dt+r470是什么胎
@钟灵4396：大神们给个答案吧 准备换套轮组 想问问 13款DT X1600 和 hope pro2+DT革命+马维克319 这两套拿个更好? -
牧信13167724965…… 推荐马维克圈319. 先说DT x1600,其实DT轮组挺漂亮的,不过DT一贯的毛病就是偏软,再加上X1600这么个超轻轮组,嘿嘿,得大大增加调圈工作量了. 马维克319相对泼辣硬朗,骑起来路感要好得多,不知道你体重如何,既然你考虑X1600超轻轮组,也可以选择马维克317,用1.95的胎跑个公路山路的相当不错.
@钟灵4396：证明对任意常数c函数x(t)=ce^( - 3t)+2t+1是微分方程dx/dt+3x=6t+5的解,并计算该方程满足初值条件x(0)=3的解 - 作业帮
牧信13167724965…… [答案] dx/dt=-3ce^(-3t)+2, 3x=3ce^(-3t)+6t+3, 所以dx/dt+3x=6t+5, 即x(t)=ce^(-3t)+2t+1是微分方程的解.x(0)=ce^(-3*0)+2*0+1=c+1=3,故c=2,即x(t)=2e^(-3t)+2t+1.
@钟灵4396：设f(x)=∫(0--sinx) ln(1+t^2)dt,g(x)=x^3+tan^4 x,则当x--0时,f(x)是g(x)的什么无穷小设f1(x)的一个原函数是e^2x,f2(x)的一个原函数是e^ - 2x,则当D时区域0 - 作业帮
牧信13167724965…… [答案] 1、 x趋于0时,sinx和tanx都是等价于x的, 所以此时f(x)等价于∫(0->x) ln(1+t^2)dt, 求导得到ln(1+x^2)又等价于x^2 g(x)等价于x^3+x^4,求导得到3x^2+4x^3 很显然3x^2+4x^3比x^2高阶, 所以原函数g(x)也比h(x)高阶 2、 f1(x)的一个原函数是e^2x,f2(x)...
@钟灵4396：∫dt/(1+cost) -
牧信13167724965…… ∫ 1/(1 + cost) dt,cos2t = 2cos²t - 1 ==> cost = 2cos²(t/2) - 1= ∫ 1/[2cos²(t/2)] dt= ∫ sec²(t/2) d(t/2)= tan(t/2) + C= sint/(1 + cost) + C
@钟灵4396：求根号x/1+根号x的不定积分 -
牧信13167724965…… 原积分=∫2x/(1+√x)d√x =∫2x/(1+√x)d(√x+1), 令√x+1=t,则原积分=∫2(t-1)^2/tdt =2∫tdt-4∫dt+2∫1/tdt =t^2-4t+2lnt+C.
@钟灵4396：∫x^2ds 其中C为曲线x^2+y^2+z^2=4与z=根号3的交线 -
牧信13167724965…… 把z = √3代入x² + y² + z² = 4 x² + y² + 3 = 4 得 x² + y² = 1 于是令x = cost,y = sint,0 ≤ t ≤ 2π ds = √[(x'(t))² + (y'(t))²] dt = √(sin²t + cos²t) dt = dt ∮ x² ds= ∫(0→2π) cos²t dt= ∫(0→2π) (1 + cos2t)/2 dt= (1/2)[t + (1/2)sin2t]:(0→2π)= π
@钟灵4396：f(x)具有一阶连续导数 且满足f(x)=1+∫(上限是x下限是0)f(t)/x dt+x,求f(x)表达式 求解,需过程. -
牧信13167724965…… f(x)=1+∫[0,x] f(t)/x dt+x=1+1/x∫[0,x] f(t) dt+x [f(x)-1-x]*x=∫[0,x] f(t) dt 两边求导得 xf'(x)+f(x)-1-2x=f(x) xf'(x)=1+2x f'(x)=(1+2x)/x=1/x+2 两边积分得 f(x)=lnx+2x+C
@钟灵4396：x趋向于0,∫0,x2(ln1+t2)dt是x的几阶无穷小 -
牧信13167724965…… ^对∫0,x^2 ln(1+t^2)dt 求导得到 ln(1+x^4) *2x 那么x趋于0时,ln(1+x^4)等价于x^4 所以ln(1+x^4) *2x等价于2x^5,是5阶无穷小 再积分一次,原来的定积分就是x的6阶无穷小
@钟灵4396：全导数与偏导数的区别 全导数dz/dt=(偏z/偏u)(du/dt)+(偏z/偏v)(dv/dt) -
牧信13167724965…… 连锁图的终端只有t一个变量,u,v为中间变量,z对t求导即为全导数,终端为多个自变量,则z对其中一个求导称为偏导数
牧信13167724965…… 推荐马维克圈319. 先说DT x1600,其实DT轮组挺漂亮的,不过DT一贯的毛病就是偏软,再加上X1600这么个超轻轮组,嘿嘿,得大大增加调圈工作量了. 马维克319相对泼辣硬朗,骑起来路感要好得多,不知道你体重如何,既然你考虑X1600超轻轮组,也可以选择马维克317,用1.95的胎跑个公路山路的相当不错.
@钟灵4396：证明对任意常数c函数x(t)=ce^( - 3t)+2t+1是微分方程dx/dt+3x=6t+5的解,并计算该方程满足初值条件x(0)=3的解 - 作业帮
牧信13167724965…… [答案] dx/dt=-3ce^(-3t)+2, 3x=3ce^(-3t)+6t+3, 所以dx/dt+3x=6t+5, 即x(t)=ce^(-3t)+2t+1是微分方程的解.x(0)=ce^(-3*0)+2*0+1=c+1=3,故c=2,即x(t)=2e^(-3t)+2t+1.
@钟灵4396：设f(x)=∫(0--sinx) ln(1+t^2)dt,g(x)=x^3+tan^4 x,则当x--0时,f(x)是g(x)的什么无穷小设f1(x)的一个原函数是e^2x,f2(x)的一个原函数是e^ - 2x,则当D时区域0 - 作业帮
牧信13167724965…… [答案] 1、 x趋于0时,sinx和tanx都是等价于x的, 所以此时f(x)等价于∫(0->x) ln(1+t^2)dt, 求导得到ln(1+x^2)又等价于x^2 g(x)等价于x^3+x^4,求导得到3x^2+4x^3 很显然3x^2+4x^3比x^2高阶, 所以原函数g(x)也比h(x)高阶 2、 f1(x)的一个原函数是e^2x,f2(x)...
@钟灵4396：∫dt/(1+cost) -
牧信13167724965…… ∫ 1/(1 + cost) dt,cos2t = 2cos²t - 1 ==> cost = 2cos²(t/2) - 1= ∫ 1/[2cos²(t/2)] dt= ∫ sec²(t/2) d(t/2)= tan(t/2) + C= sint/(1 + cost) + C
@钟灵4396：求根号x/1+根号x的不定积分 -
牧信13167724965…… 原积分=∫2x/(1+√x)d√x =∫2x/(1+√x)d(√x+1), 令√x+1=t,则原积分=∫2(t-1)^2/tdt =2∫tdt-4∫dt+2∫1/tdt =t^2-4t+2lnt+C.
@钟灵4396：∫x^2ds 其中C为曲线x^2+y^2+z^2=4与z=根号3的交线 -
牧信13167724965…… 把z = √3代入x² + y² + z² = 4 x² + y² + 3 = 4 得 x² + y² = 1 于是令x = cost,y = sint,0 ≤ t ≤ 2π ds = √[(x'(t))² + (y'(t))²] dt = √(sin²t + cos²t) dt = dt ∮ x² ds= ∫(0→2π) cos²t dt= ∫(0→2π) (1 + cos2t)/2 dt= (1/2)[t + (1/2)sin2t]:(0→2π)= π
@钟灵4396：f(x)具有一阶连续导数 且满足f(x)=1+∫(上限是x下限是0)f(t)/x dt+x,求f(x)表达式 求解,需过程. -
牧信13167724965…… f(x)=1+∫[0,x] f(t)/x dt+x=1+1/x∫[0,x] f(t) dt+x [f(x)-1-x]*x=∫[0,x] f(t) dt 两边求导得 xf'(x)+f(x)-1-2x=f(x) xf'(x)=1+2x f'(x)=(1+2x)/x=1/x+2 两边积分得 f(x)=lnx+2x+C
@钟灵4396：x趋向于0,∫0,x2(ln1+t2)dt是x的几阶无穷小 -
牧信13167724965…… ^对∫0,x^2 ln(1+t^2)dt 求导得到 ln(1+x^4) *2x 那么x趋于0时,ln(1+x^4)等价于x^4 所以ln(1+x^4) *2x等价于2x^5,是5阶无穷小 再积分一次,原来的定积分就是x的6阶无穷小
@钟灵4396：全导数与偏导数的区别 全导数dz/dt=(偏z/偏u)(du/dt)+(偏z/偏v)(dv/dt) -
牧信13167724965…… 连锁图的终端只有t一个变量,u,v为中间变量,z对t求导即为全导数,终端为多个自变量,则z对其中一个求导称为偏导数
