¿Por qué se permite la sustitución en las Series Taylor?

Question

Al hallar la serie de Taylor de una función, cuando ¿se le permite sustituir? Y por qué ?

Por ejemplo:

En $x=0$ para $e^{2x}$ Aparentemente se me permite sustituir $u=2x$ y luego utilizar la serie conocida para $e^u$ . Pero para $e^{x+1}$ No se me permite sustituir $u=x+1$ .

Conozco la técnica para encontrar la serie de Taylor de $e^{x+1}$ en torno a $x=0$ tomando $e^{x+1}=e\times e^x$ . Sin embargo, busco comprensión e intuición para saber cuándo y por qué está permitido aplicar la sustitución.

Nota: hay varias preguntas similares a ésta, pero no he encontrado ninguna que responda realmente a la pregunta "por qué"; o que muestre una prueba completa.

---

EDIT: Gracias a la respuesta de Markus Scheuer debo refinar la pregunta a los casos en que la serie es finita, por ejemplo $n\to3$

Answer 1

Una función $f(x)$ analítica en $x=0$ pueden representarse como series de potencias dentro de un disco abierto con radio de convergencia $R$ . $$\begin{align*} f(x)=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n\qquad\qquad \qquad |x|<R \end{align*}$$

Cualquier sustitución $x=g(u)$ es admisible siempre que respetemos la radio de convergencia . $$\begin{align*} f(g(u))=\sum_{n=0}^\infty a_n \left(g(u)\right)^n\qquad\qquad\quad |g(u)|<R \end{align*}$$

Sabemos que $f(u)=e^u$ puede representarse como una serie de Taylor convergente para todo $u\in\mathbb{R}$ es decir, el radio de convergencia $R=\infty$ . $$\begin{align*} f(u)=e^u=\sum_{n=0}^\infty \frac{u^n}{n!}\qquad\qquad\qquad u\in \mathbb{R} \end{align*}$$

Sustitución $u=2x$

Consideramos que

$$\begin{align*} f(2x)=e^{2x}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^n}{n!}\qquad\qquad\qquad 2x\in \mathbb{R} \end{align*}$$

Esta sustitución es admisible para todos los $x \in \mathbb{R}$ desde $$2x\in\mathbb{R}\qquad\Longleftrightarrow\qquad x\in\mathbb{R}$$ Por lo tanto, el radio de convergencia de la serie de Taylor de $f(2x)=e^{2x}$ est $\infty$ .

Obtenemos $$\begin{align*} f(2x)=e^{2x}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(2x)^n}{n!}\qquad\qquad\qquad x\in \mathbb{R} \end{align*}$$

Sustitución $u=x+1$

Consideramos que

$$\begin{align*} f(x+1)=e^{x+1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(x+1)^n}{n!}\qquad\qquad\qquad x+1\in \mathbb{R} \end{align*}$$

Esta sustitución es admisible para todos los $x \in \mathbb{R}$ desde $$x+1\in\mathbb{R}\qquad\Longleftrightarrow\qquad x\in\mathbb{R}$$ Por lo tanto, el radio de convergencia de la serie de Taylor de $f(x+1)=e^{x+1}$ est $\infty$ .

Obtenemos $$\begin{align*} f(x+1)=e^{x+1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(x+1)^n}{n!}\qquad\qquad\qquad x\in \mathbb{R} \end{align*}$$

W $$\begin{align*} e\cdot e^x&=\left(\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}\right)\left(\sum_{l=0}^\infty \frac{x^l}{l!}\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{{k+l=n}\atop{k,l\geq 0}}\frac{1}{k!}\cdot\frac{x^l}{l!}\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{l=0}^n\frac{1}{(n-l)!}\cdot\frac{x^l}{l!}\right)\\ &=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{l=0}^n\binom{n}{l}x^l\right)\frac{1}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(x+1)^n}{n!}\\ &=e^{x+1} \end{align*}$$

Conclusión: Podemos utilizar cualquier sustitución por conveniencia siempre que respetemos el radio de convergencia.

Answer 2

Si $f(x)=P_n(x)+x^n\epsilon(x)$ entonces

$f(u(x))=P(u(x))+(u(x))^n\epsilon(u(x))$

con $\lim_{x\to 0}\epsilon(x)=0$ .

por lo que necesitamos que

$\lim_{x\to 0}\epsilon(u(x))=0$

por lo tanto, debemos tener

$$\lim_{x\to 0}u(x)=0$$

Answer 3

La cantidad $2x$ es un producto y como $x\to 0$ sigue siendo un número pequeño.

La cantidad $x+n$ para $n\neq 0$ ya no es una pequeña cantidad, por lo que ya no estás en torno a cero sino que estás en torno a $n$ .