matija je napisao:[dispmath]\cdots\iff x={\color{red}5}\;\lor\;2x^2+9x-5=0\iff x={\color{red}5}\;\lor\;x=\frac{1}{2}[/dispmath]
Zapravo, umesto [inlmath]x=5[/inlmath] treba da stoji [inlmath]x=-5[/inlmath]. I to rešenje odbacujemo, jer to nije tačka
dodira koju tražimo, već tačka
preseka krive funkcije i prave koja predstavlja tangentu (da, tangenta u nekoj tački funkcije može
seći tu istu funkciju u nekoj drugoj tački).
Ako nekom nije baš najjasniji Matijin postupak – krenuli smo od eksplicitnog oblika jednačine prave, [inlmath]y=kx+n[/inlmath], što je oblik za bilo koju pravu, a pošto je tangenta po svojoj prirodi prava, to i za nju mora važiti taj eksplicitni oblik jednačine. Pošto tangenta mora prolaziti kroz tačku [inlmath](-5,0)[/inlmath], uvrštavanjem [inlmath]x=-5[/inlmath] i [inlmath]y=0[/inlmath] u jednačinu [inlmath]y=kx+n[/inlmath], dobijemo [inlmath]0=-5k+n[/inlmath], odakle sledi da je [inlmath]n=5k[/inlmath], tj. da jednačina prave [inlmath]y=kx+n[/inlmath] postaje [inlmath]y=kx+5k[/inlmath], tj. [inlmath]y=k(x+5)[/inlmath].
Pošto je u pitanju tangenta na neku tačku funkcije, to znači da će njen koeficijent pravca [inlmath]k[/inlmath] biti zapravo izvod funkcije u toj tački. Što znači da možemo pisati [inlmath]y=f'(x)(x+5)[/inlmath] (zapravo, korektnije bi bilo pisati [inlmath]y=f'(x_0)(x+5)[/inlmath], al' gledam da sad maksimalno uprostim). S druge strane, imamo i zadatu funkciju, [inlmath]y=f(x)[/inlmath]. Sad nam je cilj da odredimo zajedničku tačku funkcije i tangente na tu funkciju, a to postižemo izjednačavanjem desnih strana njihovih jednačina, tj. [inlmath]f(x)[/inlmath] i [inlmath]f'(x)(x+5)[/inlmath], čime dobijamo [inlmath]f(x)=f'(x)(x+5)[/inlmath].
Odatle se dobiju već napisana rešenja [inlmath]x=-5[/inlmath] i [inlmath]x=\frac{1}{2}[/inlmath], međutim, kao što već napomenuh, samo će [inlmath]x=\frac{1}{2}[/inlmath] predstavljati tačku dodira tangente i funkcije, budući da u [inlmath]x=-5[/inlmath] nemamo dodir već presek.
Iz ovoga se može naći i jednačina tangente, jer znamo da ista prolazi kroz tačke [inlmath](-5,0)[/inlmath] i [inlmath]\Bigl(\frac{1}{2},f\left(\frac{1}{2}\right)\Bigr)[/inlmath].
A objašnjenje
mog načina bi bilo da, nakon što sam odredio oblik koji mora imati jednačina tangente, a to je [inlmath]y=k(x+5)[/inlmath] (napisah već zašto), sad postavljam uslov da tangenta i kriva funkcije moraju imati tačno jednu zajedničku tačku, ne računajući tačku [inlmath]x=-5[/inlmath]. Jer, tačno jedna zajednička tačka to bi značilo tačka dodira, dok bi dve zajedničke tačke značile presek, a nula zajedničkih tačaka značilo bi da se mimoilaze. Dakle, imamo jednačinu tangente [inlmath]y=k(x+5)[/inlmath], imamo funkciju [inlmath]f(x)=(x+5)\cdot\left(x^2-x-6\right)[/inlmath] i izjednačimo desne strane radi nalaženja zajedničkih tačaka. Dobijemo
[dispmath]k(x+5)=(x+5)\cdot\left(x^2-x-6\right)[/dispmath] Pošto smo rekli da nas tačka [inlmath]x=-5[/inlmath] ne interesuje, jer to nije tačka dodira, skratimo faktore [inlmath](x+5)[/inlmath] na levoj i na desnoj strani:
[dispmath]k=x^2-x-6\\
x^2-x-(k+6)=0[/dispmath] I, kako bismo imali tačno jednu zajedničku tačku (tačku dodira), ova kvadratna jednačina mora imati
tačno jedno rešenje. A to će se desiti onda kad joj je diskriminanta jednaka nuli:
[dispmath]D=1+4(k+6)=4k+25=0[/dispmath] Dakle, [inlmath]k=-\frac{25}{4}[/inlmath], odakle sledi da je jednačina tražene tangente [inlmath]y=-\frac{25}{4}(x+5)[/inlmath].