Workshop om differensialregning. Geometrisk betydning av derivat

2. Funksjoner. De enkleste egenskapene til funksjoner 21 2.11. Bevis at hvis f (x) er en periodisk funksjon med periode T, så er funksjonen f (ax) også periodisk med periode T /a. Løsning. Faktisk, f = f (ax + T) = f (ax), dvs. T /a er en av periodene til funksjonen f (ax). 2.12. Finn perioden for funksjonen f (x) = cos2 x. 1 + cos 2x Løsning. Vi kan skrive: cos2 x = . Vi ser den perioden 2 cos funksjoner 2 x er det samme som perioden for cos 2x-funksjonen. Siden perioden til funksjonen cos x er lik 2π, er perioden for funksjonen cos 2x i henhold til Oppgave 2.11 lik π. 2.13. Finn perioden til funksjonene: a) f (x) = sin 2πx; b) f (x) = | fordi x|. Svar: a) T = 1; b) T = π. Oppgaver for uavhengig avgjørelse 2.14. La f (x) = x2 og ϕ(x) = 2x. Finn: a) f [ϕ(x)], b) ϕ. 2.15. Finn f (x + 1) hvis f (x − 1) = x2. 1 2,16. Funksjonen f (x) = er gitt. 1−x Finn ϕ(x) = f (f ). 2.17. Gitt en funksjon f (x) = 3x2 − 4x − 2. Vis at funksjonen f (2x + 1) kan representeres som f (2x+1) = = Ax2 + Bx + C. Finn verdiene til konstantene A, B, C 2,18. Gitt to lineære funksjoner f1 (x) = 5x + 4 og f2 (x) = 3x − 1. Bevis at funksjonen f (x) = f2 også er lineær, det vil si at den har formen f (x) = Ax + B. Finn verdier av konstanten A og B. 3x + 7 5x + 4 2.19. Gitt to funksjoner f1 (x) = og f2 (x) = , 5x + 6 2x − 8 kalt brøk lineær. Bevis at funksjonen f (x) = f1 også er brøk lineær, det vil si at den har formen Ax + B f (x) = . Gi verdiene til konstantene A, B, C, D. Cx + D 22 Introduksjon til matematisk analyse 2.20. For noen funksjon f: X ⊂ R → Y ⊂ R er det kjent at f (3x + 5) = 45x2 − 12x + 3. Bevis at funksjonen f (x) kan representeres som f (x) = Ax2 + Bx + C. Finn verdiene til konstantene A, B, C. 2.21. Finn definisjonsdomenet følgende funksjoner: √ 2+x a) f (x) = x + 1; b) f (x) = lg; √ 2−x c) f (x) = 2 + x − x2 ; d) f(x) = arcsin(log2x); 1 + x2 d) f (x) = cos(sin x) + arcsin. 2x 2,22. Finn definisjonsdomenet for følgende funksjoner: √ 1 a) f (x) = x2 + 33x + 270; b) f(x) = 2; x + 26x + 168 x+2 c) f (x) = log[(1 + x)(12 − x)]; d) f(x) = arcsin; x−6 d) f (x) = (x + 9)(x + 8)(x − 14); 15 f) f (x) = arcsin; x − 11 −x f) f (x) = x2 + 13x + 42 + arcsin . 13 2,23. Konstruer definisjonsdomenet for følgende funksjoner: a) f (x, y) = log2 (x + y); √ b) f (x, y) = x2 − 4 + 4 − y 2; x2 + y2 c) f (x, y) = arcsin; 4 √ g) f (x, y) = xy. 2.24. Finn definisjonsdomenet for følgende funksjoner:    1 − log x 3 − 2x    arcsin a) f (x) =  1 ; b) f (x) =  √ 5 . √ x2 − 4x 3−x 2. Funksjoner. De enkleste egenskapene til funksjoner 23 2.25. Finn og konstruer definisjonsdomenet for følgende funksjoner: 4x − y 2 a) f (x, y) = ; log(1 − x2 − y 2) x2 + 2x + y 2 b) f (x, y) = . x2 − 2x + y 2 2,26. Bevis at funksjonene 2 2x + 2−x a) f1 (x) = 2−x , f2 (x) = , 2 f3 (x) = |x + 1| + |x − 1| til og med; 2x − 2−x 3x + 1 b) ϕ1 (x) = , ϕ2 (x) = x , 2 3 −1 1+x ϕ3 (x) = lg oddetall; 1−x 2 c) ψ1 (x) = sin x − cos x, ψ2 (x) = 2x−x, ψ3 (x) = x3 + x2 − 2 av generell form. 2.27. Funksjonene er gitt: 1 a) y = sin2 x; b) y = sin x2; c) y = 1 + tan x; d) y = synd. x Hvilke av dem er periodiske? 2x 2,28. Bevis at funksjonen y = har en invers, 1 + 2x, og finn den. 2,29. Bevis at funksjonen y = x2 − 2x har to inverser: y1 = 1 + x + 1 og y2 = 1 − x + 1. 2.30. Bevis at følgende funksjoner er avgrenset nedenfra: a) f1 (x) = x6 − 6x4 + 11x2 ; b) f2 (x) = x4 − 8x3+ 22x2. 2,31. Bevis at følgende funksjoner er avgrenset ovenfra: 1 5 a) f1 (x) = √ ; b) f1 (x) = √ . 4x2 − 16x + 36 5x 2 − 10x + 55 24 Introduksjon til kalkulus 2.32. Finn den minste og følgende funksjoner: a) f1 (x) = 3 sin x + 4 cos x; b) f2 (x) = 5 sin x + 12 cos x. 2,33. Beskriv formen til grafen for følgende funksjoner: a) z = 1 − x2 − y 2 ; b) z = x2 + y2; c) z = x2 + y2; d) z = x2 − y 2 . 2,34. Tegn nivålinjer for disse funksjonene, og gir z-verdier fra −3 til +3 til 1: a) z = xy; b) z = y(x2 + 1). 2,35. Tegn grafen til funksjonen y = 2 −3(x + 1) − 0,5 s √ ved å transformere grafen til funksjonen y = x. 2,36. Plott grafen til funksjonen y = 3 sin(2x − 4) ved å transformere grafen til funksjonen y = sin x. 2,37. Bruk grunnleggende funksjonsforskning (uten å bruke deriverte), plott grafer for følgende funksjoner: 1 x a) y = 2 ; b) y = 2; x +1 x +1 1 c) y = x4 − 2x2 + 5; d) y = 2; x + 4x + 5 2x − 5 d) y = ; e) y = x2 + 6x + 9 + 10. x−3 2,38. Plott grafer for følgende funksjoner:   x, hvis − ∞< x < 1;    1 1 а) f (x) = x + , если 1 ≤ x ≤ 3;  2  2   4, если 3 < x < +∞; б) f (x) = |x − 1| + |x + 3|; в) f (x) = |x2 − 2x + 1|; г) f (x) = sin x + | sin x|, если 0 ≤ x ≤ 3π; д) f (x) = arccos(cos x); t+5 t+1 е) f (t) = ; ж) f (t) = . t−7 t2 + 2t + 2 3. Предел функции 25 3. Предел функции Рекомендуется по lærebok studie underkapitlene 1.4 og 1.5. Bør betales Spesiell oppmerksomhet til underkapittel 1.4 og kjenne alle typer nabolag, deres betegnelser og skrivemåter i form av ulikheter. Utsagnet lim f (x) = A betyr: for ethvert nabolag x→x0 av elementet A (spesielt vilkårlig lite) av elementet A er det et punktert nabolag V (x0) av elementet x0 slik at fra betingelsen x ∈ V˙ (x0) ∩ X følger, f (x) ∈ U (A), hvor X er definisjonsdomenet til funksjonen f (x), og x0 er grensepunktet for mengden X. Ofte, i stedet av et vilkårlig nabolag U (A), vurderer man symmetrisk nabolag Uε (A). I dette tilfellet kan nabolaget ˙ V (x0) vise seg å være enten symmetrisk eller asymmetrisk, men fra ethvert asymmetrisk nabolag er det mulig å velge et symmetrisk nabolag Vδ (x0). Siden nabolaget V (x0) er punktert, dvs. inneholder ikke punktet x0, da er x = x0, og ved punktet x0 kan det hende at funksjonen f (x) ikke er definert. For å bevise at lim f (x) = A, er det nok å finne x→x0 settet (x) av de verdiene av x som inkluderingen f (x) ⊂ U (A) gjelder for alle nabolag U ( EN). Hvis det funnet mengden (x) er et nabolag til x0, er setningen lim f (x) = A sann, i ellers den x→x0 er falsk. Spesielt hvis funksjonen f (x) i punktet x0 er definert og lim f (x) = f (x0), vil settet (x) også inneholde x→x0 punktet x0. Den gitte definisjonen av en grense gjelder for alle funksjonsklasser. I dette avsnittet skal vi hovedsakelig behandle numeriske funksjoner ett numerisk argument. 3.1. Basert på definisjonen av grensen, bevis: 1 1 a) lim x = x0 ; b) lim = ; x→x0 x→2 x 2 1 1 1 c) lim = lim = lim = 0; x→+∞ x x→−∞ x x→∞ x 26 Introduksjon til matematisk analyse 1 1 d) lim = +∞; e) lim = −∞; x→0+0 x x→0−0 x 1 f) lim = 2; g) lim x2 = 4. x→1 x x→2 Løsning: a) utsagnet lim x = x0 direkte x→x0 følger av definisjonen av grensen. Hvis nabolaget Uε (x0) ˙ (|x − x0 |< ε) дана, то в качестве окрестности Vδ (x0) можно принять |x − x0 | < δ = ε, т.е. положить δ = ε; 1 1 б) докажем, что lim = . По определению предела x→2 x 2 мы должны доказать, что для любой заданной окрестности 1 ˙ Uε , ε >0 er det et nabolag V (2) slik at hvis 2 ˙ 1 1 1 1 x ∈ V (2), så −< ε, т.е. ∈ Uε , что равносильно сле- x 2 x 2 дующим двум неравенствам: 1 1 −ε < − < +ε или x 2 1 1 1 − ε < < + ε. 2 x 2 Так как при достаточ- но малом ε все части этого неравенства по- ложительны, то 2 2 2, 1 + 2ε 1 − 2ε multipliser derfor- Fig. 3.1 2 2 egenskap, 1 + 2ε 1 − 2ε er et nabolag til punktet x0 = 2 (asymmetrisk). Eksistensen av det nødvendige nabolaget V (2) er bevist (fig. 3.1). 3. Funksjonsgrense 27 For klarhetens skyld kan vi skrive dette nabolaget på formen 4ε 4ε 2− ,2 + og vurdere 1 + 2ε 1 − 2ε ˙ ˙ 4ε 4ε V (2) = Vδ1 ,δ2 (2), der δ1 = , δ2 = . 1 + 2ε 1 − 2ε 1 c) vi beviser at lim = 0. x→+∞ x Per definisjon må vi bevise at for ethvert nabolag Uε (0) av punktet y = 0 eksisterer det et nabolag V (+∞) element +∞ slik at hvis x ∈ V (+∞), 1 så − 0< ε, или x 1 < ε. Так как x x → +∞, то можно считать, что x >0, fig. 3.2 derfor kan modultegnet utelates 1 1 og skrives< ε или x >= M. Mengden x > M er x ε VM (+∞) i henhold til definisjonen av et nabolag til elementet +∞. Eksistensen av et nabolag V (+∞) som tilfredsstiller de tilsvarende betingelsene er bevist. Dette beviser at 1 lim = 0 (Fig. 3.2). x→+∞ x 1 1 Vi overlater beviset på likhetene lim = 0 og lim = 0 til leseren. 28 Introduksjon til matematisk analyse 1 Vi understreker at likheten lim = 0 er ekvivalent med to x→∞ x 1 1 likheter: lim = 0 og lim = 0; x→−∞ x x→+∞ x d) vi beviser likheten 1 lim = +∞. x→0+0 x UM (+∞) Det er nødvendig å bevise at for ethvert nabolag UM (+∞) eksisterer det et rett semi-nabolag Vδ+ (0) (0< x < δ) ← такая, что если + V1/M (0) x ∈ Vδ+ (0), то 1 ∈ UM (+∞). x Рис. 3.3 Det siste betyr, 1 1 hva > M . Siden x > 0, M > 0, deretter 0< x < . Если поло- x M 1 жить δ = , то требуемая окрестность Vδ+ (0) найдена и ра- M 1 венство lim = 0 доказано (рис. 3.3). x→0+0 x 1 Аналогично можно доказать, что lim = −∞ (предлага- x→0−0 x ем проделать это самостоятельно); 1 е) докажем, что lim = 2. Предположим противное, т.е. x→1 x 1 что lim равен двум. Это означало бы: для любой окрест- x→1 x ˙ ности Uε (2) существует окрестность V (1) такая, что если ˙ 1 1 1 x ∈ V (1), то ∈ Uε (2), т.е. − 2 < ε, или 2 − ε < < ε + 2. x x x 3. Предел функции 29 Так как все части неравенства можно считать положительны- 1 1 ми, то 0, for x > 0 øker funksjonen √ √ y = x2 monotont, derfor 4 − ε< |x| < 4 + ε. Поскольку x >0, √ kan modultegnet utelates og skrives √ deretter 4 − ε< x < 4 + ε. Точка x = 2 принадлежит интервалу √ √ (4 − ε; 4 + ε), т.е. этот интервал является окрестностью точ- ки 2, удовлетворяющей требуемому условию, которую и при- ˙ ˙ нимаем в качестве V (2). Существование V (2) доказано, а этим доказано, что lim x 2 = 4. x→2 3.2. Докажите самостоятельно, что 1 1 lim = +∞, lim = −∞. x→x0 +0 x − x0 x→x0 −0 x − x0 Указание: сделать замену x − x0 = t и применить задачу 3.1. 3.3. Используя теоремы о пределе произведения суммы и частного, докажите, что: а) lim xn = xn ; 0 x→x0 б) lim Pn (x) = lim (a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an) = x→x0 x→x0 = a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x0 + an ; 0 0 30 Введение в математический анализ Pn (x) a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x + an в) lim = lim = x→x0 Qm (x) x→x0 b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm−1 x + bm a0 xn + a1 xn−1 + . . . + an−1 x0 + an 0 0 = , b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm−1 x0 + bm 0 0 где n и m heltall, ai og bi er konstanter, b0 xm + b1 xm−1 + . . . + bm−1 x0 + bm = 0, x0 0 0 selvfølgelig. Løsning: a) vi kan skrive: lim xn = lim (x · x · · · · · x). x→x0 x→x0 Siden lim x = x0, da ved teoremet om produktets grense x→x0 lim xn = lim x · lim x · · · · · lim x = xn ; 0 x→x0 x→x0 x→x0 x→x0 b) funksjonen Pn (x) er summen av (1 + n) ledd, som hver har endelig grense, for eksempel lim a0 xn = lim a0 lim xn = a0 xn . Derfor følger b) av teoremet om summens grense; c) følger av teoremet om grensen for kvotient, sum og produkt. Funksjonen Pn (x) i oppgave 3.3 kalles et polynom eller polynom av orden n (hvis a0 = 0). 3.4. Beregn følgende grenser: x2 + 2x − 3 a) lim (x2 + 3x + 4); b) grense 2. x→2 x→3 2x + 4x − 5 Løsning. Basert på det som ble bevist i oppgave 3.3, punkt b) kan vi skrive: lim (x2 + 3x + 4) = 22 + 3 2 + 4 = 14; x→2 x2 + 2x − 3 32 + 2 3 − 3 12 lim 2 + 4x − 5 = 2+4 3−5 =. x→3 2x 2 3 25 5x2 − 20x + 15 3,5. Finn A = lim. x→1 3x2 − 15x + 12 Løsning. I i dette tilfellet Det er umulig å bruke teoremet på grensen til kvotienten, siden nevneren blir null ved x0 = 1. Merk at telleren ved x0 = 1 også blir null. Vi får et udefinert uttrykk som 0/0. Vi har allerede lagt vekt på det ved å definere grensen som x → x0

Hvis en regel er spesifisert i henhold til hvilken et visst tall u er assosiert med hvert punkt M i planet (eller en del av planet), så sies det at på planet (eller på en del av planet, "en punktfunksjon er gitt” definisjonen av funksjonen uttrykkes symbolsk ved en likhet på formen u - Tallet u knyttet til et punkt M kalles verdien av denne funksjonen ved punkt M. For eksempel, hvis A er et fast punkt i fly, M er vilkårlig poeng, da er avstanden fra A til M en funksjon av punktet M. I dette tilfellet er f(M) = AM.

La noen funksjon u = f(M) gis og samtidig innføre et koordinatsystem. Da bestemmes et vilkårlig punkt M av koordinatene x, y. Følgelig er verdien av denne funksjonen i punktet M bestemt av koordinatene x, y, eller, som de også sier, u = f(M) er en funksjon av to variabler x og y. En funksjon av to variable x, y er merket med symbolet f(x, y); hvis f(M) = f(x, y) så kalles formelen u = f(x, y) uttrykket for denne funksjonen i det valgte koordinatsystemet. Så i forrige eksempel f(M)=AM; hvis du introduserer kartesisk rektangulært system koordinerer med origo i punkt A, får vi uttrykket for denne funksjonen:

u = √(x 2 + y 2)

146. Gitt to punkter P og Q er avstanden mellom dem a, og funksjonen f(M) = d 2 1 - d 2 2, hvor d 1 - MP og d 2 - MQ. Bestem uttrykket for denne funksjonen hvis punktet P tas som origo for koordinatene og Ox-aksen er rettet langs segmentet PQ.

147. Under betingelsene i oppgave 146, bestem uttrykket for funksjonen f(M) (direkte og ved hjelp av koordinattransformasjon, ved å bruke resultatet av oppgave 146), hvis:

1) opprinnelsen til koordinatene velges i midten av segmentet PQ, Ox-aksen er rettet langs segmentet PQ.

2) opprinnelsen til koordinatene velges i punktet P, og okseaksen er rettet langs segmentet QP.

148. Gitt: kvadrat ABCD med side a og funksjon f(M) = d 2 1 - d 2 2 - d 2 3 + d 2 4, hvor d 1 = MA, d 2 = MB, d 3 = MC og d 4 = MD. Bestem uttrykket for denne funksjonen hvis diagonalene til kvadratet tas som koordinataksene (og Ox-aksen er rettet langs segmentet AC, Oy-aksen er rettet langs segmentet BD).

149. Under betingelsene i oppgave 148, bestem uttrykket for f(M) (direkte og ved hjelp av koordinattransformasjon, ved å bruke resultatet av oppgave 148), hvis opprinnelsen til koordinatene er valgt ved punkt A, og koordinataksene er rettet langs dens sider (Ox-aksen er langs segmentet AB, Oy-aksen - langs segmentet AD).

150. Gitt funksjonen f(x, y) = x 2 + y 2 - 6x + 8y. Bestem uttrykket for denne funksjonen i et nytt koordinatsystem hvis origo for koordinater flyttes (uten å endre retningen på aksene) til punktet O"(3; -4).

151. Gitt funksjonen f(x, y) = x 2 - y 2 - 16. Bestem uttrykket for denne funksjonen i det nye koordinatsystemet hvis koordinataksene roteres i en vinkel på -45°.

152. Gitt en funksjon f(x, y) = x 2 + y 2 . Bestem uttrykket for denne funksjonen i det nye koordinatsystemet hvis koordinataksene roteres med en viss vinkel α.

153. Finn et punkt slik at når origo for koordinater overføres til det, vil uttrykket for funksjonen f(x,y) = x 2 - 4y 2 - 6x + 8y + 3 etter transformasjonen ikke inneholde ledd av den første grad med hensyn til nye variabler.

154. Finn et punkt slik at når origo for koordinater overføres til det, inneholder ikke uttrykket for funksjonen f(x, y) = x 2 - 4xy + 4y 2 + 2x + y - 7 termer av første grad med hensyn til nye variabler.

155. Med hvilken vinkel skal koordinataksene roteres slik at uttrykket av funksjonen f (x, y) = x 2 - 2xy + y 2 - 6x + 3 etter transformasjonen ikke inneholder et ledd med produktet av nye variabler ?

156. Med hvilken vinkel skal koordinataksene roteres slik at uttrykket av funksjonen f(x, y) = 3x 2 + 2√3xy + y 2 etter transformasjonen ikke inneholder et ledd med produktet av nye variabler?

La G være grafen til funksjonen y=f(x). Tenk på G punktet A(x0,f(x0)) og punktet B (x0+Δx,f(x0+Δx))

La γ være helningsvinkelen til sekanten i forhold til OX-aksen. Hvis det finnes grense limγ = γ0 for Δх→0, så kalles den rette linjen som går gjennom A og danner en vinkel γ0 med OX-aksen tangent til Г i punktet A.

La C(f(x0+Δх), f(x0)) være punktet som komplementerer segmentet AB til et rektangel. trekant ABC. Fordi AC//OX, deretter tgγ =Δу/Δх. Går vi til grensen, får vi: tgγ0=f′(x0)

De. den geometriske betydningen av den deriverte er at f′(x0) er tangenten til hellingsvinkelen til tangenten til grafen y=f(x) i punktet (x0,f(x0)).

Tangentligning.

La oss finne ur-e til tangenten til grafen til Г f- og y=f(x) i punktet A(x0, f(x0)): fordi t. A tilhører Γ og ur-th tangent, da f(x0)=kx0+b, hvorav b= f(x0)-kx0, som betyr at tangenten er gitt av trasen. Ur-m:

y= kx+ f(x0)-kx0= f(x0)+k(x-x0)

Fordi k= f′(x0), da

y=f(x0)+ f′(x0)(x-x0).

Bestemmelse av elastisiteten til en funksjon.

funksjon y = f(x) ved punkt x0 kalles følgende grense

Eyx(x0) = lim ((Δy/y): (Δx/x)).

Elastisitet Ey er proporsjonalitetskoeffisienten mellom de relative endringene i mengdene y og x.)

Rolles teorem.

Hvis en funksjon er kontinuerlig i intervallet [ en;b] og differensierbar på intervallet ( en;b), tar på slutten av dette intervallet samme verdier, så på dette intervallet er det minst ett punkt hvor den deriverte av funksjonen er lik null.

Lagranges teorem.

La funksjonen f(x)

1. kontinuerlig på intervallet [ en, b];

2. differensierbar i intervallet ( en, b).

Så er det et punkt med O ( en, b) slik at

Formel (1) kalles Lagranges formel, eller formel med endelig inkrement

Cauchys teorem.

La to funksjoner f(x) og g(x) gis slik at:

1. f(x) og g(x) er definerte og kontinuerlige på intervallet;

2. deriverte og endelig på intervallet;

3. derivater og forsvinner ikke samtidig på intervallet

(Hvis tilstand 4 fjernes, må tilstand 3 styrkes: g"(x) må ikke forsvinne noe sted i intervallet ( en,b).)

L'Hopitals regel.

Teorem (L'Hopitals regel). La A være et tall, et symbol på en ensidig grense (A=a±0) eller et symbol på uendelig (A=±∞). La funksjonene ƒ(x) og g(x) enten være infinitesimale eller begge uendelig store som x→A. Så hvis det er en grense

(endelig eller uendelig),

da er det en grense

i dette tilfellet er likheten oppfylt:

Derivater og differensialer av høyere orden.

Hvis for funksjonen y=f(x) den deriverte y(k-1) av orden (k-1) er definert, er den deriverte y(k) av orden k (med forbehold om dens eksistens) definert som den deriverte av den deriverte av orden (k-1), de. y(k) = (y(k-1))′ . Spesielt er y''=(y')' en andreordens derivativ, y'''=(y'')' er en tredjeordens derivativ, etc.

Differensialer av høyere bestillinger av f-i y=f(v) bestemmes suksessivt som følger:

d2y=d(dy) – 2. ordens differensial

dny=d(d n-1 y) - differensial n-te rekkefølge

Taylors formel. Maclaurin formel.

Taylors teorem.

La funksjonen f(x)har deriverte av orden n+ i punktet x = a og noen av dens nabolag 1. Deretter mellom punktene a og x a det er et poeng slik at følgende formel er gyldig:

Formel (10) kalles Taylor-formelen, og uttrykket

representerer resten av leddet i Lagrange-form. Merk at hvis funksjonen f (n+ 1) (x) er avgrenset i nærheten av punktet en, da er resten av leddet infinitesimal kl xen mer høy orden, hvordan ( x-a)n. Dermed kan resten av leddet skrives som

Rn+ 1 (x)= o((x-a)n)på xen.

Denne formen resten kalles Peano-formen.

Maclaurin-formelen er Taylor-formelen for a = 0:

Resten av begrepet i Peano-form for Maclaurin-formelen har formen

Rn+ 1 = o(x n)på x 0.

La oss presentere utvidelsene til noen elementære funksjoner i henhold til Maclaurins formel

Finn basert på

definisjon, den deriverte av funksjonen f(x) i punktet x 0:

26. f(x) = x 3, x 0 - et vilkårlig tall.

f'(x)= =

f ′(x о)= = = = =3

27. f(x)=sinx, x o -vilkårlig tall