Если остаток в формуле Тейлора $latex |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0} &s=1 $,то формулу Тейлора для многочлена можно записать так: $latex f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f»(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+…+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} &s=1 $.

В свою очередь остаточный член: $latex r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} &s=1 $ — определяет погрешность формулы.

Задание:

Записать разложение по формуле Маклорена ($latex x_{0}=0 $) с остатком в форме Лагранжа. Оценить абсолютную погрешность.

Пример 1

$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{6} &s=2 $, причём $latex |x| \leq \frac{1}{2} &s=2 $

Решение

Исходная формула:

$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}-…-\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} &s=2 $

Обобщим запись:

$latex \sin x=\sum\limits_{k=0}^{n} \frac{(-1)^{k}x^{2k+1}}{(2k+1)!}+\underset{x\rightarrow 0}{o(x^{2k+1})} &s=2 $

Выясним промежуток для переменной:

$latex x \in \left ( -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right ) &s=2 $

Запишем разложение по формуле Тейлора:
$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin^{(4)}( x )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +4\frac{\pi }{2} )}{4!}x^{4}=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin( x +2\pi )}{4!}x^{4} &s=2 $

Пользуясь правилом приведения:

$latex \sin( x +2\pi )=\sin x &s=2 $
$latex \sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{\sin x}{4!}x^{4} &s=2 $

Оценим последнее слагаемое:

$latex \left | \frac{\sin x}{4!}x^{4} \right |= \frac{\left | \sin x \right |}{4!}\left | x^{4} \right |\leq \frac{\left | x^{4} \right |}{4!}\leq \frac{\frac{1}{2}}{4!}=\frac{1}{16\cdot 1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}=\frac{1}{384} &s=2 $

Пример 2

$latex e^{x}\simeq1+x+\frac{x^{2}}{2!}+…+\frac{x^{n}}{n!} &s=2 $, $latex 0\leq x\leq 1 &s=2 $

Решение

Выпишем и оценим остаток в формуле Тейлора:

$latex |r_{n} ( x_{0},x )|=\left | \frac{e^{x }}{(n+1)!}x^{n+1} \right |\leq \left | \frac{e^{x }}{(n+1)!} \right | &s=2 $

Учитывая промежуток для переменной, запишем и оценим:
$latex \begin{Bmatrix}
x_i \in \left ( 0;1 \right )\
e\approx 2,71
\end{Bmatrix}\Rightarrow \left | \frac{e^{x_i }}{(n+1)!} \right |\leq \frac{3}{(n+1)!} &s=2 $

Пример 3

$latex \sqrt{1+x}\approx 1+\frac{x}{2}-\frac{x^{2}}{8} &s=2 $, $latex 0\leq x\leq 1 &s=2 $

Решение

Запишем разложение:

$latex \sqrt{1+x}=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha (\alpha -1)}{2!}x^{2}+\frac{f^{(3)}(x_i)}{3!}x^{3} &s=2 $

Найдём производную:

$latex f'(x)=\frac{1}{2\sqrt{1+x}} &s=2 $
$latex f^{(2)}(x)=\frac{1}{2}((1+x)^{-\frac{1}{2}})’=-\frac{1}{4}(1+x)^{-\frac{3}{2}} &s=2 $
$latex f^{(3)}(x)=(-\frac{1}{4})(-\frac{3}{2})(1+x)^{-\frac{5}{2}}=\frac{3}{8}(1+x)^{-\frac{5}{2}} &s=2 $
$latex f^{(3)}(x_i )=\frac{3}{8}(1+x_i )^{-\frac{5}{2}} &s=2 $

Оценим последнее слагаемое:

$latex \left | \frac{3}{8}\cdot \frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{3!} x^{3}\right |=\left |\frac{(1+x_i )^{-\frac{5}{2}}}{16} x^{3} \right |\leq \frac{2^{-\frac{5}{2}}}{16}\cdot 1< \frac{1}{16} &s=2 $

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Приближенные вычисления с помощью формулы Тейлора»).
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 258-263.

Рассмотрим вычисление пределов с помощью формулы Тейлора на примерах:

$latex 1)\; \;

\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{tg x-\frac{x}{1+x^{2}} }{\sin x-sh x}=\begin{bmatrix}
tg x=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})\\
-\frac{1}{1+x^{2}}=1-x^{2}+\circ (x^{2})\\
-x\frac{1}{1+x^{2}}=x(1-x^{2}+\circ (x^{2}))=x-x^{3}+\circ (x^{3})\\
tg x-\frac{x}{1+x^{2}}=x+\frac{x^{3}}{3}+\circ (x^{2})-x+x^{3}-\circ (x^{3})=\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})\\

\sin x=x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\

sh x=x+\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})\\

\sin x-sh x=x-\frac{x^{3}}{3!}-x-\frac{x^{3}}{3!}+\circ (x^{4})=-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})\\

\end{bmatrix}=\lim\limits_{x\rightarrow 0}\frac{\frac{4}{3}x^{3}+\circ (x^{3})}{-\frac{1}{3}x^{3}+\circ (x^{4})}=-4 &s=4

$

$latex 2)\; \;

\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}+2x}-2\sqrt{x^{2}+x}+x)=\lim\limits_{x\rightarrow +\infty }x(\sqrt{x^{2}(1+\frac{2}{x})}-2\sqrt{x^{2}(1+\frac{1}{x})}+x)=\begin{bmatrix}
t=\frac{1}{x}\\
t\rightarrow 0\\
\end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(\sqrt{1+2t}-2\sqrt{1+t}+1)=\begin{bmatrix}
(1+x)^{\alpha }=1+\frac{\alpha }{1!}x+\frac{\alpha(\alpha-1) }{2!}x^{2}+\circ (x^{2})\\
(1+2t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}2t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}4t^{2}+\circ (t^{2})\\
(1+t)^{\frac{1}{2}}=1+\frac{\frac{1}{2}}{1!}t+\frac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}) }{2!}t^{2}+\circ (t^{2})\\

\end{bmatrix}=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}(1+t-\frac{1}{2}t^{2}-2-t+\frac{1}{4}t^{2}+\circ (t^{2})+1)=\lim\limits_{t\rightarrow 0}\frac{1}{t^{2}}*(-\frac{1}{4})t^{2}+\circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}=\begin{bmatrix}
\circ \frac{(t^{2})}{t^{2}}\rightarrow 0\\
\end{bmatrix}=-\frac{1}{4} &s=1

$

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Вычисление предела с помощью формулы Тейлора»).
• Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы математического анализа.Выпуск 2, 1982 год. Часть 1. Глава 8, пар. 16, стр 278-281.

Если остаток в формуле Тейлора $latex |r_{n}(x_{0},x)|< \alpha _{0} &s=1 $, то формулу Тейлора для многочлена можно записать так:  $latex f(x)\approx f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f»(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+…+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n} &s=1$.

Важна форма записи остаточного члена:

$latex r_{n}(x_{0},x)=\frac{f^{(n+1)}(\xi )}{(n+1)!}(x-x_{0})^{n+1} &s=1 $.

$latex r_{n}(x_{0},x) &s=1 $ — определяет погрешность формулы. Если же $latex f(x) &s=1 $ вычисляется по формуле при конкретном числовом значении $latex x &s=1 $, то может оказаться, что слагаемые в этой формуле сами вычисляются приближённо. Тогда погрешность результата будет состоять из погрешности слагаемых и погрешности формулы. Если вычислять все слагаемые с одинаковой точностью $latex \alpha _{0} &s=1 $ (погрешностью формулы), то общая погрешность результата равна $latex (n+2)\alpha _{0} &s=1 $.

Пусть $latex \alpha &s=1 $ — заранее известная точность результата. Тогда следует преобразовать $latex \alpha _{0} &s=1 $ так, чтобы обеспечить выполнение неравенства   $latex (n+2)\alpha _{0}\leq\alpha &s=1 $, то есть $latex \alpha_{0}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1 $. При достаточно малых $latex n &s=1 $, например, $latex n\leq8 &s=1 $: $latex \alpha_{0}=\frac{\alpha}{10}\leq\frac{\alpha}{n+2} &s=1 $.

Обычно точность вычислений $latex \alpha &s=1 $ задается в виде: $latex \alpha=10^{-m} \Rightarrow \alpha_{0}=10^{-(m+1)} &s=1 $. Это значит, что вычисления нужно проводить с одним запасным знаком. Мы установили, что один запасной знак обеспечит требуемую точность при $latex n\leq8 &s=1 $.

Пример

Вычислить $latex e^{0,1} &s=1 $ с точностью до $latex \alpha=0,001=10^{-3} &s=1 $.

Решение

Оценкой определим, в какой точке удобнее раскладывать исходную функцию (найдём ближайшую к необходимой точку, где известно точное значение функции):

$latex 0\leq0,1\leq0,5 \Rightarrow x\in[0;0,5] &s=1 $

Выпишем формулу Тейлора:

$latex e^{x}=1+x+\frac{1}{2}x^{2}+…+\frac{x^{n}}{n!}+\frac{e^{\xi }}{(n+1)!}x^{n+1} &s=1 $;

Выполним вычисление по формуле Тейлора, разложив функцию в точке $latex x_{0}=0 &s=1 $

Выполним оценку погрешности:

$latex r_{n}(0,x)=\left | \frac{e^{\xi }x^{n+1}}{(n+1)!} \right |=\frac{e^{\xi} \left | x \right |^{n+1}}{(n+1)!}\leq\frac{\sqrt{e}x^{n+1}}{(n+1)!} \leq \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!} &s=2 $

Оценим сверху:

$latex \frac{2x^{n+1}}{(n+1)!}\leq \frac{1}{10} &s=2 $

Перенесём 2 в правую часть и выполним обозначение:

$latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0.5*10^{-1}\alpha=\frac{\alpha}{20} &s=2 $.

Эта запись удобна тем, что вычисляя последовательность слагаемых $latex U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1 $ мы имеем возможность одновременно видеть достигнута ли требуемая точность.

По условию:

$latex \alpha=10^{-3} &s=1 $

Подставим в оценку, сделанную ранее:

$latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq 0,00005 &s=2 $

Для $latex U_{k}=\frac{x^{k}}{k!} &s=1 $ полагаем $latex k=0,1,2,… &s=1 $

$latex x=0,1 \Rightarrow U_{0}=1; U_{1}=0,1; U_{2}=0,005;$

$latex U_{3}=0,0002; U_{4}=0,00005 &s=1$ — выбранное значение $latex k $ подходит.

$latex e^{0,1}\approx 1+0,1+0,005+0,0002+0,00005=1,105 &s=1 $

$latex e^{0,1}\approx1,105 &s=1 $

Неравенство $latex \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\leq0,00005 &s=2 $ оказалось выполненным при $latex k=n+1=4 &s=1 $, $latex n=3 &s=1 $.

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа.
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 257-263.

Теорема о единственности полинома Тейлора

  Если существует [latex]f^{(n)}(x_{0})[/latex] и при [latex]x\rightarrow x_{0} [/latex] [latex]f[/latex] представима в виде [latex]f(x)=a_{0}+ [/latex] [latex] a_{1}(x-x_{0})+… [/latex] [latex] +a_{n}(x-x_{0})^{n}+ [/latex] [latex] O((x-x_{0})^{n})[/latex], то многочлен [latex]A=a_{0}+[/latex][latex]a_{1}(x-x_{0})+… [/latex] [latex] +a_{n}(x-x_{0})^{n}[/latex] и будет многочленом Тейлора в точке [latex]x_{0}[/latex], то есть [latex]a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!}[/latex].

Доказательство.

$latex f(x)=f(x_{0})+ $ $latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…$ $latex +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n}) &s=1 .$

Приравниваем:

$latex f(x_{0})+$ $latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…$ $latex +\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n})=$ $latex a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+…$ $latex +a_{n}(x-x_{0})^{n}+$ $latex O((x-x_{0})^{n}) &s=1 $.

Берем предел обеих частей при [latex]x\rightarrow x_{0} [/latex]. Получаем, что:

$latex \frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex \frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex a_{1}(x-x_{0})\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex a_{n}(x-x_{0})^{n}\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex O((x-x_{0})^{n})\rightarrow 0 &s=1 ;$

$latex f(x_{0})=a_{0} &s=1 .$

Отбрасываем первые слагаемые в обеих частях уравнения:

[latex] \cfrac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n})=[/latex][latex] a_{1}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+a_{n}(x-x_{0})^{n}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n})\mid /(x-x_{0}) .[/latex]

[latex] \cfrac{f'(x_{0})}{1!}+…[/latex][latex]+\cfrac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n-1}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n-1})=[/latex][latex]a_{1}+[/latex][latex]a_{2}(x-x_{0})+…[/latex][latex]+a_{n}(x-x_{0})^{n-1}+[/latex][latex]O((x-x_{0})^{n-1})\mid \lim\limits_{x\rightarrow x_{0}}(\cdot ) .[/latex]

Получаем:

$latex \cfrac{f'(x_{0})}{1!}=a_{1} &s=1 $.

Проделываем те же действия, что и ранее, получаем:

$latex a_{k}=\cfrac{f^{(k)}(x_{0})}{k!} &s=1 $.

Следовательно разложение по формуле Тейлора однозначно.

Замечание:

Пусть [latex]f(x)[/latex] — бесконечно дифференцируема в точке [latex]0[/latex].

1. Если функция [latex]f(x)[/latex] — четная, то [latex]f'[/latex] — нечетная, [latex]f»'[/latex] — нечетная, …, [latex]f^{(2n+1)}[/latex] — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то [latex]f'(0)=f»'(0)=…[/latex] [latex] =f^{(2n+1)}(0)=0[/latex].
2. Если функция [latex]f(x)[/latex] — нечетная, то [latex]f»[/latex] — нечетная, …, [latex]f^{(2n)}[/latex] — нечетная, а так как нечетная функция в 0 всегда принимает значение, равное 0, то [latex]f»(0)=…= f^{(2n)}(0)=0[/latex].

Вывод:

Если [latex]f(x)[/latex] — четная, то формула Тейлора будет для нее содержать только четные степени, если [latex]f(x)[/latex] — нечетная, то формула Тейлора будет разлагаться только по нечетным степеням.

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Теорема о единственности разложения по формуле Тейлора»).
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава третья, пар. 5, ст. 248-251.

Тест по теме: единственность полинома Тейлора

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 3 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3

Информация

Проверьте себя на знание теоретического материала по теме: единственность полинома Тейлора.

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 3

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Нет рубрики 0%

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 3 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 3

   1.

   Количество баллов: 1

   Расположите в правильном порядке этапы доказательства теоремы о единственности полинома Тейлора.

   • Приравнять $ f(x_{0})+\frac{f'(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}+$ $ +\circ ((x-x_{0})^{n})=a_{0}+a_{1}(x-x_{0})+...$ $ +a_{n}(x-x_{0})^{n}+\circ((x-x_{0})^{n}) $
   • Взять предел обеих частей при $$ x\rightarrow x_{0} $$
   • Отбросить равные слагаемые в обеих частях уравнения.
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 3

   2.

   Количество баллов: 1

   
   
   Разложите в ряд Тейлора функцию $latex y(x)=x^2+4x-1$ в точке $latex x_0=2$. Каково значение свободного члена?
   (буквами, например: «ноль», «один», «два», «три»)
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 3

   3.

   Количество баллов: 1

   Поставьте соответствия так, чтобы получить правильные утверждения.

   Элементы сортировки

   • четные степени
   • нечетные степени
   • четные и нечетные степени

   • Если $$ f(x) $$ - четная, то формула Тейлора будет для нее содержать

   • Если $$ f(x) $$ - нечетная, то формула Тейлора будет для нее содержать

   Правильно
   

   Неправильно
   

Теорема (критерий возрастания и убывания функции на интервале)

Для того чтобы дифференцируемая функция [latex] f(x)[/latex] на интервале [latex] (a;b)[/latex] была возрастающая, необходимо и достаточно, чтобы [latex]\forall x\in (a;b)[/latex] [latex] f'(x)\geq 0 [/latex].

Доказательство

Необходимость

• Дано: [latex]f(x)[/latex] возрастает на интервале [latex](a;b)[/latex].
• Требуется доказать: [latex] f'(x)\geq 0[/latex].

Пусть [latex]x_{0}[/latex] произвольная точка на интервале [latex] (a;b)[/latex], пусть [latex]x>x_{0} [/latex], тогда в силу монотонного возрастания функции [latex] f(x)\geq f(x_{0})[/latex] для любого значения [latex] x[/latex] из интервала [latex] (a;b)[/latex], [latex] x\neq x_{0}[/latex] [latex]\Rightarrow [/latex]

 $latex \frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}>0. &s=1 $

По свойству сохранения знака предела:

$latex \lim\limits_{x\rightarrow x_{0}^{}}\frac{f(x)-f(x_{0})}{x-x_{0}}\geqslant 0, &s=1 $

а это и есть[latex] f'(x_{0})[/latex].

Достаточность

• Дано: [latex] f'(x)\geq 0[/latex] .
• Требуется доказать: [latex]f(x)[/latex] возрастает на интервале[latex](a;b)[/latex].

Пусть[latex] f'(x)\geq 0[/latex] [latex]\forall x\in (a;b)[/latex].
Выберем произвольные точки [latex] x_{1}[/latex] и [latex] x_{2}[/latex], принадлежащие интервалу [latex] (a;b)[/latex], и не ограничивая общности скажем, что [latex] x_{2}>x_{1}[/latex].
Применим к функции [latex]f [/latex] формулу Лагранжа о конечных приращениях:
[latex] f(x_{2})-f(x_{1})=f'(\xi)*(x_{2}-x_{1})\geq 0.[/latex] Из того что [latex] x_{2}>x_{1} => f(x_{2})\geq f(x_{1}) => [/latex]
Доказали нестрогое возрастание.

Теорема (достаточное условие строгой монотонности)

1. [latex]\forall x\in (a;b)[/latex] [latex] f'(x)>0 \Rightarrow f [/latex] строго возрастает на [latex] (a;b)[/latex].
2. [latex]\forall x\in (a;b)[/latex] [latex] f'(x)<0 \Rightarrow f [/latex] строго убывает на [latex] (a;b)[/latex].

Доказательство

Пусть [latex] x_{2}>x_{1} [/latex], применим формулу конечных приращений Лагранжа: [latex]f(x_{2})-f(x_{1})=f'(\xi)*(x_{2}-x_{1})>0[/latex], так как [latex]x_{2}>x_{1}[/latex] и [latex]f'(\xi)>0[/latex], то [latex]f(x_{2})<f(x_{1})[/latex].
Пусть [latex] x_{2}<x_{1} [/latex], применим формулу конечных приращений Лагранжа: [latex]f(x_{1})-f(x_{2})=f'(\xi)*(x_{1}-x_{2})>0[/latex], так как [latex]x_{2}<x_{1}[/latex] и [latex]f'(\xi)>0[/latex], то [latex]f(x_{2})<f(x_{1})[/latex].

Пример

Исследовать функцию [latex]f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+5[/latex] на возрастание и убывание.

Решение

1. Функция [latex]f(x)=x^{3}-3x^{2}-9x+5[/latex] дифференцируема на [latex]R[/latex], [latex]f'(x)=3x^{2}-6x-9[/latex].
2. Для определения промежутков возрастания и убывания функции решаем уравнение: [latex]x^{2}-2x-3=0[/latex]. Решениями уравнения являются точки: [latex]x=-1[/latex] и [latex]x=3[/latex], которые разбивают числовую прямую на три отрезка. Получаем:

   

   [latex]x^{2}-2x-3>0 \Leftrightarrow x\in ( -\infty ;-1) \cup (3;+\infty)\Rightarrow f(x)[/latex] возрастает на отрезках [latex] x\in ( -\infty ;-1] \cup [3;+\infty)[/latex]
   [latex]x^{2}-2x-3<0\Leftrightarrow x\in \left ( -1;3 \right )\Rightarrow f(x)[/latex] убывает на отрезке [latex]x\in [-1 ;3][/latex].

3. Выполним проверку
   Для проверки построим график этой функции.

   

   Ответ:

   [latex]f(x)[/latex] возрастает на отрезках [latex] x\in ( -\infty ;-1] \cup [3;+\infty)[/latex].
   [latex]f(x)[/latex] убывает на отрезке [latex]x\in \left [ -1 ;3\right ][/latex].

Источники:

• Лысенко З.М. Конспект лекций по курсу математического анализа. (тема «Условия монотонности функции в терминах производной»).
• Фихтенгольц Г.М. — Курс дифференциального и интегрального исчисления. Том 1, Глава четвертая, пар. 1, ст. 270-273

Тест по теме: условия монотонности функции в терминах производной

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 5 заданий окончено

Вопросы:

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

Информация

Проверьте себя на знание теоретического и практического материала по теме: Условия монотонности функции в терминах производной.

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 5

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 8 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

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

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 5

   1.

   Для доказательства достаточности критерия возрастания и убывания функции мы используем:

   • формулу Тейлора
   • формулу Маклорена
   • формулу Лагранжа
   Правильно
   

   Неправильно
   
2. Задание 2 из 5

   2.

   Найдите промежутки убывания данной функции: $latex y=\frac{1}{4}x^{4}-\frac{5}{3}x^{3}-13 $

   • $$(-\infty ;0)$$
   • $$(0 ;5)$$
   • $$(5 ;+\infty)$$
   • $$ (-\infty ;+\infty) $$
   Правильно
   

   Неправильно
   
3. Задание 3 из 5

   3.

   Для того чтобы дифференцируемая функция [latex]f(x)[/latex] на интервале [latex](a;b)[/latex] была <возрастающей, необходимо и достаточно, чтобы [latex]f'(x)[/latex] была _________ для любого значения [latex]x[/latex]из интервала [latex](a;b)[/latex].
   Правильно
   

   Неправильно
   
4. Задание 4 из 5

   4.

   Допишите формулировку теоремы о достаточном условии строгой монотонности:»Если для любых значений $latex x $ из $latex (a,b)$ $latex f'(x)>0$,то на $latex (a,b)$ $latex f$ …»
   Правильно
   

   Неправильно
   
5. Задание 5 из 5

   5.

   Каждой функции поставьте в соответствие ее промежутки возрастания.

   Элементы сортировки

   • $$ [\frac{3}{2};+\infty ) $$
   • $$ (-\infty ;\frac{1}{2}] $$
   • $$ (-\infty ;+\infty) $$
   • $$ [-2;3] $$

   • $$ y=x^{2}-3x+2 $$

   • $$ y=-x^{2}+x+6 $$

   • $$ y=x $$

   • $$ y=-\frac{1}{3}x^{3}+\frac{1}{2}x^{2}+6x-14 $$

   Правильно 4 / 4Баллы

   Неправильно / 4 Баллы



Таблица лучших: Тест по теме: условия монотонности функции в терминах производной

максимум из 8 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных