2 (Готовые билеты неизвестного года)
Описание файла
Документ из архива "Готовые билеты неизвестного года", который расположен в категории "". Всё это находится в предмете "математический анализ" из 1 семестр, которые можно найти в файловом архиве МГТУ им. Н.Э.Баумана. Не смотря на прямую связь этого архива с МГТУ им. Н.Э.Баумана, его также можно найти и в других разделах. Архив можно найти в разделе "к экзамену/зачёту", в предмете "математический анализ" в общих файлах.
Онлайн просмотр документа "2"
Текст из документа "2"
Билет №11
1)
Найдём точки пересечения с осью X графика функции:
а) если x=0, то y= =1; б) если x=0, то y=1+2 =3;
Найдём точку пересечения:
Рассмотрим (1): , дан. На у<>0; =y+2; -y-2=0;
D=9; y= -1 – неуд.; y=2 – уд.
II)Vоб=Vabmc-Vadmc
y +2y +5y = 0 характеристич. ур-е k + 2k +5 = 0
ФСР: y =e cos(2x)iy =e sin(2x)=0; y =c e cos(2x)+c e sin(2x)
(1) g (x) = 4e y = De ; (2) g (x) = -5x y =A x +Bx +C
2A+ D e +2Ax+2B- 2 D e +5Ax +5Bx+5C+5D e = 4 e -5 x
y = c e cos(2x)+c e sin(2x) - x + x+ + e
Билет № 12.
лирическое отступление по поводу
Билет№13
рассмотрим . т.к. возрастает медленнее, чем (на )
т.е. ( ) в знаменателе мы имеем многочлен степени.
рассмотрим , воспользуемся интегрир. по частям:
Билет№14.
1)
2) Составим характер. Уравнение: =0
Решение системы ищем в виде:
Рассмотрим (2)систему (k=8):
Общее решение системы :
Б илет№15.
Найдём точки пересечения : по свойству площади, она не меняется при параллельном переносе сдвинем график функции на 6 ед.вверх (рис.2), то есть мы имеем:
; Составим характер. уравнение :
Общее решение неоднородного уравнения имеем в виде:
Из системы лин. Алгебраич. Уравнен. Имеем :
Рассмотрим (1) уравнение:
Рассмотрим = - применяем форм. Интегрир. По частям:
Билет 7
3) Вычислить обьем тела, образованного вращением вокруг оси OX плоской фигуры, ограниченой линиями X=Y2-2Y+1 и X=1
Заменяем Y на X и X на Y
Y=X2-2X+1, Y=1 и вращение вокруг OY
VY=2abXydX, X2-2X+1=1 => X(X-2)=0, X1=0, X2=2
V=202X(X2-2X+X)dX = 202(X3-2X2+X)dX=2(X4/4-2X3/3+X2/2)0|2 =
=2(4-16/3+2)= 2(18/3-16/3)= 4/3
Ответ. 4/3
4) Проинтегрировать дифференциальное уравнение Y*Y’’+(Y’)2=(Y’)3 при начальных условиях Y(0)=1, Y’(0) = 1
Обозначаем y’=P(y), y’’=P*dP/dy, y*PdP/dy+P2=P3, P=0-тривиальное решение
y*dP/dy+P=P2, dP/(P2-P)=dy/y, dP/(P2-P+1/4-1/4)=dy/y,
d(P-1/2)/((P-1/2)2-(1/2)2)= dy/y
1/(2*(1/2))*ln|(P-1/2-1/2)/(P-1/2+1/2)|=lny+lnC1
(P-1)/P=C1y => 1-1/P=C1y, P=1/(1-C1y), y’=1/(1-C1y), dy/dx=1/(1-C1y)
(1-C1y)dy=dx y-C1y2/2=x+C2 1=1/(1-C1)=>C1=0, y=x+C2 =>
=> C2=1 => y=x+1
Билет 6
3) Вычислить площадь фигуры, расположенной вне окружности r=1 и одновременно внутри лемнискаты r2=2cos2
cos2=1/2, 2=/3, => =/6
S=S1-S2=1/20/64cos22 d - (/6)/(2)*r2=20/6(1+cos4)/2 d-/12=
=2(1/2*+1/8*sin4)0|/6-/12=/12+sqrt(3)/8
ответ.S’=4S=/12+sqrt(3)/8
4) Найти общее решение: y’’+4y=x+cos2x
хар-е ур-е: k2+4k=0, k1=0, k2=-4, r=1 yoo=C1e0X+C2e-4X
f1(x)=x, y1=x(Ax+B)
f2(x)=cos2x, y2=Dcos2x+Fsin2x
y=C1+C2e-4x+x(Ax+B)+Dcos2x+Fsin2x
Билет 8
3) Фигура, ограниченная линиями y=sqrt(x) и y=x, вращается вокруг оси OX.
Вычислить площадь всей поверхности полученного тела.
Sx=2ab1 => X(X-2)=0, X1=0, X2=2
S=S1+S2=201sqrt(x(1+(1/2sqrt(x))2) dx + 201x*sqrt(1+12) dx=
201sqrt(x+1/4) dx + 2*sqrt(2)* *x2/2 0|1= 2*(-2)/sqrt(x+1/4) 0|1+sqrt(2)* =
=-8/sqrt(5)+8+sqrt(2)* =(8+sqrt(2)-8/sqrt(5))
4) Найти общее решение дифференциального уравнения y’’+y=1/cos3x
общее решение: y’’+y=1/cos3x
y’’+y=0, k2+1=0 , k=+-i
yoo=e0x(C1cosx+C2sinx)
yoo=C1(x)cosx+C1(x)sinx
C1’(x)*cosx+ C2’(x)*sinx=0
- C1’(x)*sinx+ C2’(x)*cosx=1/cos3x
C1’+ C2’tg(x)=0
- C1’+ C2’ctg(x)=1/(sinx*cos3x)
C2’(tg(x)+ctg(x))=1/(sinx*cos3x)
C2’((sin2x+cos2x)/(sinx*cosx))=1/(sinx*cos3x)
C2’=1/cos2x
C2=tg(x)+A
C1’= - tg(x)/cos2x
C1=d(cosx)/cos3x= - 1/(2cos2x)+B