y'=∫dx/(1+x²)=arctg(x)+C1, y=∫[arctg(x)+C1]*dx=x*arctg(x)-1/2*ln(1+x²)+C1*x+C2, где С1 и С2 - произвольные постоянные. Используя условия y(0)=0 и y'(0)=0, находим C1=C2=0. Тогда частное решение y1=x*arctg(x)-1/2*ln(1+x²). Подставляя x0=1, находим y0=1*arctg(1)-1/2*ln(2)≈0,44.
Проекцией бокового ребра пирамиды на основание будет являться отрезок, концы которого есть точки пересечения перпендикуляров, опущенных с концов бокового ребра пирамиды на основание, с самим основанием пирамиды. Т.е. должен получиться прямоугольный треугольник с гипотенузой, равной 10 см. Угол бокового ребра с основанием равен 60, следовательно другой острый угол равен 30. Напротив угла в 30 градусов лежит сторона, равная половине гипотенузы. 10/2=5см. Это и есть искомая проекция. Если что непонятно, пишите в лс, объясню подробнее
Количество страниц в книге 168. Нужно составить уравнение с одним неизвестным. Количество стр. в книге Х, тогда в первый день Миша прочитал (13/28)* Х стр. , а во второй день он прочитал (1 - 13/28)*(11/18)* Х стр. . Количество страниц в книге относительно долей - это единица. Составим уравнение: (13/28)* Х + (1 - 13/28)*(11/18)* Х + 35 = Х,
ответ: y0≈0,44.
Пошаговое объяснение:
y'=∫dx/(1+x²)=arctg(x)+C1, y=∫[arctg(x)+C1]*dx=x*arctg(x)-1/2*ln(1+x²)+C1*x+C2, где С1 и С2 - произвольные постоянные. Используя условия y(0)=0 и y'(0)=0, находим C1=C2=0. Тогда частное решение y1=x*arctg(x)-1/2*ln(1+x²). Подставляя x0=1, находим y0=1*arctg(1)-1/2*ln(2)≈0,44.