Autor Tema: Geogebra y polinomio de Taylor

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29 Abril, 2022, 04:14 pm
Respuesta #10

Marcos Castillo

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Hola, estimado Rincón

Primero cito y luego la duda:

Citar

Demostración Obsérvese que el caso \( n=0 \) de la fórmula de Taylor, concretamente

\( f(x)=P_{0}(x)+E_{0}(x)=f(a)+\dfrac{f'(s)}{1!}(x-a) \)

es justamente el Teorema del Valor Medio

\( \dfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=f'(s) \) para algún \( s \) entre \( a \) y \( x \).

Nótese también que el caso \( n=1 \) es justamente la fórmula del error para la linealización dada en el teorema anterior.

Completaremos la demostración para valores de \( n \) mayor usando inducción matemática.(...). Supongamos entonces, que ya hemos demostrado el caso \( n=k-1 \), donde \( k\geq{2} \) es un entero.


De hecho, ¿no está demostrado el caso \( n=k-1 \), donde \( k\geq{1} \) es un entero?

¡Un saludo!
No man is an island (John Donne)

29 Abril, 2022, 05:51 pm
Respuesta #11

Luis Fuentes

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Hola

De hecho, ¿no está demostrado el caso \( n=k-1 \), donde \( k\geq{1} \) es un entero?

Si ya estuviese demostrado para el caso \( n=k-1 \) (para cualquier \( k \)) ya estaría demostrado para todo \( n\in \Bbb N \), y no tendrías nada que probar.

El método de inducción SUPONE (como parte de la hipótesis) el resultado cierto para \( k-1 \) y a partir de ahí se tiene que demostrar el caso \( k \).

Saludos.

29 Abril, 2022, 11:21 pm
Respuesta #12

Marcos Castillo

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Si ya estuviese demostrado para el caso \( n=k-1 \) (para cualquier \( k \)) ya estaría demostrado para todo \( n\in \Bbb N \), y no tendrías nada que probar.

El método de inducción SUPONE (como parte de la hipótesis) el resultado cierto para \( k-1 \) y a partir de ahí se tiene que demostrar el caso \( k \).


Puf, muchísimas gracias.

¡Un abrazo!
No man is an island (John Donne)

30 Abril, 2022, 08:30 am
Respuesta #13

Marcos Castillo

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Hola, estimado Rincón, estas es la última duda. Citaré y dudaré :)

Citar
Completaremos la demostración para valores de \( n \) mayores usando inducción matemática.(...). Supongamos entonces, que ya hemos demostrado el caso \( n=k-1 \), donde \( k\geq{2} \) es un entero. Esto es, estamos suponiendo que ya hemos demostrado que si \( f \) es una función cualquiera cuya \( k \)-ésima derivada existe en un intervalo que contiene a \( a \) y a \( x \), entonces

\( E_{k-1}(x)=\dfrac{f^{(k)}(s)}{k!}(x-a)^k \)




Citar

Esta última expresión es justamente \( E_{k-1}(u) \) para la función \( f' \) en lugar de \( f \). Por el supuesto de inducción es igual a

\( \dfrac{(f')^{(k)}(s)}{k!}(u-a)^{k}=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{k!}(u-a)^{k} \)

para algún \( s \) entre \( a \) y \( u \). Por tanto,

\( E_{k}(x)=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1} \)

Hemos demostrado que el caso \( n=k \) del Teorema de Taylor es verdadero en el caso \( n=k-1 \), lo que completa la demostración por inducción


La duda es cómo puede pasar de \( k! \) a \( (k+1)! \) en el denominador y en el exponente de \( (x-a) \)

Mi intento: el salto inductivo es de \( E_{k-1}(x) \) a \( E_{k}(x) \). Y el salto lo hace en dos tiempos: primero para la función en el numerador, y después para el exponente de \( (x-a) \) y el denominador

¡Un saludo!
No man is an island (John Donne)

30 Abril, 2022, 01:20 pm
Respuesta #14

Marcos Castillo

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Ehhhh....! Olvidad el último mensaje. Voy a trabajar sobre el Teorema del Valor Medio. Pensé que, creí que, estaba terminando, y ahora empieza lo bueno, como decía mi amigo.

¡Un saludo!
No man is an island (John Donne)

05 Mayo, 2022, 04:25 pm
Respuesta #15

Marcos Castillo

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Hola, estimado Rincón

Tenía, digamos, una duda: cómo daba el salto de \( \color{red}E_{k}(u)\color{black}=\dfrac{(f')^{(k)}(s)}{k!}(u-a)^{k}=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{k!}(u-a)^{k} \)     a    \( E_{k}(x)=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1} \)

Me he basado en el Teorema 9 del libro, "Una fórmula para el error de la linealización de una función":

Citar

Si existe \( f''(t) \) para todo \( t \) en un intervalo que contenga a \( a \) y a \( x \), entonces existe algún punto \( s \) entre \( a \) y \( x \) tal que el error \( E(x)=f(x)-L(x) \) en la aproximación lineal \( f(x)\approx{L(x)}=f(a)+f'(a)(x-a) \) cumple

\( E(x)=\dfrac{f''(s)}{2}(x-a)2 \)


Su demostración está basada en la aplicación del Teorema del Valor Medio Generalizado a las funciones \( E(t) \) y \( (t-a)^2 \) en \( [a,x] \)

He aplicado \( \color{red}(k+1)! \) veces el dicho Teorema a \( E(t) \) y \( (t-a)^{(k+1)!} \) en \( [a,x] \). Ahí va:

Como \( E_{k}(a)=0 \):

\( \dfrac{E_{k}(x)-E_{k}(a)}{(x-a)^{(k+1)!}-(a-a)^{(k+1)!}}=\dfrac{E'(u)}{(k+1)(u-a)^{k!}}=\dfrac{1}{(k+1)}\dfrac{f'(u)-f'(a)}{(u-a)^{(k!)}}=\ldots{=\dfrac{1}{(k+1)!}\dfrac{f^{(k+1)}(u)-f^{(k+1)}(a)}{(u-a)}}=\dfrac{1}{(k+1)!}\cdot{f^{(k+1)}(s)} \)


Creo que está bien, pero he puesto en rojo esos detalles, por si acaso.

¡Un saludo!

Editado: Intento fallido
No man is an island (John Donne)

09 Mayo, 2022, 05:24 am
Respuesta #16

Marcos Castillo

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Hola, estimado Rincón, a ver si esta vez va mejor. La idea me la han sugerido en Physics Forums, en el subforo "Calculus", en un hilo que inicié con el título "Why do I not understand what seems to be basic calculus?"

Duda última del hilo, y del anterior mensaje,

Citar

Cómo daba el salto de \( E\color{red}\;'\color{black}_{k}(u)=\dfrac{(f')^{(k)}(s)}{k!}(u-a)^{k}=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{k!}(u-a)^{k} \)     a    \( E_{k}(x)=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1} \)


Solución proporcionada:

Citar
La última expresión para \( E_{k}(x) \) viene de sustituir la expresión anterior (la cual es lo que calculamos \( E'_{k}(u) \) debería ser) en la fórmula \( \dfrac{E_{k}(x)}{(x-a)^{k+1}} \), primera de la lista de arriba, y que contiene \( E'_{k}(u) \), precisada.

Algebraicamente,

  • \( \dfrac{E_{k}(x)}{(x-a)^{k+1}}=\dfrac{E_{k}(x)-E_{k}(a)}{(x-a)^{k+1}-(a-a)^{k+1}}=\dfrac{E'_{k}(u)}{(k+1)(u-a)^{k}} \)
  • \( E'_{k}(u)=E_{k-1}(u) \)
  • \( E'_{k-1}(u)=\dfrac{f^{k+1}(s)}{k!}(u-a)^{k} \)

Es decir:

\( \dfrac{E_{k}(x)}{(x-a)^{k+1}}=\dfrac{E_{k-1}(u)}{(k+1)(u-a)^{k}}\Rightarrow{E_{k}(x)=\dfrac{f^{(k+1)}(s)}{(k+1)!}(x-a)^{k+1}} \)

¡Un saludo!
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