¿Alguien sabe una expresión en forma cerrada para la serie de Taylor de la función $f(x) = \log(x)$ donde $\log(x)$ denota la función logaritmo natural?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Carrick Talmadge
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21
Abromowitz & Stegun da una serie de formas.
Entre estas, la expansión bilineal es conocida por su uso en la teoría de filtros digitales:
$$\log(z) = 2\left[\left({z-1\over z+1}\right)+ {1\over3} \left({z-1\over z+1}\right)^3 + {1\over5} \left({z-1\over z+1}\right)^5+ \cdots\right],$$
para $\Re z > 0.$
Alann
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11
La serie de Taylor para $\ln$ centrada en $1$ se puede derivar fácilmente con la serie geométrica
$$\sum_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x}$$
Comenzamos con la derivada de $\ln$, que está dada por $1/x$ para todo $x>0$. Esta derivada es equivalente a
$$\frac{1}{1-[-(x-1)]}$$
así que si $x$ satisface $|-(x-1)|=|x-1|<1$, esto se puede expandir como una serie geométrica.
\begin{align} \frac{1}{1-[-(x-1)]} &= \sum_{n=0}^\infty [-(x-1)]^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(x-1)^n \end{align}
Por lo tanto, $(\ln)'(x)=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(x-1)^n$ se cumple para todo $x$ con $|x-1|<1$. Podemos obtener una expresión en serie para $\ln\left(x_0\right)$ integrando esta identidad desde $1$ hasta $x_0$.
\begin{align} \ln\left(x_0\right)-\ln(1) &= \sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{\left(x_0-1\right)^{n+1}}{n+1}-\sum_{n=0}^\infty (-1)^n\frac{(1-1)^{n+1}}{n+1}\\ &= \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{\left(x_0-1\right)^n}{n}-\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{0^{n}}{n}\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(x_0-1\right)^n\\ &= \left(x_0-1\right)-\frac{\left(x_0-1\right)^2}{2}+\frac{\left(x_0-1\right)^3}{3}-\frac{\left(x_0-1\right)^4}{4}+\cdots \end{align}
¿Qué pasa si queremos encontrar una expansión en serie centrada en un punto distinto de $1$, por ejemplo en $a>0$? Siempre puedes hacerlo directamente calculando las derivadas de $\ln$ en $a$, pero un método más fácil es aprovechar la serie que acabamos de derivar y la identidad
$$\ln\left(\frac{x}{y}\right)=\ln(x)-\ln(y)$$
Para ver esto, evalúa $\ln$ en $x/a$, donde $x$ es cualquier número real positivo. Si $|x-a|, tendremos que $|x/a-1|<1$, por lo que la serie de Taylor de $\ln$ centrada en $1$ convergerá a $\ln(x/a)$. Entonces podemos escribir
\begin{align} \ln\left(\frac{x}{a}\right) &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{x}{a}-1\right)^n\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\left(\frac{x-a}{a}\right)^n\\ &= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\frac{(x-a)^n}{a^n}\\&= \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{na^n}(x-a)^n\\ \end{align}
A partir de $\ln(x/a)=\ln(x)-\ln(a)$, se deduce inmediatamente que
\begin{align} \ln(x) &= \ln(a)+\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{na^n}(x-a)^n\\ &= \ln(a)+\frac{1}{a}(x-a)-\frac{1}{2a^2}(x-a)^2+\frac{1}{3a^3}(x-a)^3-\frac{1}{4a^4}(x-a)^4+\cdots \end{align}
QuentinUK
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Daps0l
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Para $x \in \mathbb{R}$ que satisface $0 < x < 2$,
$$f(x) = \ln(x) = \left(x-1\right)-\frac{1}{2}\left(x-1\right)^2 + \frac{1}{3} \left(x-1\right)^3-\frac{1}{4} \left(x-1\right)^4 + \cdots$$ $$ f(x) = \displaystyle\sum\limits_{n=1}^{\infty} \left[\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}\left(x-1\right) ^n\right] $$
