Matemáticas universitarias — Grado 1 · Bachelor Year 1

16Fórmulas de Taylor y expansiones asintóticas

Cerca de un punto, una función suave es tan buena como polinomio — con un error controlable. Las fórmulas de Taylor hacen esto exacto en tres sabores (integral resto, resto Lagrange, resto joven), y el expansiones asintóticas resultante, manipulado algebraicamente, se convierte en la herramienta más aguda del análisis elemental: límites, equivalentes, comportamiento local, asíntotas.

16.1 Notación de comparación

Definición 16.1 (notación Landau)

Dejemos que $f, g$ se defina cerca de $x_0$ ( $x_0 \in \R$ o $\pm\infty$ ). uno escribe, como $x \to x_0$ :

$f = o(g)$ ("little-o") cuando $f = \varepsilon g$ con $\varepsilon(x) \to 0$ ;
$f = O(g)$ ("big-O") cuando $f = u g$ con $u$ delimita cerca $x_0$ ;
$f \sim g$ (“equivalente”) cuando $f = (1 + \varepsilon) g$ con $\varepsilon \to 0$ — equivalentemente $f - g = o(g)$ .

La misma notación se aplica a las secuencias ( $n \to \infty$ ).

Proposición 16.2 (reglas)

Como $x \to x_0$ :

$\sim$ es un relación de equivalencia; $f \sim g$ implica que $f$ y $g$ comparten límites, signos (cerca de $x_0$ ) y ceros. ausencia;
equivalentes multiplicar y dividir: $f_1 \sim g_1$ , $f_2 \sim g_2$ implican $f_1 f_2 \sim g_1 g_2$ y $\frac{f_1}{f_2} \sim \frac{g_1}{g_2}$ ;
Los equivalentes de hacen que no agregue: $x + 1 \sim x$ y $-x \sim -x + 2$ en $+\infty$ , pero las sumas $1$ y $2$ no son equivalente. Para agregar, regrese a expansiones con explícito $o(\cdot)$ términos;
$o(g) + o(g) = o(g)$ , $\;u \cdot o(g) = o(ug)$ , $\;o(o(g)) = o(g)$ y $f \sim g \iff f = g + o(g)$ .

Demostración. Cada una es una breve manipulación de las definiciones; por ejemplo $f_1 f_2 = (1+\varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) g_1 g_2$ y $(1 + \varepsilon_1)(1+\varepsilon_2) \to 1$ . Dos elementos de (4) merecen su línea. $u\cdot o(g) = o(ug)$ : si $f = \varepsilon g$ con $\varepsilon \to 0$ , luego $uf = \varepsilon\,(ug)$ con el mismo $\varepsilon$ . $o(o(g)) = o(g)$ : si $f = \varepsilon_1 h$ y $h = \varepsilon_2 g$ con ambos $\varepsilon_i \to 0$ , luego $f = (\varepsilon_1\varepsilon_2) g$ y el producto de los dos infinitesimales es uno. La equivalencia $f \sim g \iff f = g + o(g)$ es la definición leída dos veces: $f - g = \varepsilon g$ . El contraejemplo en (3) es la prueba de (3). ∎

Ejemplo 16.3 (La escala de comparación)

Como $x \to +\infty$ , la escala estándar dice, en forma creciente orden de fuerza:

1 \;=\; o(\ln x), \quad \ln x = o(x^{0.01}), \quad x^{0.01} = o(\sqrt x), \quad \sqrt x = o(x^{10}), \quad x^{10} = o(\eu^{x}), \quad \eu^x = o(\eu^{2x}) ,

cada paso es una instancia del comparaciones de crecimiento de Proposición 4.6 (las potencias vencen a los logaritmos, los exponenciales ganan a las potencias, y dentro de una familia el exponente decide). Dos hábitos que vale la pena formar: primero, un aterrizaje $O(\cdot)$ en una clase más pequeña se actualiza silenciosamente ( $O(\ln x)$ también es $o(x^{0.01})$ ); segundo, en $x \to 0^+$ toda la escalera se invierte mediante la sustitución $x \mapsto \frac1x$ — $\ln x = o(x^{-0.01})$ ahí, entonces “ $x^\alpha \ln x \to 0$ ” es válido para cada $\alpha > 0$ . Mantener la balanza recta es la mitad de cada argumento asintótico en Capítulo 17.

Ejemplo 16.4 (Singularidad de las expansiones y dividendo de paridad)

Si una función admite dos expansiones en $0$ del mismo orden,

a_0 + a_1 x + \dots + a_n x^n + o(x^n) = b_0 + b_1 x + \dots + b_n x^n + o(x^n),

luego $a_k = b_k$ por cada $k$ : restando y configurando $c_k = a_k - b_k$ , evalúe la identidad $c_0 + c_1 x + \dots + c_n x^n = o(x^n)$ en $x \to 0$ para obtener $c_0 = 0$ ; dividir por $x$ y repetir — cada división es legítima porque el resto La expresión es nuevamente $o(x^{n-k})$ . Por lo tanto, los coeficientes son intrínsecos, y se pueden calcular por la ruta cualquier (Taylor derivados, álgebra sobre expansiones conocidas, integración): todos las rutas deben coincidir. Dividendo: una función incluso sólo tiene incluso poderes en su expansión — reemplace $x$ por $-x$ e invoque unicidad; Asimismo, las funciones impares tienen potencias impares. Esta es la razón $\cos$ lleva $o(x^{2p+1})$ en lugar de $o(x^{2p})$ en el siguiente tabla: el término impar ausente es información gratuita, un pedido de precisión para nada.

16.2 Las tres fórmulas de Taylor

Teorema 16.5 (Taylor con resto integral)

Sea $f$ de clase $C^{n+1}$ en un intervalo que contiene $a$ y $x$ . Entonces

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x - a)^k + \int_a^x \frac{(x - t)^n}{n!}\, f^{(n+1)}(t)\, \dd t .

Demostración. Inducción en $n$ . Para $n = 0$ : $f(x) = f(a) + \int_a^x f'(t)\dd t$ es el teorema fundamental (Teorema 15.9). Paso: integrar el resto por partes,

\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t = \Bigl[-\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+1)}(t)\Bigr]_a^x + \int_a^x \frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!} f^{(n+2)}(t)\,\dd t ,

el corchete aporta el término $\frac{f^{(n+1)}(a)}{(n+1)!}(x - a)^{n+1}$ . ∎

Ejemplo 16.6 (Una expansión exacta con su resto)

Para $\ln(1 + x)$ el resto integral se puede hacer completamente explícito sin diferenciar nada $n$ veces: integrar la identidad geométrica finita $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-t)^k + \frac{(-t)^n}{1+t}$ de $0$ a $x$ :

\ln(1 + x) = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}x^k}{k} + (-1)^n \int_0^x \frac{t^n}{1 + t}\,\dd t ,

y para $0 \leq x \leq 1$ el resto está limitado por $\int_0^x t^n\,\dd t = \frac{x^{n+1}}{n+1}$ . Esto es más fuerte que Taylor–Young en dos sentidos: es un identidad válido para un Se corrigió $x$ (no solo $x \to 0$ ), y el límite de error es numérico. El problema del fin de semana (Problema 16.1) vive exactamente en formularios; Taylor–Young a continuación es la herramienta más ligera para los límites, donde sólo importa la forma del error.

Teorema 16.7 (Desigualdad de Taylor–Lagrange)

Sea $f$ $C^{n+1}$ con $\abs{f^{(n+1)}} \leq M$ entre $a$ y $x$ . entonces

\Bigl| f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k \Bigr| \leq M\, \frac{\abs{x - a}^{n+1}}{(n+1)!} .

Demostración. Se acota el resto integral:

\Bigl|\int_a^x \frac{(x-t)^n}{n!} f^{(n+1)}(t)\,\dd t\Bigr| \leq M \Bigl|\int_a^x \frac{\abs{x-t}^n}{n!}\dd t\Bigr| = M\frac{\abs{x-a}^{n+1}}{(n+1)!}.

∎

Ejemplo 16.8 (Numérica certificada)

¿Cuánto vale $\sqrt{1.02}$ ? Aplíquese Taylor–Lagrange a $f(t) = \sqrt{1 + t}$ en $a = 0$ , orden $2$ , $x = 0.02$ :

\sqrt{1.02} \approx 1 + \frac{0.02}{2} - \frac{0.02^2}{8} = 1.00995 , \qquad \abs{f'''(t)} = \frac{3}{8}(1+t)^{-5/2} \leq \frac 38 ,

entonces el error es como máximo $\frac38 \cdot \frac{0.02^3}{6} = 5\cdot10^{-7}$ : $\sqrt{1.02} = 1.00995$ con seis certificados decimales (valor verdadero $1.0099504938\dots$ — el límite es casi agudo). La idea final: Taylor–Young dice que solo como rapido el error desaparece; Taylor–Lagrange convierte lo mismo polinomio en certificado, un número más un probado barra de errores. Cada vez que se hace una afirmación decimal en este libro, se Detrás de él se encuentra una cota tipo Lagrange; el problema del fin de semana (Problema 16.1) industrializa la idea.

Teorema 16.9 (Taylor–Joven)

Sea $f$ $n$ multiplicado por diferenciable en $a$ . Entonces, como $x \to a$ :

f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}\,(x-a)^k + o\bigl((x-a)^n\bigr) .

Demostración. Inducción en $n$ . Para $n = 1$ esta es la definición de derivado (Definición 14.1). Asuma el enunciado en ordene $n - 1$ y deje que $f$ sea $n$ multiplicado por diferenciable en $a$ . Aplicar la hipótesis de inducción a $f'$ (que es $n-1$ veces diferenciable en $a$ ):

f'(t) = \sum_{k=0}^{n-1} \frac{f^{(k+1)}(a)}{k!}(t-a)^k + r(t), \qquad r(t) = o\bigl((t-a)^{n-1}\bigr).

Sea $g(x) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k$ ; entonces $g' = r$ y $g(a) = 0$ . Dado $\varepsilon > 0$ , elija $\delta$ con $\abs{r(t)} \leq \varepsilon\abs{t - a}^{n-1}$ para $\abs{t-a} \leq \delta$ ; la desigualdad del valor medio (Teorema 14.9) aplicado en el segmento de $a$ a $x$ (donde $\abs{g'} \leq \varepsilon\abs{x-a}^{n-1}$ ) produce $\abs{g(x)} \leq \varepsilon\abs{x - a}^n$ : exactamente $g(x) = o((x-a)^n)$ . ∎

Observación 16.10 (Tres fórmulas, tres precios, tres productos.)

Las hipótesis califican exactamente con las conclusiones. Taylor–Young pide lo mínimo ( $n$ derivados en el punto solamente) y produce lo mínimo: un $o((x-a)^n)$ cualitativo, perfecto para límites, inútil para dígitos certificados. El Lagrange la desigualdad pide $C^{n+1}$ on the intervalo y un límite $M$ allí y devuelve una barra de error numérico. El formulario integral pregunta con la misma regularidad y devuelve la mayor cantidad: el error como objeto explícito que uno puede transformar (integrar por partes, unir por partes, cambiar variables) — es la forma que impulsó el Máquina de irracionalidad de Problema 15.1. Eligiendo La fórmula más débil que sustenta el objetivo no es la pedantería: la función plana de Problema 16.1 satisface a Taylor–Young en cada orden, mientras que cada conclusión más sólida al respecto es falso lejos de $0$ .

Proposición 16.11 (Expansiones estándar en $0$ )

Como $x \to 0$ , para cada orden fija $n$ :

\begin{align*} \eu^x &= 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n),\\ \cos x &= 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \dots + \frac{(-1)^p x^{2p}}{(2p)!} + o(x^{2p+1}),\\ \sin x &= x - \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{(-1)^p x^{2p+1}}{(2p+1)!} + o(x^{2p+2}),\\ \frac{1}{1 - x} &= 1 + x + x^2 + \dots + x^n + o(x^n),\\ \ln(1 + x) &= x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} x^n}{n} + o(x^n),\\ (1 + x)^\alpha &= 1 + \alpha x + \frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^2 + \dots + \binom{\alpha}{n} x^n + o(x^n), \end{align*}

donde $\binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!}$ de verdad $\alpha$ . ( $\cosh$ y $\sinh$ : igual que $\cos$ , $\sin$ sin los signos alternos.)

Demostración. Cada función es fluida cerca de $0$ con derivados fácil de evaluar: $(\eu^x)^{(k)} = \eu^x$ ; el ciclo derivados de $\sin$ y $\cos$ con periodo $4$ ; $\bigl((1+x)^\alpha\bigr)^{(k)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)(1+x)^{\alpha - k}$ ; $\bigl(\ln(1+x)\bigr)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}(k-1)!}{(1+x)^k}$ . Aplicar Taylor–Young en $a = 0$ . (La geométrica es exacta: $\frac{1}{1-x} - \sum_0^n x^k = \frac{x^{n+1}}{1 - x} = o(x^n)$ .) ∎

Método 16.12 (Computación con expansiones)

Arreglar el orden objetivo $n$ primero y truncar cada resultado intermedio allí — llevar términos más altos es Trabajo desperdiciado, dejar caer los inferiores es un error.
Sumas, productos: expanda cada factor para ordenar $n$ y multiplicar, descartando más allá de $x^n$ .
Composición $f(u(x))$ con $u(x) \to 0$ : sustituto la expansión de $u$ al de $f$ , orden por orden.
Cocientes: escribe $\frac{1}{1 + v}$ con $v \to 0$ y Usa la expansión geométrica.
Integrar una expansión término por término (diferenciando requiere más cuidado — justificación: integral de $o(t^n)$ de $0$ a $x$ es $o(x^{n+1})$ , por delimitación directa).

Ejemplo 16.13 (Composición, con la contabilidad mostrada)

Expanda $\eu^{\sin x}$ para ordenar $3$ . Expansión interior: $u = \sin x = x - \frac{x^3}{6} + o(x^3)$ , que efectivamente tiende a $0$ . Exterior: $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}{2} + \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ , y $o(u^3) = o(x^3)$ desde $u \sim x$ . Potencias de $u$ , truncadas en $x^3$ :

u^2 = x^2 + o(x^3), \qquad u^3 = x^3 + o(x^3)

(el término cruzado $2x\cdot(-\frac{x^3}{6})$ ya es $x^4$ ). Montar:

\eu^{\sin x} = 1 + \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} + o(x^3) = 1 + x + \frac{x^2}{2} + o(x^3) :

las dos contribuciones $x^3$ se cancelan exactamente. La idea final: $\eu^{\sin x}$ y $\eu^x$ aceptan el pedido $3$ — no porque $\sin x \approx x$ crudamente, sino porque el primero desacuerdo de los exponentes ( $-\frac{x^3}{6}$ ) ingresa multiplicado por $\eu^0 = 1$ y luego se cumple con el término cúbico de el exponencial exterior; La contabilidad orden por orden detecta tales Conspiraciones, mirar fijamente nunca lo hace. (El siguiente término es $-\frac{x^4}{8}$ : la tregua finaliza con la orden $4$ .)

Ejemplo 16.14

Ampliación de $\tan$ en el pedido $5$ . Escribe $\tan x = \sin x \cdot \frac{1}{\cos x}$ :

\frac{1}{\cos x} = \frac{1}{1 - \bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24} + o(x^5)\bigr)} = 1 + \Bigl(\frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{24}\Bigr) + \Bigl(\frac{x^2}{2}\Bigr)^{\!2} + o(x^5) = 1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24} + o(x^5),

entonces

\tan x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}\Bigr) \Bigl(1 + \frac{x^2}{2} + \frac{5x^4}{24}\Bigr) + o(x^5) = x + \frac{x^3}{3} + \frac{2x^5}{15} + o(x^5) .

El seno (oscuro) contra su Taylor polinomios en 0: T_1 = x,T_3 = x - x3/6(discontinua),T_5 = x - x3/6 + x5/120(punteada). Cada nuevo par de términos abraza la curva sobre una ventana visiblemente más ancha, pero cada polinomio eventualmente se rompe: una expansión de Taylor es un local contrato, afilado en 0 y silencioso a lo lejos. el Taylor–Lagrange obligado |x|n+1(n+1)! cuantifica la ventana; la función plana de muestra la El contrato puede incluso estar vacío más allá del punto mismo. — El seno (oscuro) contra su Taylor polinomios en $0$ : $T_1 = x$ , $T_3 = x - \frac{x^3}{6}$ (discontinua), $T_5 = x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120}$ (punteada). Cada nuevo par de términos abraza la curva sobre una ventana visiblemente más ancha, pero cada polinomio eventualmente se rompe: una expansión de Taylor es un *local* contrato, afilado en $0$ y silencioso a lo lejos. el Taylor–Lagrange obligado $\frac{\abs{x}^{n+1}}{(n+1)!}$ cuantifica la ventana; la función plana de Problema 16.1 muestra la El contrato puede incluso estar vacío más allá del punto mismo.

16.3 Aplicaciones

Ejemplo 16.15 (límites)

\lim_{x \to 0} \frac{x - \sin x}{x^3}: \qquad x - \sin x = \frac{x^3}{6} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{6}, \qquad\text{so the limit is } \frac16

— resolviendo la pregunta planteada en Ejercicio 4.9. Asimismo $\displaystyle\lim_{x\to0}\Bigl(\frac{\sin x}{x}\Bigr)^{1/x^2}$ : el logaritmo es

\frac{1}{x^2}\ln\Bigl(1 - \frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) = \frac{1}{x^2}\Bigl(-\frac{x^2}{6} + o(x^2)\Bigr) \longrightarrow -\frac16, \qquad\text{limit } \eu^{-1/6}.

Observación 16.16 (Errores comunes con las expansiones)

(i) Nunca sumes ni restes equivalentes: de $\tan x \sim x$ y $\sin x \sim x$ se puede concluir no $\tan x - \sin x \sim 0$ (sin sentido) — la ruta honesta es expansiones:

\tan x - \sin x = \Bigl(x + \frac{x^3}{3}\Bigr) - \Bigl(x - \frac{x^3}{6}\Bigr) + o(x^3) = \frac{x^3}{2} + o(x^3) \sim \frac{x^3}{2} .

(ii) Ampliar más allá de la masacre: en el mismo cómputo, el pedido $1$ solo ve $x - x = 0$ ; cada vez que los términos principales se cancelan, elevar el orden hasta que sobreviva un coeficiente distinto de cero, y solo luego conviértalo nuevamente a un equivalente. (iii) Los equivalentes lo hacen no pasar por exponenciales: $n^2 + n \sim n^2$ , todavía $\eu^{n^2+n} = \eu^{n}\,\eu^{n^2}$ es no equivalente a $\eu^{n^2}$ — exponenciar sólo expansiones de la exponente cuyo error tiende a $0$ , nunca equivalentes del exponente. (Los logaritmos son más seguros: si $u_n \sim v_n \to \ell \neq 1$ , $\ell > 0$ , entonces $\ln u_n \sim \ln v_n$ .) (iv) The $o(\cdot)$ calculus is one-directional: $o(x^2) + o(x^2) = o(x^2)$ , $5\,o(x^2) = o(x^2)$ , $x\cdot o(x^2) = o(x^3)$ — pero un $o(x^2)$ no es una función específica, por lo que nunca cancele dos de uno contra el otro: $o(x^2) - o(x^2)$ es $o(x^2)$ , no $0$ .

Proposición 16.17 (Comportamiento local)

Supongamos $f(x) = f(a) + c\,(x - a)^p + o\bigl((x-a)^p\bigr)$ con $c \neq 0$ (primer término distinto de cero después de la constante; $p \geq 2$ en un punto crítico).

Si $p$ es par: $f$ tiene un mínimo local en $a$ si $c > 0$ , a máximo local si $c < 0$ .
Si $p$ es impar: sin extremo ( $f - f(a)$ cambia de signo); si además la expansión comienza después de un término lineal $f'(a)(x - a)$ , la gráfica cruza su tangente: un inflexión.

Demostración. Cerca de $a$ , $f(x) - f(a) = (x-a)^p\bigl(c + o(1)\bigr)$ tiene el cartel de $c\,(x-a)^p$ : signo constante para $p$ par, cambiando para $p$ impar. ∎

Ejemplo 16.18 (Los exponentes deben expandirse a $o(1)$ )

Encuentre un equivalente de $u_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n^2}$ . Expanda exponente hasta que su error tienda a $0$ :

n^2 \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) = n^2\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + O\Bigl(\frac{1}{n^3}\Bigr)\Bigr) = n - \frac12 + O\Bigl(\frac1n\Bigr),

entonces $u_n = \eu^{\,n - 1/2}\,\eu^{O(1/n)}$ con $\eu^{O(1/n)} \to 1$ :

u_n \;\sim\; \eu^{\,n - \frac12} .

Observe lo que habría salido mal con menos cuidado: detener el exponente en $n^2\cdot\frac1n = n + O(1)$ deja un Factor $\eu^{O(1)}$ — acotado pero sin tender a $1$ — y no se puede afirmar ningún equivalente. la regla de los obstáculos anteriores, en forma positiva: un equivalente de $\eu^{a_n}$ requiere la expansión de $a_n$ hasta un plazo tendiendo a cero, manteniéndose todos los coeficientes anteriores a ese exactamente.

Ejemplo 16.19 (Clasificando un punto crítico plano)

Estudio $f(x) = \cos x + \frac{x^2}{2}$ cerca de $0$ . Tanto $f'(0) = 0$ como $f''(0) = -\cos 0 + 1 = 0$ : la prueba segunda derivada es mudo. Expandir en su lugar:

f(x) = \Bigl(1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)\Bigr) + \frac{x^2}{2} = 1 + \frac{x^4}{24} + o(x^4) :

primer término distinto de cero $c\,x^p$ con $p = 4$ par y $c = \frac{1}{24} > 0$ : un mínimo local, de planitud inusual (el El gráfico deja su valor mínimo como $x^4$ , no $x^2$ ). el Información final: la expansión ve en una línea lo que se repitió. la diferenciación oscurece — y Proposición 16.17 es el diccionario sistemático desde el “primer término superviviente” hasta “forma local”.

Ejemplo 16.20 (Expansiones al infinito)

Dos cálculos donde la variable corre hasta $+\infty$ y el La sustitución $h = \frac1x \to 0^+$ importa toda la caja de herramientas. Primero,

x - x^2\ln\Bigl(1 + \frac1x\Bigr) = x - x^2\Bigl(\frac1x - \frac{1}{2x^2} + O\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr)\Bigr) = \frac12 + O\Bigl(\frac1x\Bigr) \longrightarrow \frac12 .

En segundo lugar, el arcangente al infinito: de $\arctan x + \arctan\frac1x = \frac\pi2$ para $x > 0$ (Proposición 4.12) y la ampliación de $\arctan$ en $0$ (Ejercicio 16.3),

\arctan x = \frac\pi2 - \arctan\frac1x = \frac\pi2 - \frac1x + \frac{1}{3x^3} + o\Bigl(\frac{1}{x^3}\Bigr) :

el gráfico se acerca a su asíntota $y = \frac\pi2$ desde abajo en velocidad $\frac1x$ . La idea final: no hay separación teoría de expansiones en el infinito — una sustitución recíproca los reduce a expansiones en $0$ , siempre que cada intermedio $O$ y $o$ se llevan a cabo honestamente.

Ejemplo 16.21 (Asíntota por expansión)

Como $x \to +\infty$ ,

\sqrt{x^2 + x} = x\sqrt{1 + \tfrac1x} = x\Bigl(1 + \frac{1}{2x} - \frac{1}{8x^2} + o\bigl(\tfrac{1}{x^2}\bigr)\Bigr) = x + \frac12 - \frac{1}{8x} + o\bigl(\tfrac 1x\bigr):

la línea $y = x + \frac12$ es una asíntota, aproximada a de abajo (el siguiente término $-\frac{1}{8x}$ es negativo).

Observación 16.22 (Dónde funcionan las expansiones a continuación)

Las expansiones asintóticas son el lenguaje permanente del resto de el libro: en Capítulo 17 deciden la convergencia (los equivalentes alimentan las pruebas de comparación, y el estudio de $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ es una expansión disfrazada); en el año 2 volumen se convierten en serie de potencias, donde la Taylor polinomio adquiere infinitos términos y un radio de convergencia; y toda linealización en física: el péndulo, perturbación de primer orden — es un Taylor–Young enunciado con El $o(\cdot)$ cayó silenciosamente. La única advertencia que vale la pena grabar: una expansión describe solo una función cerca de un punto — ver la función plana del problema del fin de semana, cuya expansión en $0$ es idénticamente cero sin que la función lo sea.

Observación 16.23 (Perspectivas dentro de este volumen)

Las ampliaciones son el lenguaje de trabajo del análisis restante. y de la geometría por venir. Capítulo 17 los convierte en veredictos de convergencia: un equivalente del término general es una expansión truncada en su primer período, y las pruebas más finas (alternando con control de errores) también consume el segundo término. Capítulo 24 lee la geometría local de las expansiones del dos funciones de coordenadas: si una curva parametrizada se cruza, besos o cúspides en un punto se decide por qué poderes de $t$ sobrevivir en $x(t)$ y $y(t)$ — la versión plana de Proposición 16.17. Y Capítulo 25 se detiene en Ordene uno a propósito: el plano tangente es de dos variables. Taylor–Young enunciado, con la teoría completa de segundo orden (Arpilleras, puntos de silla) aplazados al volumen del año 2. el Hilo común: todas las preguntas "locales" de este libro tienen respuesta. anotando el primer término superviviente de una expansión.

16.4 Ceremonias

Ejercicio 16.1 ★

Entregue las expansiones en $0$ : $\eu^{2x}$ para ordenar $3$ ; $\;\ln(1 - x)$ para ordenar $4$ ; $\;\sqrt{1 + x}$ para ordenar $3$ ; $\;\dfrac{1}{1 + x^2}$ para ordenar $6$ .

Solución

Solución de Ejercicio 16.1.

\eu^{2x} = 1 + 2x + 2x^2 + \frac{4x^3}{3} + o(x^3); \qquad \ln(1 - x) = -x - \frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + o(x^4);

\sqrt{1+x} = 1 + \frac x2 - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} + o(x^3); \qquad \frac{1}{1 + x^2} = 1 - x^2 + x^4 - x^6 + o(x^6),

el último sustituyendo $-x^2$ en la expansión geométrica.

Ejercicio 16.2 ★

Calcular los límites:

\lim_{x\to 0} \frac{\eu^x - 1 - x}{x^2}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\cos x - \sqrt{1 - x^2}}{x^4}, \qquad \lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+x) - \sin x}{x^2}.

Solución

Solución de Ejercicio 16.2.

$\eu^x - 1 - x = \frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : límite $\dfrac12$ .

$\cos x = 1 - \frac{x^2}{2} + \frac{x^4}{24} + o(x^4)$ y $\sqrt{1 - x^2} = 1 - \frac{x^2}{2} - \frac{x^4}{8} + o(x^4)$ : diferencia $\frac{x^4}{24} + \frac{x^4}{8} = \frac{x^4}{6} + o(x^4)$ : límite $\dfrac16$ .

$\ln(1+x) - \sin x = \bigl(x - \frac{x^2}{2}\bigr) - x + o(x^2) = -\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ : límite $-\dfrac12$ .

Ejercicio 16.3 ★

Expanda $\arctan x$ en $0$ para ordenar $5$ integrando la expansión de $\frac{1}{1 + x^2}$ y $\arcsin x$ para ordenar $5$ integrando el de $(1 - x^2)^{-1/2}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 16.3.

$\frac{1}{1+t^2} = 1 - t^2 + t^4 + o(t^5)$ ; integrando desde $0$ a $x$ (Método 16.12 (5)):

\arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} + o(x^5)\ \ (\text{even }o(x^6)\text{, by oddness}).

$(1 - t^2)^{-1/2} = 1 + \frac{t^2}{2} + \frac38 t^4 + o(t^5)$ (binomial ampliación con $\alpha = -\frac12$ , $x = -t^2$ : $\binom{-1/2}{2} = \frac{(-\frac12)(-\frac32)}{2} = \frac38$ ); integrando:

\arcsin x = x + \frac{x^3}{6} + \frac{3x^5}{40} + o(x^5) .

Ejercicio 16.4 ★

Usando Taylor–Lagrange para $\exp$ en $\intcc{0}{1}$ , demuestre que

\Bigl| \eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!} \Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!},

y determine un $n$ que garantice $6$ decimales exactos de $\eu$ .

Solución

Solución de Ejercicio 16.4.

Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) para $\exp$ en $a = 0$ , $x = 1$ : el $(n+1)$ -st derivado es $\eu^t \leq \eu < 3$ en $\intcc{0}{1}$ , entonces

\Bigl|\eu - \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}\Bigr| \leq \frac{3}{(n+1)!} .

Para $6$ decimales exactos, desea $\frac{3}{(n+1)!} < 5\times 10^{-7}$ , es decir $(n+1)! > 6\times 10^{6}$ : desde $10! = 3\,628\,800$ y $11! = 39\,916\,800$ , $n + 1 = 11$ , es decir $n = 10$ es suficiente.

Ejercicio 16.5 ★★

Ampliar para ordenar $2$ en $\frac1n$ y deducir el límite y el velocidad de convergencia:

\Bigl(1 + \frac 1n\Bigr)^{\!n} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Solución

Solución de Ejercicio 16.5.

$n\ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) = n\Bigl(\frac1n - \frac{1}{2n^2} + \frac{1}{3n^3} + o\bigl(\frac{1}{n^3}\bigr)\Bigr) = 1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + o\bigl(\frac{1}{n^2}\bigr)$ . Exponenciando, con $u = -\frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2}$ y $\eu^u = 1 + u + \frac{u^2}2 + o(u^2)$ :

\Bigl(1 + \frac1n\Bigr)^n = \eu\cdot \eu^{u} = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{1}{3n^2} + \frac{1}{8n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr) = \eu\Bigl(1 - \frac{1}{2n} + \frac{11}{24n^2} + o\Bigl(\frac{1}{n^2}\Bigr)\Bigr).

Límite $\eu$ ; el error es $\sim \dfrac{\eu}{2n}$ : lento (un dígito por aumento diez veces mayor que $n$ ).

Ejercicio 16.6 ★★

Estudiar el comportamiento local en $0$ de $f(x) = x^2 - x^4$ y de $g(x) = x^3 + x^5$ ; y encuentre la posición de la gráfica de $h(x) = \eu^x$ en relación con su tangente en $a = 1$ , localmente y luego globalmente.

Solución

Solución de Ejercicio 16.6.

$f(x) = x^2 - x^4 = x^2(1 + o(1))$ : primer término $x^2$ , $p = 2$ par, coeficiente $> 0$ : mínimo local en $0$ (no global: $f(2) = -12$ ).

$g(x) = x^3 + x^5$ : primer término $x^3$ , impar $p$ : sin extremo; $g$ cruza su tangente (horizontal): inflexión en $0$ .

$h = \exp$ en $a = 1$ : $h(x) = \eu + \eu(x-1) + \frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o((x-1)^2)$ ; la diferencia con la tangente es $\frac{\eu}{2}(x-1)^2 + o(\cdot) > 0$ localmente. Globalmente: $\eu^x - \eu x \geq 0$ para todos los $x$ por convexidad (Teorema 14.19 (3)): el gráfico se encuentra encima de cada tangente, con igualdad sólo en el punto de contacto.

Ejercicio 16.7 ★★

Determine las asíntotas en $\pm\infty$ de $f(x) = \sqrt[3]{x^3 + x^2}$ y la posición de la curva relativa a ellos.

Solución

Solución de Ejercicio 16.7.

Para $x \to +\infty$ :

f(x) = x\Bigl(1 + \frac1x\Bigr)^{1/3} = x\Bigl(1 + \frac{1}{3x} - \frac{1}{9x^2} + o\Bigl(\frac{1}{x^2}\Bigr)\Bigr) = x + \frac13 - \frac{1}{9x} + o\Bigl(\frac1x\Bigr):

asíntota $y = x + \frac13$ , curva debajo de ella cerca de $+\infty$ . Como $x \to -\infty$ , el mismo cálculo es válido (la raíz cúbica es definido para todos los reales, y $\frac1x \to 0$ ): misma asíntota $y = x + \frac13$ , pero ahora $-\frac{1}{9x} > 0$ : curva arriba la recta.

Ejercicio 16.8 ★★

Encuentre el equivalente, como $n \to \infty$ , de

u_n = \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad v_n = \ln(n+1) - \ln n, \qquad w_n = \sin\frac{1}{n} - \tan\frac{1}{n},

cada uno como una potencia de $n$ multiplicada por una constante.

Solución

Solución de Ejercicio 16.8.

$u_n = \sqrt n\bigl(\sqrt{1 + \tfrac1n} - 1\bigr) = \sqrt n\bigl(\frac{1}{2n} + o(\frac1n)\bigr) \sim \dfrac{1}{2\sqrt n}$ .

$v_n = \ln\bigl(1 + \frac1n\bigr) \sim \dfrac 1n$ .

$w_n$ : con $h = \frac1n \to 0$ , $\sin h - \tan h = \bigl(h - \frac{h^3}{6}\bigr) - \bigl(h + \frac{h^3}{3}\bigr) + o(h^3) = -\frac{h^3}{2} + o(h^3)$ , entonces $w_n \sim -\dfrac{1}{2n^3}$ .

Ejercicio 16.9 ★★★

Sea $f$ $C^2$ en $\R$ . Demuestre que para cada $x$ y $h > 0$ :

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} ,

y deduzca la desigualdad de tipo Landau-Kolmogorov: si $\abs f \leq M_0$ y $\abs{f''} \leq M_2$ en $\R$ , entonces $\abs{f'} \leq \sqrt{2 M_0 M_2}$ en todas partes. (Optimizar sobre $h$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 16.9.

Taylor–Lagrange en el orden $1$ alrededor de $x$ , en ambos lados:

f(x + h) = f(x) + h f'(x) + R_+,\quad f(x - h) = f(x) - h f'(x) + R_-, \qquad \abs{R_\pm} \leq \frac{h^2}{2} \sup \abs{f''} .

Restando: $f(x+h) - f(x-h) = 2h f'(x) + (R_+ - R_-)$ , entonces

\abs{f'(x)} \leq \frac{\abs{f(x+h) - f(x-h)}}{2h} + \frac{h}{2}\sup_{\intcc{x-h}{x+h}}\abs{f''} .

Con límites globales: $\abs{f'(x)} \leq \frac{M_0}{h} + \frac{M_2 h}{2}$ por cada $h > 0$ . El lado derecho se minimiza en $h = \sqrt{2M_0/M_2}$ (derivado cero), con valor $\sqrt{2M_0M_2}$ — por lo tanto $\abs{f'} \leq \sqrt{2M_0M_2}$ . (Si $M_2 = 0$ , sea $h \to \infty$ : $f' = 0$ , consistente).

Ejercicio 16.10 ★★★

La secuencia $u_0 \in \intoo{0}{\pi}$ , $u_{n+1} = \sin u_n$ disminuye a $0$ (justificar brevemente). Para encontrar su velocidad, considere $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ :

usando la expansión de $\sin$ , pruebe $v_{n+1} - v_n \to \frac13$ ;
con Cesàro (Ejercicio 11.10), deducir $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , luego el equivalente $u_n \sim \sqrt{\dfrac{3}{n}}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 16.10.

En $\intoo{0}{\pi}$ : $0 < \sin u < u$ , por lo que $(u_n)$ es estrictamente decreciente, positivo, por tanto convergente; el límite es un punto fijo de $\sin$ en $\intcc{0}{\pi}$ , y $\sin \ell = \ell$ fuerza a $\ell = 0$ (desde $\sin x < x$ para $x > 0$ ).

Usando $\sin u = u - \frac{u^3}{6} + o(u^3)$ como $u \to 0$ :

$v_{n+1} - v_n = \frac{1}{\sin^2 u_n} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\Bigl(1 - \frac{u_n^2}{6} + o(u_n^2)\Bigr)^{\!-2} - 1\Bigr) = \frac{1}{u_n^2}\Bigl(\frac{u_n^2}{3} + o(u_n^2)\Bigr) \longrightarrow \frac13 .$
Por Ejercicio 11.10 (3) (Cesàro para diferencias), $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ , es decir $v_n \sim \frac n3$ , es decir $u_n^2 \sim \frac 3n$ : desde $u_n > 0$ ,

$u_n \sim \sqrt{\frac{3}{n}} .$

Ejercicio 16.11 ★★

(Diferencias de infinitos) Calcular

\lim_{x \to 0} \Bigl(\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x}\Bigr) \qquad\text{and}\qquad \lim_{x \to 0^+} \Bigl(\frac 1x - \frac{1}{\ln(1 + x)}\Bigr)

reduciendo a un denominador común y expandiendo el numerador y denominador por separado.

Solución

Solución de Ejercicio 16.11.

Denominadores comunes. Primer límite:

\frac{1}{x^2} - \frac{1}{\sin^2 x} = \frac{\sin^2 x - x^2}{x^2\sin^2 x}, \qquad \sin^2 x = \Bigl(x - \frac{x^3}{6} + o(x^4)\Bigr)^{\!2} = x^2 - \frac{x^4}{3} + o(x^5) ,

entonces el numerador es $-\frac{x^4}{3} + o(x^4)$ mientras que el el denominador es $\sim x^4$ : el límite es $-\dfrac13$ .

Segundo: $\dfrac1x - \dfrac{1}{\ln(1+x)} = \dfrac{\ln(1+x) - x}{x\ln(1+x)}$ ; el numerador es $-\frac{x^2}{2} + o(x^2)$ , el denominador $x\bigl(x + o(x)\bigr) \sim x^2$ : el límite es $-\dfrac12$ .

Ejercicio 16.12 ★★★

(Asintótica de raíces implícitas) Demuestre que para cada $k \in \N^*$ la ecuación $\tan x = x$ tiene exactamente una solución $x_k$ en $\intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , ese $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ con $\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k}$ , y deducir la expansión

x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\Bigl(\frac 1k\Bigr) \qquad (k \to \infty).

Solución

Solución de Ejercicio 16.12.

El $I_k = \intoo{k\pi - \frac\pi2}{k\pi + \frac\pi2}$ , el la función $g(x) = \tan x - x$ tiene derivado $\tan^2 x \geq 0$ , desapareciendo sólo en el único punto $k\pi$ : $g$ es estrictamente aumentando en $I_k$ (Corolario 14.12 (2)), con límites $-\infty$ y $+\infty$ en los extremos: exactamente uno cero $x_k$ . Para $k \geq 1$ , $g(k\pi) = -k\pi < 0$ , entonces $x_k \in \intoo{k\pi}{k\pi + \frac\pi2}$ : escriba $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \varepsilon_k$ con $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . entonces

x_k = \tan x_k = \tan\Bigl(\frac\pi2 - \varepsilon_k\Bigr) = \frac{1}{\tan\varepsilon_k} \quad\Longrightarrow\quad \varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} ,

utilizando $\tan\varepsilon_k = \frac{1}{x_k}$ y $\varepsilon_k \in \intoo{0}{\frac\pi2}$ . Desde $x_k \geq k\pi \to \infty$ : $\varepsilon_k \to 0$ , y

\varepsilon_k = \arctan\frac{1}{x_k} = \frac{1}{x_k} + O\Bigl(\frac{1}{x_k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi + O(1)} + O\Bigl(\frac{1}{k^3}\Bigr) = \frac{1}{k\pi} + O\Bigl(\frac{1}{k^2}\Bigr) ,

de donde $x_k = k\pi + \frac\pi2 - \frac{1}{k\pi} + o\bigl(\frac1k\bigr)$ .

16.5 Problema: Sumas alternas, dígitos certificados y el irracionalidad de $\cos 1$

Problema 16.1

Problema del fin de semana — la estimación alterna $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ : $\ln 2$ y $\pi$ con probado decimales, fórmula de Machin y $\cos 1 \notin \Q$

Una suma alterna con términos decrecientes es la más amigable. objeto en análisis numérico: su error está limitado por la primera término omitido, con signo conocido. Este problema demuestra que principio con el teorema de secuencias adyacentes, luego lo gasta tres formas: decimales certificados para $\ln 2$ (tres competidores rutas) y para $\pi$ (Leibniz, luego la fórmula de Machin de 1706, todavía la idea detrás de los cálculos récord durante siglos), el irracionalidad de $\cos 1$ , $\sin 1$ y $\cosh 1$ , y, como contrapeso, el Taylor–Lagrange igualdad y el plano función cuya expansión de Taylor se encuentra. En todo momento, el lenguaje de "series" es informal: cada suma aquí hay un secuencia de sumas parciales, como en Ejemplo 11.12; la teoría propiamente dicha abre en Capítulo 17.

Parte I — The alternating estimate. Deja $(a_k)_{k \geq 0}$ disminuye a $0$ y $S_n = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k a_k$ .

Demuestre que $(S_{2n+1})$ no es decreciente, $(S_{2n})$ no crecientes y que son adyacentes (Teorema 11.11): ambos convergen a un común $S$ con, por cada $n$ ,

$S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}, \qquad \abs{S - S_n} \leq a_{n+1} ,$

el error tiene el signo del primer término omitido. Muestre además que si la disminución es estricto, todos estas desigualdades son estrictas.
Primer dividendo: para $x = 1$ en la serie exponencial, comparar con Teorema 16.7 en $a = 0$ : mostrar que $T_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}$ converge a $\eu^{-1}$ con $\abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .
(Leibniz, 1674) De la identidad finita exacto

$\frac{1}{1 + t^2} = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1} t^{2n+2}}{1 + t^2} ,$

integrado sobre $\intcc{0}{1}$ , probar

$\frac\pi4 = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{2k+1} + \rho_n, \qquad \abs{\rho_n} \leq \frac{1}{2n+3} .$
Lentitud: cuántos términos de Leibniz garantizan seis exactos decimales de $\pi$ ? (Aproximadamente dos millones). Evalúe $4 S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr)$ y su distancia a $\pi$ , para sentir la dolor.

Parte II — $\ln 2$ three ways.

(Forma 1: armónico alterno) De $\frac{1}{1+t} = \sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k t^k + \frac{(-1)^n t^n}{1+t}$ integrado sobre $\intcc{0}{1}$ :

$\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n, \qquad \frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1} :$

el error es del orden exacto $\frac 1n$ — un millón términos para seis decimales.
(Camino 2: la serie rápida) Integrar $\frac{1}{1 - t^2} = \sum_{k=0}^{n} t^{2k} + \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}$ desde $0$ a $x \in \intoo{0}{1}$ y evaluar en $x = \frac13$ (nota $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ ):

$\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :$

convergencia geométrica, aproximadamente un dígito por término.
(Camino 3: sumas de riemann y una identidad oculta) Demostrar por inducción de la identidad

$\sum_{k=1}^{2n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{n + k} ,$

y recuperar $\ln 2$ como el límite de suma de Riemann de Ejemplo 15.21: Formas 1 y 3 Son secretamente el mismo número visto dos veces.
Tiroteo en seis términos: compare $\sum_{k=1}^{6} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.6167$ con la Vía 2 en $n = 5$ , que ya da $\ln 2 = 0.693147$ con error $\leq 1.1\cdot10^{-7}$ . Explica la razón estructural. (punto de evaluación en lo profundo del intervalo de convergencia versus en su límite).
¿Cuántos términos de la Vía 2 certifican diez decimales de $\ln 2$ ? Mostrar $n = 10$ es suficiente.

Parte III — Machin’s formula.

Calcule $(5 + \iu)^4$ y verifique la identidad compleja

$(5 + \iu)^4 = 2\,(1 + \iu)\,(239 + \iu) .$

Tomando argumentos (convenciones Capítulo 3), deducir la fórmula de Machin

$\frac\pi4 = 4\arctan\frac15 - \arctan\frac{1}{239} .$

(Compruebe que no sale ningún argumento $\intoo{-\frac\pi2}{\frac\pi2}$ .)
Como en la pregunta 3, establecer para $0 < x < 1$ :

$\arctan x = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .$
Certificar $\pi$ a siete decimales con seis términos: cota el error total de

$\pi \approx 16\sum_{k=0}^{4} \frac{(-1)^k (1/5)^{2k+1}}{2k+1} - 4\Bigl(\frac{1}{239} - \frac{1}{3\cdot239^3}\Bigr)$

por $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} + 4\,\frac{(1/239)^5}{5} < 5\cdot10^{-8}$ , y dale el valor resultante $3.1415926\dots$
Compara las tres rutas a $\pi$ ya disponibles — Leibniz (pregunta 4), el Dalzell integrales de Problema 15.1 (error $4^{1-5m}$ ), Máquina (error $\approx 16\cdot 5^{-(2n+3)}$ ) — en dígitos por término, y explique por qué reducir el punto de evaluación supera todo.

Parte IV — The integer trap, alternating edition.

Supongamos $\cos 1 = \frac pq$ . Multiplica lo estricto alternando corchetes de $\sum_{k} \frac{(-1)^k}{(2k)!}$ (pregunta 1) por $(2n)!$ con $2n \geq q$ , y derivar una contradicción: $\cos 1$ es irracional.
Adaptarse a $\sin 1 = \sum_k \frac{(-1)^k}{(2k+1)!}$ (multiplicar por $(2n+1)!$ ): $\sin 1 \notin \Q$ . ambos irracional, pero $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1$ : irracionalidad no es estable bajo álgebra.
El primo no alterno: $\cosh 1 = \sum_k \frac{1}{(2k)!}$ (en el sentido de suma parcial, con el cola de dos caras $0 < \cosh 1 - \sum_{k \leq n} \frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , por probar). Concluye $\cosh 1 \notin \Q$ por la misma trampa.
Empuje a $\cos\frac 1m$ para cada número entero $m \geq 1$ : multiplica por $m^{2n}(2n)!$ y concluye $\cos\frac1m \notin \Q$ . ¿Dónde se interrumpe el mismo intento? $\cos\frac ab$ con $b > 1$ generales? (Identifique el denominador que ya no se borra.)

Part V — Sharper and darker: the equality form, and a function that fools Taylor.

(Taylor–Lagrange, forma de igualdad) Sea $f$ $n + 1$ veces diferenciable entre $a$ y $x$ . Defina $g(t) = f(x) - \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(t)}{k!}(x - t)^k - A\,\frac{(x-t)^{n+1}}{(n+1)!}$ con la constante $A$ elegido para que $g(a) = 0$ . Calcule $g'$ (la suma telescopios), aplique Rolle en $\intcc{a}{x}$ y concluya que existe $c$ estrictamente entre $a$ y $x$ con

$f(x) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\,(x-a)^{n+1} .$
Dividendo de la igualdad: para espectáculo $x > 0$

$\eu^x > 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \dots + \frac{x^n}{n!}$

(estrictamente, para cada $n$ ), y ubique donde se encuentra la desigualdad se invierte para $x < 0$ según la paridad de $n$ .
Compare los restos de $\sin(0.5)$ en el pedido $3$ : Young sólo da $o(x^3)$ (sin número); Lagrange da $\abs{\sin 0.5 - (0.5 - \frac{0.5^3}{6})} \leq \frac{0.5^5}{120} = 2.61\cdot10^{-4}$ ; la alternancia la estimación da el mismo límite más el signo información $\sin 0.5 > 0.5 - \frac{0.5^3}{6}$ . Comparar con el verdadero error $2.59\cdot10^{-4}$ : el límite es casi logrado. ¿A qué herramienta recurrirías y cuando?
(La función plana) Sea $f(x) = \eu^{-1/x^2}$ por $x \neq 0$ , $f(0) = 0$ . Mostrar $f$ es continuo en $0$ , eso $f'(0) = 0$ , y más en general — demostrando que cada derivado tiene la forma $f^{(k)}(x) = P_k\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ para un polinomio $P_k$ (inducción) — ese $f^{(k)}(0) = 0$ para todos los $k$ (comparación de crecimiento Proposición 4.6). Concluir: todos Taylor polinomios de $f$ en $0$ desaparece, pero $f(x) > 0$ para $x \neq 0$ : Taylor–Young retiene en cada orden, y no dice nada sobre $f$ lejos de $0$ . Expansiones describe gérmenes, no funciones.

Part VI — Synthesis.

Ejecute la trampa una vez más, en $\eu^{-1} = \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}$ : multiplique la alternancia estricta poner entre paréntesis por $n!$ y concluir $\eu^{-1} \notin \Q$ , de ahí $\eu \notin \Q$ — la tercera prueba de este hecho en el volumen. Enumere los tres (secuencias adyacentes, Ejercicio 11.9; integrales, Problema 15.1; sumas alternas, aquí) y lo que cada uno necesitaba.
La letra pequeña: la monotonía no es decorativa. dejar $b_k = \frac1k$ para $k$ y $b_k = \frac{1}{k^2}$ impares para incluso $k$ : los $b_k$ son positivos y tienden a $0$ , sin embargo, las sumas parciales de $\sum (-1)^k b_k$ divergen a $-\infty$ . Pruébelo (split the partial sum into the even part, bounded via Ejemplo 11.22, and the odd part, which dominates half the harmonic series, Ejercicio 11.5) y diga exactamente en qué paso La pregunta 1 utilizó monotonicidad.
Verifique la identidad más simple de Euler $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ a través de $(2 + \iu)(3 + \iu) = 5(1 + \iu)$ , estime los términos necesarios para seis decimales de $\pi$ por esta ruta ( $n = 10$ es suficiente), y colóquelo entre Leibniz y Machin en el ranking de cuestiones 13.
Síntesis, una frase cada una: (i) indicar la alternancia estimación y sus dos salidas (cota y signo); (ii) por qué Identidades finitas exactas con restos explícitos. límite enunciados para números certificados; (iii) inventario del problema ( $\pi$ a $10^{-7}$ a mano, $\ln 2$ a diez decimales, cuatro pruebas de irracionalidad, una igualdad teorema, un ejemplo de advertencia); (iv) cuál de estos Los hilos Capítulo 17 se retomarán (el hilo alterno prueba de series, convergencia absoluta versus condicional, y el drama de reordenamiento de su problema de fin de semana).

Solución

Solución de Problema 16.1.

1. $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1} \geq 0$ y $S_{2n+2} - S_{2n} = a_{2n+2} - a_{2n+1} \leq 0$ , mientras que $S_{2n} - S_{2n+1} = a_{2n+1} \to 0$ : las secuencias $(S_{2n+1})$ , $(S_{2n})$ son adyacentes, convergiendo en un $S$ común (Teorema 11.11) con $S_{2n+1} \leq S \leq S_{2n}$ . Incluso para $n$ : $S_{n+1} \leq S \leq S_n$ da $-a_{n+1} \leq S - S_n \leq 0$ ; para $n$ impar: $0 \leq S - S_n \leq a_{n+1}$ . en ambos los casos $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ y $S - S_n$ tiene el signo de $(-1)^{n+1}$ , el primer término omitido. Una disminución estricta hace cada uno muestra desigualdad estricta, en particular $0 < \abs{S - S_n} < a_{n+1}$ .

2. $a_k = \frac{1}{k!}$ disminuye estrictamente a $0$ : Se aplica la pregunta 1. Taylor–Lagrange (Teorema 16.7) para $\exp$ entre $-1$ y $0$ : $\abs{\eu^{-1} - T_n} \leq \frac{1}{(n+1)!}$ (el derivado $\eu^t$ es $\leq 1$ allí), por lo que $T_n \to \eu^{-1}$ y el límite $S$ de la pregunta 1 is $\eu^{-1}$ , con los límites estrictos $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ .

3. Integrando la identidad sobre $\intcc{0}{1}$ : el El lado izquierdo es $\arctan 1 = \frac\pi4$ (teorema fundamental), el $k$ -ésimo término da $\frac{(-1)^k}{2k+1}$ , y

\rho_n = (-1)^{n+1}\int_0^1 \frac{t^{2n+2}}{1+t^2}\dd t, \qquad \abs{\rho_n} \leq \int_0^1 t^{2n+2}\dd t = \frac{1}{2n+3} .

4. El error en $\pi$ es $4\abs{\rho_n} \leq \frac{4}{2n+3}$ : a continuación $10^{-6}$ requiere $2n + 3 > 4\cdot10^6$ , unos dos millones de términos. Mientras tanto $4S_4 = 4\bigl(1 - \frac13 + \frac15 - \frac17 + \frac19\bigr) = 4 \times 0.834921 = 3.339683$ , a casi $0.2$ de $\pi$ : cinco términos, ni siquiera un dígito.

5. Integración sobre $\intcc{0}{1}$ : $\ln 2 = \sum_{k=1}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} + (-1)^n R_n$ con $R_n = \int_0^1 \frac{t^n}{1+t}\dd t$ ; de $\frac12 \leq \frac{1}{1+t} \leq 1$ : $\frac{1}{2(n+1)} \leq R_n \leq \frac{1}{n+1}$ . el El error está atrapado entre dos múltiplos de $\frac1n$ : seis. los decimales cuestan alrededor de un millón de términos.

6. Integrando de $0$ a $x$ : $\frac12\ln\frac{1 + x}{1 - x} = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^{2k+1}}{2k+1} + \int_0^x \frac{t^{2n+2}}{1-t^2}\dd t$ . En $x = \frac13$ : $\frac{1 + 1/3}{1 - 1/3} = 2$ , y en $\intcc{0}{\frac13}$ , $\frac{1}{1 - t^2} \leq \frac98$ :

\ln 2 = 2\sum_{k=0}^{n} \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1} + \tilde\rho_n, \qquad 0 < \tilde\rho_n \leq \frac{9}{4}\cdot \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3} :

cada término adicional divide el error en aproximadamente $9$ .

7. Inducción: para $n = 1$ : $1 - \frac12 = \frac12 = H_2 - H_1$ . Paso:

H_{2n+2} - H_{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} + \frac{1}{2n+2} - \frac{1}{n+1} = (H_{2n} - H_n) + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+2},

que es exactamente el incremento de la suma alterna. y $H_{2n} - H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n+k}$ es la suma de Riemann de Ejemplo 15.21, convergiendo a $\ln 2$ : las sumas parciales pares de la Vía 1 son y sumas de riemann del Camino 3.

8. $\sum_{k=1}^{6}\frac{(-1)^{k-1}}{k} = 0.61667$ , error $0.0765$ ; La forma 2 en $n = 5$ da $0.6931471$ con error $\leq \frac94\cdot\frac{(1/3)^{13}}{13} = 1.1\cdot10^{-7}$ . el motivo: La forma 1 evalúa la serie de logaritmos en límite punto $x = 1$ , donde los términos decaen como $\frac1k$ ; Camino 2 evalúa en $x = \frac13$ , en el fondo, donde cada término lleva un factor nuevo $\frac19$ .

9. Diez decimales: quiero $\tilde\rho_n \leq 5\cdot10^{-11}$ . En $n = 10$ : $\frac94 \cdot \frac{(1/3)^{23}}{23} = \frac94\cdot\frac{1.06\cdot10^{-11}}{23} \approx 1.0\cdot10^{-12} < 5\cdot10^{-11}$ : once términos suficiente.

10. $(5+\iu)^2 = 24 + 10\iu$ , luego $(5+\iu)^4 = (24 + 10\iu)^2 = 476 + 480\iu$ ; y $2(1+\iu)(239+\iu) = 2(238 + 240\iu) = 476 + 480\iu$ : igual. Argumentos: $\arg(5 + \iu) = \arctan\frac15$ , por lo que el lado izquierdo tiene argumento $4\arctan\frac15 \approx 0.79 \in \intoo{0}{\pi}$ ; el derecho El lado tiene el argumento $\frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} \in \intoo{0}{\pi}$ . Dos números complejos iguales con argumentos en el mismo intervalo de longitud $< 2\pi$ :

4\arctan\frac15 = \frac\pi4 + \arctan\frac{1}{239} ,

que es la fórmula de Machin.

11. Integrar $\frac{1}{1+t^2} = \sum_{k=0}^n (-1)^k t^{2k} + \frac{(-1)^{n+1}t^{2n+2}}{1+t^2}$ de $0$ a $x$ :

\arctan x = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1} + r_n(x), \qquad \abs{r_n(x)} \leq \int_0^x t^{2n+2}\dd t = \frac{x^{2n+3}}{2n+3} .

Errores 12.: $16\,\frac{(1/5)^{11}}{11} = 3.0\cdot 10^{-8}$ y $4\,\frac{(1/239)^5}{5} \approx 1\cdot10^{-12}$ : total $< 5\cdot10^{-8}$ . La suma mostrada se evalúa como $3.14159268\dots$ , por lo tanto $\pi = 3.1415926\dots$ certificado para $5\cdot10^{-8}$ : siete decimales de seis términos (cinco en $\frac15$ , dos en $\frac1{239}$ contando generosamente).

13. Leibniz: error $\sim \frac1n$ , por lo que cada nuevo dígito multiplica la carga de trabajo por diez. Dalzell (Problema 15.1, pregunta 22): error $4^{1-5m}$ , alrededor de tres dígitos por paso, cada paso es un polinomio más pesado. Máquina: proporción de errores $\frac{1}{25}$ por término, aproximadamente $1.4$ dígitos por término, cada término una división. La moraleja: el resto de un escalas de expansión de tipo geométrico como $x^{2n}$ , por lo que $x$ pequeño compra dígitos a un costo fijado por término — Machin’s La identidad compleja es precisamente una máquina de encoger $x$ .

14. $a_k = \frac{1}{(2k)!}$ disminuye estrictamente a $0$ ; por la pregunta 1 y Proposición 16.11 (Lagrange cota como en la pregunta 2), $\sum_{k \leq n}\frac{(-1)^k}{(2k)!} \to \cos 1$ con el corchete estricto $0 < \bigl|\cos 1 - S'_n\bigr| < \frac{1}{(2n+2)!}$ . Supongamos $\cos 1 = \frac pq$ y tomar $2n \geq q$ : luego $(2n)!\,S'_n = \sum_{k\leq n} (-1)^k \frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ y $(2n)!\,\frac pq \in \Z$ , mientras

0 < \Bigl|(2n)!\cos 1 - (2n)!S'_n\Bigr| < \frac{(2n)!}{(2n+2)!} = \frac{1}{(2n+1)(2n+2)} < 1 :

un número entero distinto de cero de valor absoluto $< 1$ . Contradicción: $\cos 1 \notin \Q$ .

15. Idénticamente con $a_k = \frac{1}{(2k+1)!}$ , multiplicando por $(2n+1)!$ con $2n + 1 \geq q$ : $\sin 1 \notin \Q$ . Sin embargo $\cos^2 1 + \sin^2 1 = 1 \in \Q$ : productos y sumas de los irracionales pueden ser racionales — la irracionalidad no pasa por ningún operación algebraica libre.

16. Atado por la cola: para $m > n$ ,

\sum_{k=n+1}^{m} \frac{1}{(2k)!} \leq \frac{1}{(2n+2)!}\Bigl(1 + \frac12 + \frac14 + \dots\Bigr) \leq \frac{2}{(2n+2)!} ,

ya que cada relación sucesiva es $\frac{1}{(2k+1)(2k+2)} \leq \frac12$ ; la cola es positiva (su primer término lo es). Entonces $0 < \cosh 1 - \sum_{k\leq n}\frac{1}{(2k)!} < \frac{2}{(2n+2)!}$ , y multiplicar por $(2n)!$ con $2n \geq q$ atrapa un valor distinto de cero entero en $\intoo{0}{1}$ nuevamente: $\cosh 1 \notin \Q$ .

17. $\cos\frac1m = \sum_k \frac{(-1)^k}{m^{2k}(2k)!}$ : los términos disminuyen estrictamente a cero y $m^{2n}(2n)!\cdot\frac{1}{m^{2k}(2k)!} = m^{2(n-k)}\frac{(2n)!}{(2k)!} \in \Z$ para $k \leq n$ . si $\cos\frac1m = \frac pq$ , multiplica el paréntesis estricto por $q\,m^{2n}(2n)!$ : el error está acotado por $\frac{q}{m^2(2n+1)(2n+2)} < 1$ para $n$ grande: contradicción. Para $\frac ab$ con $a \geq 2$ : los denominadores de compensación se multiplican la cola por $b^{2n}(2n)!$ , pero el primer término omitido es $\frac{a^{2n+2}}{b^{2n+2}(2n+2)!}$ y el producto $\frac{a^{2n+2}}{b^2(2n+1)(2n+2)}$ explota: el El numerador $a^{2n+2}$ ya no se borra y la trampa se atasca. (El resultado sigue siendo cierto — a través de maquinaria estilo Niven, no este.)

18. En $t = x$ todos los términos de $g$ desaparecen excepto $f(x) - f(x) = 0$ : $g(x) = 0$ ; Se elige $A$ para que sea $g(a) = 0$ . Diferenciando, la suma telescopios:

g'(t) = -\frac{f^{(n+1)}(t)}{n!}(x - t)^n + A\,\frac{(x-t)^n}{n!} = \frac{(x-t)^n}{n!}\bigl(A - f^{(n+1)}(t)\bigr) .

Rolle en el segmento de $a$ a $x$ da $c$ estrictamente entre con $g'(c) = 0$ ; desde $(x - c)^n \neq 0$ : $A = f^{(n+1)}(c)$ . Al desplegar $g(a) = 0$ se obtiene la igualdad de Taylor con el resto $\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}(x-a)^{n+1}$ .

19. Para $x > 0$ , el resto es $\frac{\eu^{c}} {(n+1)!}x^{n+1} > 0$ : el exponencial excede cada uno de sus Taylor polinomios, estrictamente, en cada pedido. Para $x < 0$ el signo del resto es el de $x^{n+1}$ : $\eu^x$ es arriba el polinomio para $n$ impar, abajo para $n$ incluso — lados alternos, como ya lo muestran los gráficos de $1 + x$ y $1 + x + \frac{x^2}{2}$ contra $\eu^x$ .

20. Error verdadero: $\sin 0.5 - 0.4791667 = 2.59\cdot10^{-4}$ , contra el límite $\frac{0.5^5}{120} = 2.60\cdot10^{-4}$ : casi alcanzado (el siguiente término domina el cola). Young: por los límites y el análisis local, donde no hay constantes es necesario. Lagrange: para decimales certificados. Alternando: cuando aplicable, mismo vinculado más la dirección del error — el mejor de los tres, pero el más raro.

21. Continuidad en $0$ : con $u = \frac{1}{x^2} \to +\infty$ , $f(x) = \eu^{-u} \to 0 = f(0)$ . Derivado en $0$ : $\bigl|\frac{f(h)}{h}\bigr| = \sqrt u\,\eu^{-u} \to 0$ (Proposición 4.6): $f'(0) = 0$ . Para $x \neq 0$ , $f'(x) = \frac{2}{x^3}\eu^{-1/x^2}$ : el formulario $P_1\bigl(\frac1x\bigr)\eu^{-1/x^2}$ con $P_1(X) = 2X^3$ ; inductivamente, diferenciando $P_k(\frac1x)\eu^{-1/x^2}$ da $P_{k+1}(X) = 2X^3 P_k(X) - X^2 P_k'(X)$ , un polinomio. entonces

\frac{f^{(k)}(h) - 0}{h} = v\,P_k(v)\,\eu^{-v^2} \Big|_{v = 1/h} \longrightarrow 0

(polinomio contra $\eu^{-v^2}$ , comparación de crecimiento en $\pm\infty$ ): por inducción $f^{(k)}(0) = 0$ para todos los $k$ . Todos Taylor polinomios de $f$ y $0$ desaparecen, pero $f > 0$ sale de $0$ : Taylor–Young es exacto en cada orden y ciego más allá de lo germen. Una expansión es solo información local.

22. Por la pregunta 2, $0 < \abs{\eu^{-1} - T_n} < \frac{1}{(n+1)!}$ , estrictamente. Si es $\eu^{-1} = \frac pq$ , tome $n \geq q$ y multiplíquelo por $n!$ : $n!\,T_n \in \Z$ y $n!\frac pq \in \Z$ , por lo que un entero distinto de cero tiene valor absoluto $< \frac{n!}{(n+1)!} = \frac{1}{n+1} < 1$ : contradicción. Por lo tanto $\eu^{-1} \notin \Q$ y $\eu = \frac{1}{\eu^{-1}}$ son irracional también. Las tres pruebas: secuencias adyacentes apretando $q!\,\eu$ (Ejercicio 11.9); la recurrencia integral $A_n = \eu - nA_{n-1}$ (Problema 15.1); la alternancia soporte (aquí). Una trampa, tres certificados de pequeñez.

23. Agrupa las sumas parciales en pares: $\sum_{k=1}^{2n} (-1)^k b_k = E_n - O_n$ con $E_n = \sum_{j=1}^{n} \frac{1}{4j^2}$ , acotadas (por el límite telescópico de Ejemplo 11.22, $E_n \leq \frac12$ ) y $O_n = \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2j-1} \geq \frac12 H_n \to +\infty$ (Ejercicio 11.5): las sumas parciales tienden a $-\infty$ . La monotonicidad se utilizó en la pregunta 1 exactamente donde $S_{2n+1} - S_{2n-1} = a_{2n} - a_{2n+1}$ necesitaba un signo: sin disminución, el subsecuencias par e impar no tiene por qué ser monótono, y la adyacencia colapsa.

24. $(2+\iu)(3+\iu) = 5 + 5\iu = 5(1+\iu)$ ; tomando argumentos (todos en $\intoo{0}{\frac\pi2}$ ): $\arctan\frac12 + \arctan\frac13 = \frac\pi4$ . Coste de serie con seis decimales: error $\leq 4\bigl(\frac{(1/2)^{2n+3}}{2n+3} + \frac{(1/3)^{2n+3}}{2n+3}\bigr)$ , que en $n = 10$ es $\approx 2\cdot10^{-8} < 5\cdot10^{-7}$ : once términos. Clasificación: mejor que Leibniz por un margen exponencial, detrás de Machin (cuyo punto dominante $\frac15$ es menor que $\frac12$ ): aproximadamente $0.6$ dígitos por término frente al $1.4$ de Machin.

25. (i) Para disminuir $a_k \to 0$ , la alternancia sumas parciales convergen con $\abs{S - S_n} \leq a_{n+1}$ y el El error lleva el signo del primer término omitido. (ii) Un finito La identidad con resto explícito puede ser evaluado y delimitado en un punto elegido, mientras que un límite enunciado solo promete una eventual cercanía — la certificación necesita lo primero. (iii) Extraído: $\pi$ a $5\cdot10^{-8}$ por Machin, $\ln 2$ a diez decimales por la serie $\frac13$ , irracionalidad de $\cos 1$ , $\sin 1$ , $\cosh 1$ , $\cos\frac1m$ y $\eu^{-1}$ , los Igualdad de Taylor-Lagrange y advertencia de función plana. (v) Capítulo 17 actualiza la pregunta 1 a la alternancia prueba de series, separa la convergencia absoluta de la condicional, y su problema del fin de semana pone en escena el drama de reordenamiento de cual la serie armónica alterna de la Vía 1 es la estrella testigo.

16.1 Notación de comparación

16.2 Las tres fórmulas de Taylor

16.3 Aplicaciones

16.4 Ceremonias

16.5 Problema: Sumas alternas, dígitos certificados y el irracionalidad de cos⁡1\cos 1cos1

16.5 Problema: Sumas alternas, dígitos certificados y el irracionalidad de $\cos 1$