Derivadas

Santiago Moll López

Objetivos:

I Revisar el concepto de derivadas sucesivas

I Polinomio de Taylor

Requisitos:

I Saber las derivadas de funciones elementales

I Operaciones básicas matemáticas

Objetivos:

I Revisar el concepto de derivadas sucesivas

I Polinomio de Taylor

Requisitos:

I Saber las derivadas de funciones elementales

I Operaciones básicas matemáticas

Derivadas SucesivasSea f (x) una función derivable, si la función f ′ (x) es derivabletambién, podemos calcular la derivada de esta función obteniendo

una nueva función que llamaremos segunda derivada (o derivada de

orden 2) de f (x) y que denotaremos por f ′′ (x).

Razonando de forma análoga con la función f ′′ (x) llegamos a la

tercera derivada (o derivada de orden 3) de f (x), que denotaremos

por f ′′′ (x). Las derivadas posteriores a la tercera se denotan como

f (iv) (x), f (v) (x), ...

Derivadas SucesivasSea f (x) una función derivable, si la función f ′ (x) es derivabletambién, podemos calcular la derivada de esta función obteniendo

una nueva función que llamaremos segunda derivada (o derivada de

orden 2) de f (x) y que denotaremos por f ′′ (x).

Razonando de forma análoga con la función f ′′ (x) llegamos a la

tercera derivada (o derivada de orden 3) de f (x), que denotaremos

por f ′′′ (x). Las derivadas posteriores a la tercera se denotan como

f (iv) (x), f (v) (x), ...

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos el polinomio

f (x) = 3x4+4x3+12x2+10x+1

Calcula la cuarta y quinta derivada de f (x) .

Solución

f ′ (x) = 12x3+12x2+24x+10

f ′′ (x) = 36x2+24x+24

f ′′′ (x) = 72x+24

f (iv) (x) = 72

f (v) (x) = 0

Ejemplo

Consideremos la función

f (x) = x2ex

Calcula la segunda derivada.

Solución

f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2

)ex

f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2

)ex =

(2+4x+ x2

)ex

Ejemplo

Consideremos la función

f (x) = x2ex

Calcula la segunda derivada.

Solución

f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2

)ex

f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2

)ex =

(2+4x+ x2

)ex

Ejemplo

Consideremos la función

f (x) = x2ex

Calcula la segunda derivada.

Solución

f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2

)ex

f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2

)ex =

(2+4x+ x2

)ex

Ejemplo

Consideremos la función

f (x) = x2ex

Calcula la segunda derivada.

Solución

f ′ (x) = 2xex + x2ex =(2x+ x2

)ex

f ′′ (x) = (2+2x)ex +(2x+ x2

)ex =

(2+4x+ x2

)ex

Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor

Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.

Polinomio de grado 1

Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b

serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un

entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto

del ex).

Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos

condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a

la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que

exigiremos son:

1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto

(0, f (0)) =(0,e0

)= (0,1))

2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente

que f (x) en x = 0)

Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor

Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.

Polinomio de grado 1

Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b

serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un

entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto

del ex).

Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos

condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a

la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que

exigiremos son:

1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto

(0, f (0)) =(0,e0

)= (0,1))

2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente

que f (x) en x = 0)

Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor

Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.

Polinomio de grado 1

Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b

serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un

entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto

del ex).

Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos

condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a

la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que

exigiremos son:

1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto

(0, f (0)) =(0,e0

)= (0,1))

2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente

que f (x) en x = 0)

Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor

Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.

Polinomio de grado 1

Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b

serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un

entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto

del ex).

Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos

condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a

la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que

exigiremos son:

1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto

(0, f (0)) =(0,e0

)= (0,1))

2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente

que f (x) en x = 0)

Aproximación local de una función: Polinomios de Taylor

Vamos a calcular un valor aproximado de e0,4 utilizando polinomios.

Polinomio de grado 1

Buscamos un polinomio de la forma P1 (x) = a+bx donde a y b

serán valores reales, que se aproxime a la función f (x) = ex en un

entorno del punto x = 0 (pues es donde conocemos el valor exácto

del ex).

Como tenemos dos incógnitas (a,b), necesitaremos al menos dos

condiciones que garantizen que la grá�ca de P1 (x) sea parecida a

la de f (x) = ex cerca del punto x = 0. Las condiciones que

exigiremos son:

1. P1 (0) = f (0) (es decir, que pase por el punto

(0, f (0)) =(0,e0

)= (0,1))

2. P ′1(0) = f ′ (0) (es decir, que P1 (x) tenga la misma pendiente

que f (x) en x = 0)

Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones

a+0 ·b = 1

b = 1

de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1

.

Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un

pequeño entorno del punto x = 0.

I P1 (0,4) = 1,4

I f (0,4) = 1,491824698

por lo que el error cometido es

E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698

Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones

a+0 ·b = 1

b = 1

de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1

.

Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un

pequeño entorno del punto x = 0.

I P1 (0,4) = 1,4

I f (0,4) = 1,491824698

por lo que el error cometido es

E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698

Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones

a+0 ·b = 1

b = 1

de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.

Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un

pequeño entorno del punto x = 0.

I P1 (0,4) = 1,4

I f (0,4) = 1,491824698

por lo que el error cometido es

E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698

Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones

a+0 ·b = 1

b = 1

de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.

Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un

pequeño entorno del punto x = 0.

I P1 (0,4) = 1,4

I f (0,4) = 1,491824698

por lo que el error cometido es

E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698

Como P ′1(x) = b y f ′ (x) = ex , obtenemos el siguiente sistema de

ecuaciones

a+0 ·b = 1

b = 1

de donde tenemos a = b = 1 y el polinomio es y = x+1.

Este polinomio aproxima el valor de la función f (x) = ex en un

pequeño entorno del punto x = 0.

I P1 (0,4) = 1,4

I f (0,4) = 1,491824698

por lo que el error cometido es

E = |1,4−1,491824698|= 0,091824698

Grá�camente

-3 -2 -1 1 2 3

-2

2

4

6

8

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Polinomio de grado 2

Consideramos ahora un polinomio de grado 2

P2 (x) = a+bx+ cx2

Aplicando el mismo procedimiento anterior de igualación de

derivadas para calcular los coe�cientes del polinomio: a,b y c ,

debemos exigir las siguientes tres condiciones:

P2 (0) = f (0)

P ′2 (0) = f ′ (0)

P ′′2 (0) = f ′′ (0)

con las que obtenemos el sistema

a+b ·0+ c ·02 = 1

b+2c ·0 = 1

2c = 1

Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1

2, es decir,

P2 (x) = 1+ x+1

2x2

Ahora tenemos que

P2 (0,4) = 1,480000000

Por lo tanto el error cometido es

E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825

Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado

superior.

Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1

2, es decir,

P2 (x) = 1+ x+1

2x2

Ahora tenemos que

P2 (0,4) = 1,480000000

Por lo tanto el error cometido es

E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825

Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado

superior.

Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1

2, es decir,

P2 (x) = 1+ x+1

2x2

Ahora tenemos que

P2 (0,4) = 1,480000000

Por lo tanto el error cometido es

E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825

Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado

superior.

Las soluciones del sistema a = 1, b = 1, c = 1

2, es decir,

P2 (x) = 1+ x+1

2x2

Ahora tenemos que

P2 (0,4) = 1,480000000

Por lo tanto el error cometido es

E = |1,480000000−1,491824698|= 0,011825

Y así podríamos razonar sucesivamente con polinomios de grado

superior.

Grá�camente

-3 -2 -1 1 2 3

2

4

6

8

10

12

Grá�camente

-3 -2 -1 1 2 3

-2

2

4

6

8

Polinomio de Taylor de grado n

Sea f (x) una función n-veces derivable en un punto x = a.

Entonces el polinomio

Pn (x) = f (a)+ f ′ (a)(x−a)+f ′′ (a)

2!(x−a)2+ ...+

f (n) (x)

n!(x−a)n

se llama polinomio de Taylor de f (x) de grado n, centrado en

x = a.

NotaCuando el punto en que esta centrado es x = 0 entonces el

polinomio de dice que es de McLaurin.

Polinomio de Taylor de grado n

Sea f (x) una función n-veces derivable en un punto x = a.

Entonces el polinomio

Pn (x) = f (a)+ f ′ (a)(x−a)+f ′′ (a)

2!(x−a)2+ ...+

f (n) (x)

n!(x−a)n

se llama polinomio de Taylor de f (x) de grado n, centrado en

x = a.

NotaCuando el punto en que esta centrado es x = 0 entonces el

polinomio de dice que es de McLaurin.

Ejemplo

Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.

Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).

SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3

f (x) = ln(x)

f ′ (x) =1

x= x−1

f ′′ (x) = − 1

x2=−x−2

f ′′′ (x) =2

x3= 2x−3

Ejemplo

Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.

Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).

SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3

f (x) = ln(x)

f ′ (x) =1

x= x−1

f ′′ (x) = − 1

x2=−x−2

f ′′′ (x) =2

x3= 2x−3

Ejemplo

Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.

Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).

SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3

f (x) = ln(x)

f ′ (x) =1

x= x−1

f ′′ (x) = − 1

x2=−x−2

f ′′′ (x) =2

x3= 2x−3

Ejemplo

Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.

Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).

SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3

f (x) = ln(x)

f ′ (x) =1

x= x−1

f ′′ (x) = − 1

x2=−x−2

f ′′′ (x) =2

x3= 2x−3

Ejemplo

Calcula el polinomio de Taylor de f (x) = lnx centrado en x = 1.

Calcula el error cometido al aproximar el valor de ln(1,2).

SoluciónCalculamos la derivadas de f (x) = ln(x) hasta orden 3

f (x) = ln(x)

f ′ (x) =1

x= x−1

f ′′ (x) = − 1

x2=−x−2

f ′′′ (x) =2

x3= 2x−3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Sustituimos ahora los valores de x por 1.

f (1) = ln(1) = 0

f ′ (1) =1

1= 1−1 = 1

f ′′ (1) = − 1

12=−1−2 =−1

f ′′′ (1) =2

13= 2 ·1−3 = 2

y el polinomio de Taylor de orden 3 queda

P3 (x) = f (1)+ f ′ (1)(x−1)+f ′′ (1)

2!(x−1)2+

f ′′′ (1)

1!(x−1)3 =

= 0+1(x−1)− 1

2(x−1)2+

2

6(x−1)3 =

= x−1− 1

2(x−1)2+

1

3(x−1)3

Grá�camente

1.0 1.5 2.0 2.5 3.0

-2

-1

1

2

Tenemos que

ln(1,2) = 0,1823215567939546

P3 (1,2) = 0,18266666666666653

El error cometido es

E = 0,00034511

TeoremaSi existe f (n) (a), entonces

l��mx→a

f (x)−Pn (x)

(x−a)n= 0

Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una

buena aproximación a la función. Para valores más alejados de

x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho

muchas veces es muy mala).

Tenemos que

ln(1,2) = 0,1823215567939546

P3 (1,2) = 0,18266666666666653

El error cometido es

E = 0,00034511

TeoremaSi existe f (n) (a), entonces

l��mx→a

f (x)−Pn (x)

(x−a)n= 0

Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una

buena aproximación a la función. Para valores más alejados de

x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho

muchas veces es muy mala).

Tenemos que

ln(1,2) = 0,1823215567939546

P3 (1,2) = 0,18266666666666653

El error cometido es

E = 0,00034511

TeoremaSi existe f (n) (a), entonces

l��mx→a

f (x)−Pn (x)

(x−a)n= 0

Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una

buena aproximación a la función. Para valores más alejados de

x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho

muchas veces es muy mala).

Tenemos que

ln(1,2) = 0,1823215567939546

P3 (1,2) = 0,18266666666666653

El error cometido es

E = 0,00034511

TeoremaSi existe f (n) (a), entonces

l��mx→a

f (x)−Pn (x)

(x−a)n= 0

Lo que signi�ca que localmente, el polinomio de Taylor es una

buena aproximación a la función. Para valores más alejados de

x = 1 no hay garantías de que la aproximación sea buena (de hecho

muchas veces es muy mala).

Repaso:

I Hemos repasado el concepto de derivadas

sucesivas

I Hemos repasado el polinomio derivada