Рациональные методы решения задач по матанализу. Коваленко Л.И. - 20 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

МФТИ | Москва

Составители: 

Рубрика: 

20 Рациональные методы решения задач по матанализу
Дифференцируем тождество (2). Имеем
6x
2
+ 6y
2
(x)y
02
(x) + 2y
3
(x)y
00
(x) − 2y
0
(x) − xy
00
(x) ≡ 0.
Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y
0
(1) = −1, получаем
y
00
(1) = −14.
Для кривизны K и радиуса кривизны R имеем
K =
|y
00
|
(1 + y
02
)
3/2
, R =
1
K
,
поэтому в точке (1; 1)
R =
2
3
2
14
=
√
2
7
.
Ответ: R =
√
2
7
.
Вариант Е
1. Вычислить интегралы
а) 3
Z
sin 2x ln(1 + cos x) dx; б) 4
Z
x
5
(1 + x
2
)
3/2
dx.
2.5 Найти lim
x→0
e
x
√
1+2x
− cos(x − x
2
) − 2x
2
arcsin x
!
ctg
2
x
.
3. Построить графики функций
а) 4 y =
(x − 1)
7
x
6
; б) 5 y =
3
p
(1 − x)(x + 2)
2
.
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
y =
x
2
2
+ 2x − 3
e
−x
2
−4x
а) 2 в окрестности x
0
= 0 до o(x
2
);
б) 4 в окрестности x
0
= −2 до o((x + 2)
2n+1
).
5.4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, уста-
новить тип разрывов функции f(x), определенной на (−π; 2π),
при этом
20          Рациональные методы решения задач по матанализу

        Дифференцируем тождество (2). Имеем
        6x2 + 6y 2 (x)y 02 (x) + 2y 3 (x)y 00 (x) − 2y 0 (x) − xy 00 (x) ≡ 0.
     Отсюда, пользуясь тем, что y(1) = 1, y 0 (1) = −1, получаем
                                   y 00 (1) = −14.
        Для кривизны K и радиуса кривизны R имеем
                            |y 00 |         1
                    K=          02  3/2
                                        , R= ,
                        (1 + y )            K
     поэтому в точке (1; 1)
                                      3   √
                                     22     2
                                  R=    =     .
                                     14    7
                         √
                           2
        Ответ: R =           .
                          7




                                   Вариант Е
1. Вычислить   интегралы
                                                            x5
       Z                                               Z
  а) 3   sin 2x ln(1 + cos x) dx;               б) 4                 dx.
                                                        (1 + x2 )3/2
                                   √                          !ctg2 x
                                 ex 1+2x − cos(x − x2 ) − 2x2
2. 5 Найти              lim                                           .
                       x→0                arcsin x
3. Построить графики функций
           (x − 1)7                 p
  а) 4 y =     6
                    ;      б) 5 y = 3 (1 − x)(x + 2)2 .
              x
4. Разложить по формуле Тейлора функцию
                       2         
                       x              2
                  y=      + 2x − 3 e−x −4x
                        2

  а) 2 в окрестности x0 = 0 до o(x2 );
  б) 4 в окрестности x0 = −2 до o((x + 2)2n+1 ).
5. 4 Указать все точки непрерывности и точки разрыва, уста-
  новить тип разрывов функции f (x), определенной на (−π; 2π),
  при этом

Страницы