Remitámonos a un conjunto de notas para Taylor multivariable y MV Taylor .
Hagamos primero el camino largo.
- $(a, b) = (0, 0)$
- $f(x, y) = \cos x \sin y$
- $(x + y)^1 = x + y$ , por lo que necesitamos parciales $f_x, f_y$
- $f_{x}(x, y) = -\sin x \cos y \rightarrow f_x(0, 0) = 0$
- $f_{y}(x, y) = -\cos x \cos y \rightarrow f_y(0, 0) = 1$
- $(x + y)^2 = x^2 + 2 xy + y^2$ , por lo que necesitamos parciales $f_{xx}, f_{xy}, f_{yy}$
- $f_{xx}(x, y) = -\cos x \sin y \rightarrow f_{xx}(0, 0) = 0$
- $f_{xy}(x, y) = -\sin x \cos y \rightarrow f_{xy}(0, 0) = 0$
- $f_{yy}(x, y) = -\cos x \sin y \rightarrow f_{yy}(0, 0) = 0$
- ¿Notas que todos los términos de segundo orden eran cero? Esto será un patrón.
- $(x + y)^3 = x^3 + 3 x^2 y + 3 x y^2 + y^3$ , por lo que necesitamos parciales $f_{xxx}, f_{xxy}, f_{xyy}, f_{yyy}$
- $f_{xxx}(x, y) = \sin x \sin y \rightarrow f_{xxx}(0, 0) = 0$
- $f_{xxy}(x, y) = -\cos x \cos y \rightarrow f_{xxy}(0, 0) = -1$
- $f_{xyy}(x, y) = \sin x \sin y \rightarrow f_{xyy}(0, 0) = 0$
- $f_{yyy}(x, y) = -\cos x \cos y \rightarrow f_{yyy}(0, 0) = -1$
- $(x + y)^4 = x^4 + 4 x^3 y + 6 x^2 y^2 + 4 x y^3 + y^4$ , por lo que necesitamos parciales $f_{xxxx}, f_{xxxy}, f_{xxyy}, f_{xyyy}, f_{yyyy}$
- Sin embargo, ya hemos detectado una pauta de que todos ellos serán cero. Esto significa que este término de error no es suficiente y necesitamos uno más.
- $(x + y)^5 = x^5 + 5 x^4 y + 10x^3y^2+10x^2y^3+5 xy^4 + y^5$
Ahora estamos preparados para calcular la aproximación lineal y el término del resto.
Lo tenemos:
$$L(x, y) = L_1 (x, y) + \dfrac{1}{2!} L_2(x, y) + \dfrac{1}{3!} L_3(x, y)$$
- Utilizando $(x + y)^1$
- $~~L_1(x, y) = f_x(a, b) (x - a) + f_y(a, b) (y - b) = 0 + y$
- Utilizando $(x + y)^2$
- $~~L_2(x, y) = f_{xx}(a, b)(x-a)^2 + 2 f_{xy}(a, b)(x-a)(y-b) + f_{yy}(a,b)(y-b)^2 = 0$
- Utilizando $(x + y)^3$
- $~~L_3(x, y) = f_{xxx}(a, b)(x-a)^3 + 3 f_{xxy}(a, b)(x-a)^2(y-b) +3 f_{xyy}(a,b)(x-a)(y-b)^2 + f_{yyy}(a, b)(y-b)^3 = 0 + 3(-1)x^2 y + 0 + (-1)y^3 = -3x^2y - y^3$
$$L(x, y) = y + \dfrac{1}{3!}(-3x^2 y - y^3) = y - \dfrac{x^2 y}{2} - \dfrac{y^3}{6}$$
- Ya sabemos $L_4 = 0$ por lo que se necesita un término más para el resto, de $(x + y)^5$ que tenemos:
- $R_5(x, y) = f_{xxxxx}(a, b)(x-a)^5 + 5f_{xxxxy}(a, b)(x-a)^4(y-b) + 10 f_{xxxyy}(a, b)(x-a)^3(y-b)^2 + 10 f_{xxyyy}(a, b)(x-a)^2(y-b)^3+5_{xyyyy}(a, b)(x-a)(y-b)^4+f_{yyyyy}(a, b)(y-b)^5$
En cuanto a la limitación de ese error, tenemos que el máximo de los productos para cada uno de los parciales de los términos del coseno y del seno es $M = 1$ Por lo tanto, podemos escribir:
$$|R_5(x, y)| \le \dfrac{M}{5!}(|x^5| + 5|x^4y| + 10|x^3 y^2| + 10 |x^2y^3|+ 5|x y^4| + |y^5|) = \dfrac{1}{120}(|x|+|y|)^5$$
Ahora bien, si se proporcionara una región para $(x, y)$ podemos calcular fácilmente el error máximo.
Hay un enfoque mucho más sencillo para llegar a esta solución.
La expansión de la serie de McLaurin de tercer orden para $\cos x = 1-\frac{x^2}{2}$ y para $\sin y = y-\frac{y^3}{6}$ . Esto da (ver las notas para el término caído):
$$L(x, y) = \cos x \sin y= \left(1-\frac{x^2}{2}\right) \left(y-\frac{y^3}{6}\right) = y -\frac{x^2 y}{2}-\frac{y^3}{6}$$
Compárelo con el resultado anterior.
Para el término de error, tenemos la expansión para $(x + y)^5$ . (Al usar esto, ten cuidado de conocer el máximo de la función porque necesitas ese valor (ver los conjuntos de notas que enlacé arriba para los ejemplos) como mostré arriba para este ejemplo en particular.
