3 года назад

Докажите что касательные, проведенные через точки графика функции f(x)=3+sinx/2 с абциссами x1=0 и x2=-4pi параллельны

1 ответ:

dtse [161]3 года назад

0 0

F'=1/2*cosx/2
f'(0)=1/2
f'(-4pi)=f'(4pi)=f'(0)=1/2
производные геометрически это тангенс угла наклона касательной к положительному направлению оси х. Иначе - угловой коэфф. k.
Итак обе прямых идут под одним углом то есть параллельны.

Читайте также

Помогите решить дифференциальное уравнение второго порядка

abductor

Понизим порядок заменой $y'=u(x)$ , тогда $y''=u'(x)$ , получим

$(1+x^2)u'+u^2+1=0$ - уравнение с разделяющимися переменными

$\displaystyle \dfrac{du}{dx}=\dfrac{-1-u^2}{x^2+1}~~\Rightarrow~~-\int\dfrac{du}{1+u^2}=\int\frac{dx}{1+x^2}~~\Rightarrow~~ -{\rm arctg}\, u={\rm arctg}\, x+C_1$

Выполнив обратную замену $u=-{\rm tg}({\rm arctg}\, x+C_1)$ , получим

$y'=-{\rm tg}({\rm arctg}\, x+C_1)\\ \\ y=\displaystyle \int -{\rm tg}({\rm arctg}\,x+C_1)dx$

$-{\rm tg}({\rm arctg}\,x+C_1)=-\dfrac{{\rm tg}({\rm arctg}\, x)+{\rm tg}\, C_1}{1-{\rm tg}({\rm arctg}\, x){\rm tg}\, C_1}=\dfrac{x+{\rm tg}\, C_1}{x{\rm tg}\, C_1-1}$

Тогда

$y=\displaystyle \int\dfrac{x+{\rm tg}\, C_1}{x{\rm tg}\, C_1-1}dx=\int \bigg(\frac{({\rm tg}^2C_1+1){\rm ctg}\, C_1}{x{\rm tg}\, C_1-1}+{\rm ctg}\, C_1\bigg)dx=\\ \\ \\ =\left({\rm tg}\, C_1+{\rm ctg}\, C_1\right)\int\frac{dx}{x{\rm tg}\, C_1-1}+{\rm ctg}\, C_1\int dx=\\ \\ \\ =({\rm tg}\, C_1+{\rm ctg}\, C_1)\cdot {\rm ctg}C_1\ln|x{\rm tg}\, C_1-1|+x{\rm ctg}\, C_1+C_2=\\ \\ \\ =\boxed{({\rm ctg}^2C_1+1)\ln|x{\rm tg}\, C_1-1|+x{\rm ctg}\, C_1+C_2}$