Her kan du stille spørsmål vedrørende problemer og oppgaver i matematikk for videregående skole og oppover på høyskolenivå. Alle som føler trangen er velkommen til å svare.
Støtte på en ganske lei oppgave om tredjegradsfunksjoner i dag, legger ved bilde av den. Å løse oppgave a) gikk fint, ettersom en linje y = cx + b vil gjøre det slik at når vi løser g(x) = y, så får vi kun en løsning, ettersom vi kan trekke cx fra på begge sidene og løse likningen for x.
Jeg antar at det er noe av det samme man må gjøre på oppgave b), men jeg står litt fast i hvordan jeg skal gå fram. Jeg tenker at det må finnes et stigningstall s som gjør att linjen y = sx + n blir slik, at når vi setter den lik h(x) så kommer vi kunne trikse litt så vi får et tredjegradspolynom som kun har en løsning. Når vi løser andregradslikninger så er det jo ganske enkelt å finne ut når en slik likning bare har en løsning, men hvordan gjør vi dette med en tredjegradslikning? Jeg tenker at alle likninger på formen [tex](ax-b)^3=0[/tex] bare har en løsning, så dermed må man forsøke å finne en linje y = sx + n som gjør at når vi setter den lik h(x), så kan vi omforme utrykket til et på formen [tex](ax-b)^3=0[/tex]. Dette er bare en vag tanke jeg har, og som jeg ikke helt vet om leder til noe. Er det noen andre som har tanker, eller vet hvordan man skal løse oppgaven?
Screenshot 2023-11-20 at 11.16.04.png (220.45 kiB) Vist 3599 ganger
a x[tex]^{3}[/tex] + cx + d = c x + k [tex]\Rightarrow[/tex] x = [tex]\sqrt[3]{\frac{k - d}{a}}[/tex] ( her får vi eitt og berre eit skj. pkt. )
Hint vedk. punkt b: Tangenten gjennom vendepunktet tangerer grafen samtidig som den skjer grafen.
Okei, så det er altså tangenten i vendepunktet som oppfyller kravet om å skjære grafen i kun ett punkt? Synes det er en litt merkelig oppgave, for det virker som at det er mange linjer som skjærer en tredjegradsfunksjon i kun ett punkt, og ikke bare vendetangenten.
Hallo ! Teikne eit grafisk bilde av ein ( allmenn ) tredjegradsfunksjon med både topp- og botnpunkt. Da vil vi sjå at alle linjer med same retning ( stigningstal )
som vendetangenten skjer grafen i eitt og berre eitt punkt. Er dette rimeleg , eller urimeleg ?
Det er nok helt rett som du påpeker, at vendetangenten alltid skjærer en tredjegradsfunksjon i kun ett punkt, og dette går å vise på følgende sett. Man finner x-verdien til vendepunktet av funksjonen [tex]f(x)=ax^3+bx^2+cx+d[/tex] ved å løse [tex]f''(x)=0\Rightarrow x=\frac{-b}{3a}[/tex]. Den generelle likningen for vendetangenten kan da skrives [tex]g(x)=f'(\frac{-b}{3a})(x-(\frac{-b}{3a}))+f(\frac{-b}{3a})[/tex]. Dette er bare ettpunktsformelen brukt med punktet [tex](\frac{-b}{3a}, f(\frac{-b}{3a}))[/tex] og stigningstall [tex]f'(\frac{-b}{3a})[/tex]. Vendetangenten g(x) får likningen [tex]g(x)=\frac{-9ab^2+27a^2cx-b^3+27a^2d}{27a^2}[/tex], og om vi setter [tex]g(x)=f(x)[/tex] og lar CAS løse denne, så får vi at det bare finns en løsning, altså bare ett skjæringspunkt mellom vendetangenten og tredjegradsfunksjonen, nemlig i punktet [tex](\frac{-b}{3a},f(\frac{-b}{3a}))[/tex]. Og svaret på oppgaven var jo å finne stigningstallet s til linjen som oppfyller det kravet som g(x) gjør, og s uttrykt ved a, b, c og d er da [tex]f'(\frac{-b}{3a})=\frac{-b^2+3ac}{3a}[/tex]
O. K. ! Ser også at stigningstalet( s ) er uavhengig av konstantleddet d. Dette synest rett og rimeleg ettersom endringar i konstantleddet ( d ) berre
flytter grafen oppover eller nedover parallelt y -aksen.
