Формулировка:

Если существует $ f^{(n)}(x_{0}) $, то $ f(x) $ представима в следующем виде:

$$ f(x)=\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{f^{(k)}}{k!}(x-x_{0})^{k}+o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}} $$

Это выражение $ f(x) $ называется формулой Тейлора с остаточным членом в форме Пеано (или локальной формулой Тейлора)

Доказательство:

Для начала докажем Лемму

Пусть функции $ \varphi(x),\psi(x) $ определены в  $ \delta $  окрестности точки $ x_{0} $ и удовлетворяют следующим условиям:

1. $ \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x); $
2. $ \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=…=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 $, $ \psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=…=\psi^{(n)}(x_{0})=0 $
3. $ \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1} $

Тогда $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) $ существует точка $ \xi $, принадлежащая интервалу с концами $ x_{0} $ и $ x $ такая, что $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $

Доказательство 

Пусть, например, $ x \in (x_{0},x_{0}+\delta) $. Тогда применяя к функциям $ \varphi $ и $ \psi $ на отрезке $ [x_{0},x] $ теорему Коши и учитывая, что $ \varphi(x)=\psi(x)=0 $ по условию, получаем

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}$, $ x_{0}<\xi_{1}<x $$

Аналогично, применяя к функциям $ \varphi’ $ и $ \psi’ $ на отрезке $ [x_{0},\xi_{1}] $ теорему Коши, находим

$$ \frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})-\varphi'(x_{0})}{\psi'(\xi_{1})-\psi'(x_{0})}=\frac{\varphi»(\xi_{2})}{\psi»(\xi_{2})},$$ $$ x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1} $$

Из этих двух равенств следует, что

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=\frac{\varphi»(\xi_{2})}{\psi»(\xi_{2})},$$ $$ x_{0}<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta $$

Применяя теорему Коши последовательно к функциям $ \varphi» $ и $ \psi» $,$ \varphi^{(3)} $ и $ \psi^{(3)} $,…,$ \varphi^{(n)} $ и $ \psi^{(n)}$ на соответствующих отрезках получаем

$$ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})}=…=\frac{\varphi^{n}(\xi_{n})}{\psi^{n}(\xi_{n})}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $$

где $ x_{0}<\xi<\xi_{n}<…<\xi_{2}<\xi_{1}<x<x_{0}+\delta $

Равенство доказано для случая, когда $ x \in(x_{0},x_0+\delta) $, аналогично рассматривается случай, когда $ x \in(x_0-\delta,x_{0}) $.

Теперь, когда лемма доказана, приступим к доказательству самой теоремы:

Из существования $ f^{(n)}(x_{0}) $ следует, что функция $ f(x_{0}) $ определена и имеет производные до $ (n-1) $ порядка включительно в $ \delta $ окрестности точки  $ x_{0} $

Обозначим $ \varphi(x)=r_{n}(x),\psi(x)=(x-x_{0})^{n} $, где  $ r_{n}(x)=f(x)-P_{n}(x) $.

Функции $ \varphi(x) $ и $ \psi(x) $ удовлетворяют условиям леммы, если заменить номер $ n+1 $ на $ n-1 $

Используя ранее доказанную лемму и учитывая, что $ r_{n}^{(n-1)}(x_{0})=0 $ получаем

$$ \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})}, $$ $$ \xi=\xi(x)(*) $$

где $ x_{0}<\xi<x<x_{0}<x_{0}+\delta $ или $ x_{0}-\delta<x<\xi<x_{0} $.

Пусть $ x\to x_{0} $, тогда из неравенств следует, что $ \xi \to x_{0} $, и в силу существования $ f^{(n)}(x_{0}) $ существует

$$ \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(x)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{x-x_0}= $$

$$ =\lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0)}}{\xi-x_{0}}=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 $$

Так как выполняются равенства $ r_{n}(x_{0})=r_{n}'(x_{0})=…=r_{n}^{(n)}(x_{0})=0 $

Таким образом, правая часть формулы $ (*) $ имеет при $ x\to x_{0} $ предел, равный нулю, а поэтому существует предел левой части этой формулы, так же равный нулю. Это означает, что $ r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} $, то есть $ f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) $, что и требовалось доказать.

Пример:

Разложить функцию $ y=\cos^{2}(x) $ в окрестности точки $ x_{0}=0 $  по Тейлору с остатком в форме Пеано.

Решение

Табличное разложение косинуса имеет следующий вид:

$$ \cos(x)=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}-…+(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{(2n)!}+o(x^{2n+1}) $$

Представим функцию $ \cos^{2}(x) $ в виде:

$$ \cos^{2}(x)=\frac{1+\cos(2x)}{2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos(2x) $$

Заменим в табличном разложении $ x $ на $ 2x $ и подставим представление косинуса.Получим

$$ \cos^{2}(x)=1-x^2+\frac{x^{4}}{3}-…+(-1)^{n} \frac{2^{2n-1}x^{2n}}{2n!}+o(x^{2n+1})$$

Источники:

1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §18 с. 161.

Тест на знание формулы Тейлора(ост.Пеано)

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 6 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6

Информация

Проверьте себя на знание доказательства и применения формулы Тейлора с остатком в форме Пеано.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 6

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 6 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 6

   1.

   
   В условиях теоремы функция $latex f(x) $ представима в виде…

   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x-x_{0})^{k} + o((x-x_{0})^{n})_{x\to x_{0}} $
   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x-x_{0})^{k} $
   • $ f(x)=\sum_{k=0}^{n}\frac{f^{k}}{k!}(x)^{k}+o((x)^{n})_{x\to0} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 6

   2.

   
   Лемма, помогающая доказать теорему, гарантирует выполнение следующего равенства при определённых условиях:

   • $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) \, существует\, такая\, точка\, \xi $$ $$ принадлежащая\, интервалу \,с \,концами \, x_{0} \, и \, x \,такая\, , \, что\, \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $
   • $ \forall x\in U_{\delta}(x_{0}) \, существует\, такая\, точка\, \xi $$ $$принадлежащая\, интервалу \,с \,концами \, x_{0} \, и \, x \,такая\, , \, что\, \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\psi(\xi)}{\varphi(\xi)} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 6

   3.

   Каким условиям должны удовлетворять функции $latex \varphi(x) $  и $latex \psi(x) $ для того, чтоб для них выполнялась лемма, доказанная в этой главе?

   • $ \forall x \in U_{\delta} \exists \varphi^{(n+1)}(x),\psi^{(n+1)}(x) $
   • $ \varphi(x_{0})=\varphi'(x_{0})=...=\varphi^{(n)}(x_{0})=0 \, , \,\psi(x_{0})=\psi'(x_{0})=...=\psi^{(n)}(x_{0})=0 $
   • $ \psi(x)\neq0,\psi^{k}(x)\neq 0 \forall x\in U_{\delta}(x_{0}),k=\overline{1,n+1} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi^{n+1}(\xi)}{\psi^{n+1}(\xi)} $
   • $ \frac{\varphi(x)}{\psi(x)}=\frac{\varphi(x)-\varphi(x_{0})}{\psi(x)-\psi(x_{0})}=\frac{\varphi'(\xi_{1})}{\psi'(\xi_{1})} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 6

   4.

   Чему получился равен  $latex \lim\limits_{x\to x_{0}}\frac{r_{n}^{(n-1)}-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{x-x_{0}} &s=1$?

   (буквами, например «один», «бесконечность», «ноль», «три»)
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 6

   5.

   
   Восстановите логическую последовательность

   • $ Правая\, часть\, формулы\, \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} \, имеет\, при\, x\to x_{0} \, предел\, , \, равный\, нулю. $
   • $ Существует\, предел\, левой\, части\, формулы\, \frac{r_{n}(x)}{(x-x_{0})^{n}}=\frac{r_{n}^{n-1}(\xi)-r_{n}^{(n-1)}(x_{0})}{n!(\xi-x_{0})} \, при\, x\to x_{0} \,  равный\, нулю. $
   • $ r_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}),x\to x_{0} $
   • $ f(x)-P_{n}(x)=o((x-x_{0})^{n}) $
   Правильно
   

   Неправильно
   
6. Задание 6 из 6

   6.

   
   Соотнесите функции с их разложением по Тейлору с остатком в форме Пеано.

   Элементы сортировки

   • $ y=e^{x} $
   • $ y=ln(x+1) $
   • $ y=cos(x) $
   • $ y=sin(x) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}\frac{1}{k!}x^{k}+o(x^{n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{k}x^{k}+o(x^{n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{(2k)!}x^{2k}+o(x^{2n}) $

   • $ y=\sum\limits^{n}_{k=0}(-1)^{k}\frac{1}{(2k+1)!}x^{2k+1}+o(x^{2n+1}) $

   Правильно
   

   Неправильно
   

Метод нахождения пределов функций, раскрывающий неопределённости вида $latex \frac{0}{0} $ или $latex \frac{\infty}{\infty} $ Правило позволяет заменить предел отношения функций пределом отношения их производных.

1. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны нулю.

Условия:

1. $latex f(x) &s=1$ и $latex g(x) &s=1$ дифференцируемы в проколотой окрестности точки $latex a $
2. $latex \lim\limits_{x\to a}f(x)=\lim\limits_{x\to a}g(x)=0 &s=1$
3.  $latex g'(x) \neq 0 &s=1$ в проколотой окрестности точки $latex a $
4. Существует  $latex \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Вывод: Тогда существует  $latex \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim\limits_{x \rightarrow a} \frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Доказательство: Доопределим функции в точке $latex a $ нулём. Из 1 условия следует, что $latex f(x) $ и  $latex g(x) $ непрерывны на отрезке $latex [a,x] $, где $latex x $ принадлежит рассматриваемой окрестности точки $latex a $. Применим обобщённую формулу конечных приращений (Коши) к $latex f(x) $ и  $latex g(x) $ на отрезке $latex [a,x] $ $latex \exists \xi\in [a,x]:\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)}&s=1 $ Так как $latex f(a)=g(a)=0 $  получим, что $latex \forall x $ $latex \exists \xi \in [a,x]:\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} &s=1$ Пусть предел отношения производных равен $latex A $. Следовательно: $latex \lim\limits_{x \to a} \frac{f'(\xi(x))}{g'(\xi(x))}=\lim\limits_{y \to a} \frac{f'(y)}{g'(y)}=A &s=1$, так как $latex \lim\limits_{x \to a} \xi(x)=a &s=1$

2. Докажем теорему для случая, когда пределы функций равны бесконечности.

Условия:

1. $latex f(x) $ и $latex g(x) $ дифференцируемы при $latex x>a $
2. $latex \lim\limits_{x\to\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to\infty}g(x)=\infty &s=1$
3. $latex g'(x)\neq 0 $ при $latex x>a $
4. Существует конечный $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)}=A &s=1$

Вывод: Тогда существует $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$ Доказательство: Из условия 2 следует, что $latex \exists a_{1}>a:\forall x>a_{1} \to |f(x)|>1,|g(x)|>1 $, и поэтому $latex f(x)\neq 0,g(x)\neq0 $ при $latex x>a_{1} $. По определению предела (условие 4) для заданного числа $latex \varepsilon >0 $ можно найти $latex \delta_{1}=\delta_{1}(\varepsilon)\geq a_{1} $ такое, что для всех $latex t>\delta_{1} $ выполняется неравенство: $latex A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f'(t)}{g'(t)}<A+\frac{\varepsilon}{2} &s=1$ Фиксируя $latex x_{0}>\delta_{1} $ выберем, пользуясь условием 2 число $latex \delta_{2}>x_{0} $

такое, чтобы при всех $latex x>\delta_{2} $ выполнялись неравенства: $latex \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right | &s=1$  и  $latex \left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | &s=1$ Для доказательства теоремы нужно доказать, что существует такое $latex \delta $, что при всех $latex x>\delta $ выполняется неравенство: $latex A-\varepsilon<\frac{f(x)}{g(x)}<A+\varepsilon (*) &s=1$ Число $latex \delta $ будет выбрано ниже. Считая, что $latex x>\delta $, применим к функциям $latex f $ и $latex g $ на отрезке $latex [x;x_{0}] $  обобщённую формулу конечных приращений (Коши). $latex \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} &s=1$ Преобразуем левую часть неравенства: $latex \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f(x)}{g(x)}(\varphi(x))^{-1} &s=1$, где $latex \varphi(x)=\frac{1-\frac{g(x_{0})}{g(x)}}{1-\frac{f(x_{0})}{f(x)}}=1+\beta(x) &s=1$ Заметим, что $latex \beta(x)\to0 $ при $latex x\to+\infty $ в силу условия 2, поэтому $latex \forall \varepsilon>0 \exists \delta\geq\delta_{2}: $ $latex \forall x>\delta\to|\beta(x)|<\frac{\frac{\varepsilon}{2}}{|A|+ \frac{\varepsilon}{2}}(**) &s=1$ Так как  $latex \xi>x_{0}>\delta_{1} $, то для всех $latex x>\delta_{2} $  выполняется неравенство: $latex A-\frac{\varepsilon}{2}<\frac{f(x)}{g(x)} (\varphi(x))^{-1}<A+\frac{\varepsilon}{2} &s=1$ Если $latex x>\delta $, то $latex \varphi(x)>0 $, и поэтому неравенство равносильно следующему: $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))< $ $latex \frac{f(x)}{g(x)}<(A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x)) &s=1$ Используя неравенство $latex (**) $, получаем: $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))=$ $latex A-\frac{\varepsilon}{2}+(A-\frac{\varepsilon}{2})\beta(x) \geq $ $latex (A-\frac{\varepsilon}{2})-&s=1-(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|> $ $latex A-\frac{\varepsilon}{2}-\frac{\varepsilon}{2}=A-\varepsilon &s=1$ Аналогично находим: $latex (A+\frac{\varepsilon}{2})(1+\beta(x))\leq $ $latex A+\frac{\varepsilon}{2}+(|A|+\frac{\varepsilon}{2})|\beta(x)|< A+\varepsilon &s=1$

Таким образом для всех $latex x>\delta $ выполняется  неравенство $latex (*) $, а это означает, что справедливо утверждение: $latex \lim\limits_{x\to\infty}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to\infty}\frac{f'(x)}{g'(x)} &s=1$

Примеры:

Пример 1. Найти $latex \lim\limits_{x \to 1}\frac{3x^{10}-2x^{5}-1}{x^{3}-4x^{2}+3} &s=1$ Обозначим $latex f(x)=3x^{10}-2x^{5}-1 $ , $latex g(x)=x^{3}-4x^{2}+3 $. Так как  $latex \lim\limits_{x\to1}f(x)=\lim\limits_{x\to1}g(x)=0 $, воспользуемся правилом Лопиталя для ситуации $latex \frac{0}{0} $. $latex f'(x)=30x^{9}-10x^{4} $, $latex f'(1)=20 $ $latex g'(x)=3x^{2}-8x $, $latex g'(1)=-5 $ По доказанной теореме: $latex \lim\limits_{x\to1}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim\limits_{x\to1}\frac{f'(x)}{g(x’)}=\frac{20}{-5}=-4 &s=1$

Ответ: -4.

Пример 2. Доказать, что [latex] \lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=0,\alpha>0 [/latex]

Применяя правило Лопиталя для ситуации $latex \frac{\infty}{\infty} $, получим: [latex]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\ln x}{x^{\alpha}}=[/latex][latex]\lim\limits_{x\to\infty}\frac{\frac{1}{x}}{\alpha x^{\alpha-1}}=[/latex][latex] \lim\limits_{x\to\infty}\frac{1}{\alpha x^{\alpha}}=0[/latex]

Доказано.

Источники:

1. Конспект по курсу математического анализа Лысенко З.М.
2. Тер-Крикоровв А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа -М.:ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001.-672 с. гл. IV §19 с. 172-175

Тест на знание правила Лопиталя

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 10 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8
9. 9
10. 10

Информация

Пройдите короткий тест для закрепления материала.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 10

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 13 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3
4. 4
5. 5
6. 6
7. 7
8. 8
9. 9
10. 10

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 10

   1.

   Для каких случаев было выше доказано правило Лопиталя?

   • Для раскрытия неопределённостей вида $ \frac{0}{0}$
   • Для раскрытия неопределённостей вида $ \frac{\infty}{\infty}$
   • Для раскрытия неопределённостей вида $ \frac{0}{\infty}$
   • Для раскрытия неопределённостей вида $ \frac{\infty}{0}$
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 10

   2.

   
   Какое утверждение необходимо доказать для доказательства теоремы (для случая $ \frac{\infty}{\infty} $)?

   • $ A- \varepsilon < \frac{f(x)}{g(x)} < A+\varepsilon $
   • $ \left |\frac{f(x_{0})}{f(x)}<\frac{1}{2}\right| $
   • $\left |\frac{g(x_{0})}{g(x)}<\frac{1}{2}\right | $
   • $ \exists \xi \in [x_{0};x]: \frac{f(x)-f(x_{0})}{g(x)-g(x_{0})}=\frac{f'(\xi)}{g'(\xi)} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 10

   3.

   Какое из условий не принадлежит формулировке теоремы для случая $latex \frac{0}{0} $?

   1. $latex f(x) $ и $latex g(x) $ дифференцируемы в проколотой окрестности точки  
   2. $latex \lim\limits_{x\to a}f(x) = \lim\limits_{x\to a} g(x) = 0 $
   3. $latex g'(x) \neq 0 $ при $latex x>a $
   4. Существует  $latex \lim\limits_{x\to a}\frac{f'(x)}{g'(x)} $

   • 1
   • 2
   • 3
   • 4
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 10

   4.

   Какая теорема применяется при доказательстве раскрытия неопределённости вида $latex \frac{0}{0} $?

   • Теорема Ферма.
   • Теорема Кантора-Бернштейна.
   • Обобщённая формула конечных приращений Коши.
   • Формула Ньютона-Лейбница.
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 10

   5.

   В процессе доказательства теоремы для раскрытия неопределённости вида $latex \frac{0}{0} $ $latex \xi $ рассматривается нами как…

   • Функция от $ x$.
   • Функция многих переменных.
   • Булева функция.
   • Коэффициент пропорциональности.
   Правильно
   

   Неправильно
   
6. Задание 6 из 10

   6.

   В доказательстве теоремы для случая $latex \frac{\infty}{\infty}$ утверждение , что  $latex \exists a_{1} > a : \forall x>a_{1} \to |f(x)|>1 , |g(x)|>1 $ следует из условия о…

   • Дифференцируемости рассматриваемых функций.
   • Неравенстве нулю значения функции $ g(x)$ для $x>a$
   • Равенстве бесконечности пределов рассматриваемых функций при бесконечно больших аргументах.
   • Существовании конечного предела отношения производных рассматриваемых функций.
   Правильно
   

   Неправильно
   
7. Задание 7 из 10

   7.

   Правило Лопиталя позволяет заменить предел отношения функций …

   • Пределом отношения (производных) функций.
   Правильно
   

   Неправильно
   
8. Задание 8 из 10

   8.

   
   $latex \lim\limits_{x \to 2}\frac{\sqrt{7+x}-3}{x-2}=? $

   • $ \frac{1}{6} $
   • $ \frac{0}{0} $
   • $ 6 $
   • $ \frac{2}{3} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
9. Задание 9 из 10

   9.

   
   $latex \lim\limits_{x\to \infty}\frac{x^{2}}{2^{x}} &s=1$

   • $ \infty $
   • $ 0 $
   • $ \frac{1}{2} $
   • $ \frac{\infty}{\infty} $
   Правильно
   

   Неправильно
   
10. Задание 10 из 10

    10.

    Сколько условий должно выполняться для применения правила Лопиталя?

    • 1 2 3 4

    Правильно
    

    Неправильно