Recordando que si:

f ( x )=√x+1→x∈(−1,1)

Y si definimos el conjunto B de esta forma:

B={3,5,7 }

No se puede aproximar mediante la serie de Taylor ningún elemento de B para f(x), dado que x no puede asumir los valores de 2, 4, 6 ya que no forman parte del dominio o sea el intervalo de -1 a 1, de tal forma que se puede transformar la función a:

f ( x )=√x+4→x∈(−4,4)

Así sí se pueden encontrar aproximaciones a todos los valores de B y en este caso con un error menor a 0,01.

Haciendo entonces x = -1 para encontrar la raíz del primer elemento de B se obtiene:

f ' ( x )=12

( x+4 )−12

f ' ' (x)=−14

( x+4 )−32

f ' ' ' (x)=38

( x+4 )−52

f ' v ( x )=−1516

( x+4 )−72

Si revisamos lo que ocurre desde que n = 2, se puede percatar que se tiene un producto de impares, es decir 1 en n=3 sería 1*3, en n=4 sería 1*3*5 lo que está dando los numeradores: 1, 3 y 15.

Esta sucesión para cualquier n mayor a dos sería:

(2n−3 ) !2n−2 (n−2 ) !

Así la derivada enésima para n mayor a 2 sería:

f n ( x )=

(−1 )n+1∗(2n−3 ) !2n−2 (n−2 )!

2n( x+4)

−( 2n−12 )

Recordemos entonces que la serie de Taylor está definida como:

∑ f (n )(0)n!

∗xn

Y su error:

Rn (ξ )=|f (n+1) (ξ )∗xn+1

(n+1 )! |Así entonces, lo primero será encontrar la serie de Taylor evaluando nuestra derivada enésima en 0, pero hay que recordar que esta expresión hallada para la derivada enésima solo funciona cuando n>=2, de tal forma que la serie de Taylor resultaría:

STf ( x )=2+ 14x+∑

n=2

∞ (−1 )n+1 (2n−3 )!∗xn

24n−3 (n−2 ) !n !

Para el acotamiento, se puede encontrar que en la ecuación del error, solo aparece en términos de ξ , la derivada enésima + 1, siendo así que esa será la única expresión que se acotará para encontrar una aproximación que permita calcular el valor deseado.

Asumiendo que el valor de n que nos permite aproximar √3 mediante la serie de Taylor se mayor que 2, se puede tomar la expresión larga de la derivada enésima reemplazando todas las n por n+1.

f n+1 (ξ )=

(−1 )n+1+1∗(2(n+1)−3 ) !2(n+1)−2 ((n+1)−2 ) !

2(n+1)(ξ+4)

−( 2(n+1 )−12 )

f n+1 (ξ )=

(−1 )n+2∗(2n−1 )!2(n−1) (n−1 ) !2(n+1) (ξ+4)

−( 2n+12 )

f n+1 (ξ )=(−1 )n+2∗(2n−1 ) !2(n+1 )∗2(n−1) (n−1 )!

(ξ+4)−( 2n+12 )

f n+1 (ξ )=(−1 )n+2∗(2n−1 )!22n (n−1 )!

(ξ+4)−( 2n+12 )

Ahora, la única expresión que tiene a ξ es (ξ+4 )−( 2n+12 ), que será finalmente la función que se

acotará, de tal forma que:

−1<ξ<0

3<ξ+4<4

32n+12 <(ξ+4)

2n+12 <4

2n+12

3−2n+12 >(ξ+4 )

−2n+12 >4

−2n+12

(ξ+4 )−2n+12 <3

−2n+12

Así Rn (ξ )<0.01 implica que:

(−1 )n+2∗(2n−1 )!22n (n−1 )!

∗3−2n+12 ∗(−1 )n+1∗1

(n+1 )!<0.01

Despejar n de esta expresión tan compleja se hace imposible por las funciones factoriales de tal forma que se puede evaluar en una calculadora hasta encontrar un n donde su valor sea menor a 0.01

Se encuentra que con n=2 el error es menor a 0.01, de tal forma que:

STf ( x )=2+ 14x− 164x2→STf (−1 )=1.734375

Que será nuestra aproximación de √3 con un error menor a 0.01