'=\pi\cos(\pi x)$, $f''=-\pi^2\operatorname{sen}(\pi x)$, $f'''=-\pi^3\cos(\pi x)$.
3. Tabla en $x_0=\frac12$ (allí $\operatorname{sen}\frac\pi2=1$ y $\cos\frac\pi2=0$):

   $k$	$f^{(k}(\frac12)$	$f^{(k}(\frac12)/k!$
   0	$1$	$1$
   1	$0$	$0$
   2	$-\pi^2$	$-\pi^2/2$
   3	$0$	$0$

4. Polinomio: se suman las filas de la tabla, y los ceros desaparecen: $\boxed{p_3(x)=1-\dfrac{\pi^2}{2}\left(x-\tfrac12\right)^2}$.

Nota. Es de orden 3 pero de grado 2, porque $f'''(\frac12)=0$. No hay que inventar un término cúbico.

Error típico: olvidar el factor $\pi$ al derivar.

Teoría: §2 y Ej. 3.7 (orden y grado). Verificado con sympy.

Sabiendo que el polinomio de Taylor de $f(x)$ en $x=\pi$ de orden 4 es $p_4=\left[\frac{(x-\pi)}{4}+1\right](x-\pi)^2$, calcule $f(\pi)$, $f''(\pi)$, $f'''(\pi)$ y $f^{(4}(\pi)$.

1. Forma general. $p_4=f(\pi)+f'(\pi)(x-\pi)+\frac{f''(\pi)}{2!}(x-\pi)^2+\frac{f'''(\pi)}{3!}(x-\pi)^3+\frac{f^{(4}(\pi)}{4!}(x-\pi)^4$.
2. Se reescribe el dato multiplicando $(x-\pi)^2$ por el corchete (sin tocar $x$): $p_4=(x-\pi)^2+\frac14(x-\pi)^3$. Coeficientes: $0$ en $(x-\pi)^0$ y en $(x-\pi)^1$; $1$ en el cuadrado; $\frac14$ en el cubo; $0$ en la cuarta.
3. Se igualan coeficientes (mismo centro, mismas potencias):
   • $f(\pi)=0$;
   • $\frac{f''(\pi)}{2}=1\Rightarrow f''(\pi)=2$;
   • $\frac{f'''(\pi)}{6}=\frac14\Rightarrow f'''(\pi)=\frac32$;
   • $\frac{f^{(4}(\pi)}{24}=0\Rightarrow f^{(4}(\pi)=0$.

Error típico: olvidar multiplicar por $k!$ (dar $f'''(\pi)=\frac14$). La impresa escribe «$f^{(iv}$»: es la derivada cuarta.

Teoría: §2 (coeficientes $a_k=f^{(k}(x_0)/k!$) y Ej. 3.8 de E.

Sea $f(x)=(3x-1)e^x$ definida en $\mathbb{R}$. (a) Obtenga el polinomio de Taylor de $f$ de orden 3 centrado en $x=-1$. (Los apartados (b) crecimiento e inflexión y (c) extremos relativos son de U §2.5 y §3.4-3.5; no se tratan aquí.)

1. Derivadas (regla del producto): $f'=3e^x+(3x-1)e^x=e^x(3x+2)$; $f''=e^x(3x+5)$; $f'''=e^x(3x+8)$. (Cada derivada suma $3$ dentro del paréntesis.)
2. Tabla en $x_0=-1$ (se sustituye $x=-1$ en el paréntesis y queda el factor común $e^{-1}$):

   $k$	$f^{(k}(-1)$	$f^{(k}(-1)/k!$
   0	$-4e^{-1}$	$-4e^{-1}$
   1	$-e^{-1}$	$-e^{-1}$
   2	$2e^{-1}$	$e^{-1}$
   3	$5e^{-1}$	$\frac56e^{-1}$

3. Polinomio (se suman las filas con su potencia de $(x+1)$; «centrado en $-1$» significa dejarlo así, sin desarrollar):

Lo que escribes en el examen: $$p_3(x)=e^{-1}\left[-4-(x+1)+(x+1)^2+\frac56(x+1)^3\right].$$

Teoría: §1 (derivadas sucesivas) y §2 (tabla de coeficientes). Verificado con sympy.

Dada la función $f(x)=\cos(x)$: […] Usando el resto de Lagrange de orden $n$, calcule $\cos\left(\frac14\right)$ con un error en valor absoluto menor que $0{,}002$. (El primer apartado, «serie de Taylor de $f$ centrada en $x=\frac12$», es de §3.2 y no se trata aquí.)

1. Centro. Se elige $x_0=0$, donde $\cos0=1$ y $\operatorname{sen}0=0$ se saben exactos.
2. Derivadas en $0$: $f=\cos$, $f'=-\operatorname{sen}$, $f''=-\cos$, $f'''=\operatorname{sen}$, y vuelve a empezar. Valores: $1,0,-1,0,1,\dots$ Por tanto $p_2=p_3=1-\frac{x^2}{2}$.
3. Error. $R_n(\frac14)=\frac{f^{(n+1}(c)}{(n+1)!}\left(\frac14\right)^{n+1}$ con $c\in(0,\frac14)$.
4. Acotar $f^{(n+1}(c)$. Toda derivada de $\cos$ es $\pm\operatorname{sen}$ o $\pm\cos$, y esos valores están entre $-1$ y $1$. Así $\left|R_n(\frac14)\right|\le\frac{(1/4)^{n+1}}{(n+1)!}$.
5. Se prueba $n=0,1,2,\dots$: $n=0$: $0{,}25$; $n=1$: $0{,}03125$; $n=2$: $\frac1{6\cdot64}\approx0{,}0026>0{,}002$, no basta; $n=3$: $\frac1{24\cdot256}\approx0{,}000163<0{,}002$, basta.
6. Se usa $p_3$, que es $1-\frac{x^2}{2}$ (porque $f'''(0)=0$).

Lo que escribes en el examen: con $n=3$ y $M=1$, $|R_3(\frac14)|\le\frac{(1/4)^4}{4!}\approx0{,}000163<0{,}002$, y $$\cos\tfrac14\approx p_3\!\left(\tfrac14\right)=1-\frac1{32}=\frac{31}{32}=0{,}96875 .$$

(Comprobación: $\cos\frac14=0{,}968912\ldots$)

Teoría: §3 (método de 4 pasos; Ej. 3.10 de U, p. 111, que es el mismo ejercicio con $\operatorname{sen}\frac12$) y ejemplo propio C0.