Matematikkens mysterier - på et obligatorisk niveau. 7. Ligninger, polynomier og asymptoter

Transkript

1 Matematikkes mysterier - på et obligatorisk iveau af Keeth Hase 7. Ligiger, polyomier og asymptoter Hvad er e asymotote? Og hvorda fides de?

2 7. Ligiger, polyomier og asymptoter Idhold 7.0 Idledig 7.1 Udsag 3 7. Ligiger Polyomier Polyomiers rødder Uligheder Fortegsudersøgelser Asymptoter Vadrette og skrå asymptoter Lodrette asymptoter 51 7.A Bevis for p/q-metode 56 Faitliste 58 Kapiteloversigt 60 Avedte symboler Sætiger, defiitioer og formler er mærket med FS: LS: sætige fides i formelsamlige lær selv formle udead - de fides (uderligt ok) ikke i formelsamlige, og du får sikkert brug for de til eksame 1

3 7.0 Idledig I dette kapitel skal du lære om hele tre forskellige tig: Først og fremmest skal du lære at løse ligiger og uligheder. Det ka du sikkert allerede, me du skal lære ogle ye metoder og fremgagsmåder. Du skal bl.a. lære at løse f.eks. e femtegradsligig, f.eks = 0 Polyomier er e meget geerel klasse af fuktioer. Et eksempel på et polyomium er f ( ) = Hmm, der er jo e vis lighed med femtegradsligige ovefra... Sådae fuktioer viser sig at være emme at arbejde med, hvilket også er heldigt, fordi de optræder mage steder. De ee af forfattere har faktisk været med til at beskrive udførligt, hvorda ma ka beskrive kuder (f.eks. e sløjfe eller et kælligekob) ved hjælp af polyomier! Du skal også lære om asymptoter, som i e vis forstad er det modsatte af differetialregiges tageter. I differetialregige betragtede vi grafe for e fuktio uder e kraftig forstørrelse, og vi så, at grafe ærmest ligede e liie - tagete. Ma ka også betragte e graf uder kraftig formidskelse, og også her ser ma, at grafe ærmest bliver til ogle liier - asymptotere. At vide asymptotere til e graf er e stor hjælp til at få et overblik over grafes udseede, og det ka i mage tilfælde hjælpe é til at skitsere grafe ret øjagtigt.

4 7.1 Udsag Vi starter med at fide ud af, hvad e ligig egetligt er for oget. Svaret er, at e ligig er et åbet udsag. For at forklare dette skal vi først se på, hvad er udsag er: Et udsag er et udtryk, som ka være ete sadt eller falsk. Eksempel "6 7 4 " = " er et sadt udsag. = + " er et falsk udsag "De ee af forfattere til dee bog hedder Iverse til efterav" er et sadt udsag. Et udtryk, som ma ikke ka afgøre er sadt eller falsk, er derimod ikke et udsag. Eksempel "Alle babyer er søde" - hvad mees der med ordet 'sød'? "Hase har mage pege" - hvor mage? 100 kr eller kr? "6 = 4" - hvad er? Problemet med sætiger, som ikke er udsag er, at de ofte ideholder udefierede størrelser. Ovefor er de udefierede størrelser sød, mage og. Det sidste udsag kaldes et åbet udsag, idet det er et udtryk, hvori der idgår e variabel, her, og som ma ved at erstatte variable med et tal ka omdae til et almideligt udsag. Ma ka rege med udsag. Der fides følgede 5 regeoperatioer: Negatio (ikke): Kojugatio (og): Disjuktio (eller): Implikatio (medfører): Biimplikatio (esbetydede): Sadhedsværdie af sammesatte udsag afhæger af de ekelte deludsag. Reglere er: Negatioe af et sadt udsag er falsk. Negatioe af et falsk udsag er sadt. Kojugatioe af to sade udsag er sadt. I alle adre tilfælde er kojugatioe falsk.

5 Disjuktioe af to falske udsag er falsk. I alle adre tilfælde er disjuktioe sad. Implikatioe af to udsag er sad, udtage hvis det første udsag er sadt og det adet falsk. Biimplikatioe er to udsag er sadt, etop år begge udsag har samme sadhedsværdi. Ma opstiller ofte disse regler i såkaldte sadhedstabeller. Idet der er to udsag, A og B, som hver ka atage to sadhedsværdier, så er der i alt = 4 kombiatiosmuligheder. For hver af disse agives så sadhedsværdie af det sammesatte udsag. Nedefor betyder 'S' sad og 'F' falsk: A B A B A B A B A B A B S S F F S S S S S F F S F S F F F S S F F S S F F F S S F F S S Vi veder u tilbage til de åbe udsag. Til et givet åbet udsag er ma ofte iteresseret i af fide de værdier af de variable, som gør udsaget til et sadt udsag. Mægde af disse værdier kaldes det åbe udsags løsigsmægde og beteges ofte med bogstavet L. Ma har også brug for at vide, hvilke værdier, ma i det hele taget må sætte id på variables plads. Disse tilladte værdier kaldes grudmægde og beteges med G. Ofte får ma itet at vide om grudmægde, og i disse tilfælde er grudmægde de størst mulige. Bemærk dog, at alle elemetere i grudmægde skal give et meigsfyldt udsag, år de idsættes på de variables plads. (Bemærk, at der er e vis lighed mellem grudmægde for e ligig og defiitiosmægde for e fuktio. Ma skal dog passe på ikke at forveksle de to tig!) Eksempel Åbet udsag: Grudmægde: Løsigsmægde: + = G = R L = { 1 } 6 = 0 G = R L = { 3 ; } = G = R \ { 0 } L = { } + =, G = ] ;10 ] L = { 1 } + =, G = ] ;0 ] L = > 0, Z G = Z L = N 3

6 Til et åbet udsag har ma altså altid e løsigsmægde. Problemet er blot at fide de. Det er det, ma ormalt kalder at løse ligiger og uligheder. Ofte kommer ma ud for sammesatte åbe udsag. Det viser sig, at der er e tæt sammehæg mellem det sammesatte udsags løsigsmægde og de to deludsags løsigsmægder. Reglere er som følger: Det åbe udsag A( ) har grudmægde G 1 og løsigsmægde L 1. Det åbe udsag B( ) har grudmægde G og løsigsmægde L A( ) har grudmægde G 1 og løsigsmægde G1 \ L1. A( ) B( ) har grudmægde G1 G og løsigsmægde L L A( ) B( ) har grudmægde G G og løsigsmægde L L (I dette sidste tilfælde skal ma passe lidt på - løsigsmægde skal være e delmægde af grudmægde, så løsigsmægde er faktisk ( L1 L ) ( G1 G ). Det kue jo være, at e løsig til A( ) ikke lå i grudmægde til B( )...) Reglere er meget lette at huske, idet symbolere og liger hiade meget, og symbolere og også liger hiade. Geerelt er situatioe de, at ma står med e ligig eller e ulighed, som ma øsker at omforme, så ma direkte ka se, hvad løsigsmægde er. Nu skal ma jo udervejs i sie omformiger helst ikke miste ogle løsiger! Derfor lærte vi allerede i 1G ogle regler, som sikrede, at ma ikke mistede ogle løsiger udervejs. Ved e ligig må ma f.eks. lægge samme tal til på begge sider at lighedsteget ude at ædre løsigsmægde. Det ses jo klart: = + 4 = + 4 Vi lærte degag, at ma skulle skrive dee dobbeltpil mellem ligigere, ude at vi vidste hvorfor. Nu ka ma godt se, at de faktisk har betydig - dobbeltpile fortæller emlig, at løsigsmægde til det første udsag er lig løsigsmægde til det adet udsag. Et adet eksempel på, at logiske symboler optræder i ligigsløsig er = 16 = 16 = 16 4

7 = 4 = 4 Her er løsigsmægde til det ederste, sammesatte udsag jo L = 4 4 = 4; 4, og dobbeltpilee fortæller, at dette også er løsigsmægde { } { } { } til de opridelige ligig. Ved det sidste esbetydede-teg er der ikke oge problemer, idet vi blot idetifierede to kvadratrødder. Det var med adre ord e reduktio, og e såda er altid tilladt. Ved det første esbetydede-teg krævede der derimod kedskab til de speielle fuktio, som hedder at kvadrere. Vores vide om dee fortæller, at der etop er to løsiger til e kvadratfuktio, som fides ved at tage kvadratrode eller -kvadratrode af højreside. Der må derfor gælde esbetydede mellem første og ade liie. Opgaver 1.1 Agiv sadhedsværdie af edeståede udsag, A-E.: A : "Købehav er hovedstade i Damark" B : " + = 5 " C : "Jyllad er e ø" D : "Falster er e giraf" E : "Kig Kog er e abe" Agiv edvidere sadhedsværdiere af de sammesatte udsag: A E, B, B D, D E, C A B B, A C, D A, C C 1. For edeståede åbeudsag er grudmægde lig G = { },,,,,,,,,. Bestem løsigsmægdere a) er et lige tal b) er et primtal ) = 6 d) = 11 e) = 3 = 9 f) = 3 = 9 5

8 7. Ligiger Fra 1G (eller tidligere) keder vi de fudametale regler for ligigsløsig: Ma må addere eller subtrahere det samme på begge sider at ligige, og ma må multipliere eller dividere med det samme på begge sider at ligige, forudsat at ma ikke gager eller dividerer med 0. Vi giver et par eksempler - husk, at år ma løser e ligig, så skal ma altid starte med at agive grudmægde, og slutte med at agive løsigsmægde. Eksempel Løs: = 6 Svar: G = R, idet ligige giver meig for alle værdier af. Dvs. L = { 5} Løs: + 5= = 6 3 = 6 4 = 10 = 5 Svar: G = R, idet ligige giver meig for alle værdier af. + 5= 5 5= 5 Idet det sidste udsag altid er falsk, så er L =. Løs: + = + Svar: G = R + = + = Idet det sidste udsag altid er sadt, er L = G = R Bemærk, at vi i de to sidste tilfælde er ødt til at skaffe os af med 'et i ligige, før at vi ka afgøre, at vi altid har et sadt eller et falsk udsag. 6

9 Løs: = 5 Svar: G = R \ { 0 }, idet udsaget giver meig for alle tal påær 0. Dvs L = { 5 } 5 = = 5 5 = Bemærk, at vi i ade liie gagede med på begge sider. Dette er tilladt, idet vi allerede ved, at 0 ; tallet 0 var jo udelukket fra grudmægde. E vigtig type ligiger er adegradsligigere, som vi allerede har stiftet bekedtskab med: Eksempel Løs: = 0 Svar: G = R Diskrimiate er d = 3 4 ( 5) = 49, så = 0 = 3 49 =, 5 = 1 Dvs. L = {, 5; 1} Her avedte vi de velkedte løsigsformel. = Tit og ofte kommer ma ud for ligiger, som ikke er adegradsligiger, me som ved at erstatte de variable med e ade variabel t giver e adegradsligig. Ma taler om maskerede adegradsligiger: 7

10 Eksempel Løs: = + 4 Svar: For det første ses, at G = 0;, idet idmade af et kvadratrodsteg, her, ikke må være egativ. Erstatter vi med t, så får vi faktisk e adegradsligig: = = 0 t t 4 = 0 t = ( 1) ( 1) 4 1 ( 4) ( 1) + ( 1) 4 1 ( 4) 1 1 ( t = t = ) t = ( t = t = ) t = 1 (*) t = + 17 t = Dvs. L = ( ) = ( ) Her brugte vi, at 0, og at vi derfor kue smide de egative t- løsig væk. Dette foregik i liie markeret med e stjere, (*). Løs: 6 15, 7 15, 8 = 10 Svar: Dette er e maskeret adegradsligig (t = 15, ). Vi udlader dog at bruge symbolet t - det ka sagtes udværes. Idet udtrykket 15, er defieret for alle værdier af, så er grudmægde G = R 8

11 6 15, 7 15, 8 = 10 6 ( 15, ) 7 ( 15, ) + = , ( ) = ± 6 15, = 1 15, = = ± 1 log( 0, 5) log( 0, 75) = = log( 15, ) log( 15, ) Heraf ses, at løsigsmægde er L = log( 05, ) log(, ), log( 0, 75) 15 log( 15, ) Løs: 4 log ( + ) 5 log( + ) 15, = 0 Svar: Dette er ige e maskeret adegradsligig, hvor vi erstatter log( + ) G = ;, idet idmade + til logaritme med t. Grudmægde er ] [ skal være positiv. 4log ( + ) 5log( + ) 15, = 0 Ergo 5 ( ), log( + ) = ± = ± log( + ) = 15, log( + ) = 0, 5 1, 5 0, 5 + = 10 + = 10 1, 5 0, 5 = 10 = 10 { 10 1, ,, 5 } { 1438,, 9, 6} L = Nulregle siger, at hvis to størrelser gaget samme giver 0, så er midst e af størrelsere 0. Symbolsk: " ab = 0" " a = 0 b = 0 ". Dee ulregel er meget yttig ved løsig af ligiger: 9

12 Eksempel Løs: ( 1)( ) = 0 Svar: G = R Nulregle giver ( 1)( ) = 0 1 = = 0 = ± 4 ( 1) = ± ± 4 = 4 ( = = 3) ( = 4 = 6 ) Dvs. L = { ;3;4;6} 10± = 1 Ma ka u og da komme ud for ligiger ideholdede umerisk-teg. Her er ma ødt til at dele op efter, hvorvidt idmade i umerisk.teget er positivt: Eksempel Løs: + 5 = 10 Svar: G = R + 5 = = 10 ( + 5) = 10 Dvs. L = { 5; 15} Løs: + 4 = Svar: G = R + 4 = = 5 = = ( + 4) = 10

13 = = 6 Dvs. L = { ; 6} Løs: + 10 = Svar: G = R L =, idet vestreside aldrig ka være egativ, og højreside er egativ. Opgaver.1 Løs følgede ligiger med grudmægde R: a) ( + )( 5) = 0 b) = 4 ) = 5 d) + 5 = 0 e) = f) 1 1 = 0 Løs derefter de samme ligiger, me med grudmægde Q (de ratioale tal) og med grudmægde Z.. Løs ligigere a) = 0 b) = ) + = 0 d) 4 = e) 1 = 0 f) 7 18 = g) + 15 = 0 h) = 0 i) ( + 1) + 5( + 1) + 6 = 0 j) + = k) = 0 l) e 3e + = 0.3 Løs ligigere a) + 3 = b) = ) 1 3 = 3 d) e) f) = 3.4 Løs a) ( + 1) = 3 1 b) ( + 1) = 3 ) ( 3) = ( 1) d) = 11

14 7.3 Polyomier Vi skal u til at lære, hvorda ma løser trediegrads-, fjerdegrads--, femtegradsligiger osv. For at kue løse dem er vi ødt til at vide, hvorledes ma reger med polyomier. Dette er idholdet af dette afsit, og først i æste afsit kommer metodere til ligigsløsige. Defiitio 1 (FS) Et polyomium er e fuktio af forme 1 f ( ) = a + a a + a + a 1 hvor ma kræver, at a 0. Tallet kaldes polyomiets grad og beteges ofte = grad( f ). Et speielt polyomium er ulpolyomiet f ( ) = 0 som ikke tildeles oge grad. 1 0 Eksempler Et fjerdegrads-polyomium er f ( ) = Her er fjerdegradskoeffiiete a 4 = 3 trediegradskoeffiiete a 3 = adegradskoeffiiete a = 5 førstegradskoeffiiete a 1 1 = ultegradskoeffiiete a 0 = 9 Flere polyomier er g( ) = grad( g ) = h( ) = grad( h ) = 1 i( ) = grad( i ) = 0 6 j( ) = 4 grad( j ) = 6 Et polyomium må ku ideholde heltallige ikke-egative poteser af variable. Nedeståede fuktioer er derfor ikke polyomier: 1

15 1 1 k( ) = l( ) = + m( ) = e 3 ( ) = log( ) Polyomier ka adderes, subtraheres og multiplieres. Resultatet er ige et polyomium: Eksempel Lad f og g være polyomiere 4 f ( ) = og g( ) = 9. Vi ka da dae følgede polyomier: PLUS: MINUS: 4 ( f + g)( ) = f ( ) + g( ) = ( 3 + 8) + ( 9) = ( f g)( ) = f ( ) g( ) = ( 3 + 8) ( 9) = GANGE: 4 ( f g)( ) = f ( ) g( ) = ( 3 + 8) ( 9) = = Ma ka bevise følgede sætig: Sætig (LS) Lad f og g være polyomier (bortset fra ulpolyomiet). Da gælder a) grad( f + g) ma(grad( f ), grad( g)) b) grad( f g) ma(grad( f ), grad( g)) ) grad( f g) = grad( f ) + grad( g) Beviset er i opgave 3.1. Ma ka ikke dividere polyomier og være sikker på at få et polyomium ige: 13

16 Eksempel Fuktioere 3 f ( ) = og g( ) = er begge polyomier, me kvotiete 3 f g f ( ) ( ) = = = g( ) er ikke et polyomium, da leddet 1 ødelægger dette - 1 er jo ikke e positiv potes af. Dee situatio har vi været ude for før! Du har sikkert lært i skole, at ma ka addere, subtrahere og multipliere hele tal, og stadigvæk få hele tal. Dividerer ma derimod to hele tal, så risikerer ma, at divisioe ikke går op. Ma ka reparere på dette på to forskellige måder: 1) Ma ka idføre brøker eller ratioale tal som resultatet af e divisio. ) Ma ka lave divisio med rest. Lad os dividere 6 med 8. 1) Divisioe giver = - altså et ratioalt tal. 4 ) Divisioe går op 3 gage med til rest: 6 = 3 8+ Ved polyomiere har ma de samme to udveje: Defiitio 3 E ratioal fuktio r er e fuktio af type: f ( ) r( ) = g( ) hvor f og g er polyomier, og g ikke er ulpolyomiet. 14

17 Fuktioe fra eksemplet ovefor f r g f ( ) ( ) = ( ) = = g( ) er altså e ratioal fuktio. Ratioale fuktioer er vigtige, og vi skal studere dem ærmere i kapitlere om asymptoter. Vi har dog mere brug for de ade udvej, emlig divisio med rest. Divisio med rest af polyomier ka foretages, fordi følgede sætig gælder: Sætig 4 (LS) Lad f og g være to polyomier, og atag, at g ikke er ulpolyomiet. Da fides to polyomier k og r, således at a) f ( ) = k( ) g( ) + r( ) b) grad( k) < grad( g) r kaldes restpolyomiet, mes k kaldes kvotietpolyomiet. Dette svarer gaske til divisioe af 6 med 8: Vi opskrev divisiosligige før: 6 = 3 8+ Der var kvotiete 3 og reste 8, og det ses, at dee ligig er gaske aalog til ligige a) i sætig 4. Tilsvarede svarer ulighede b) til, at reste er midre ed divisore 8. Dee ulighed sikrer, at divisioe er ført til ede. Det er lidt bøvlet at give et geerelt bevis for sætig 4, så det udelader vi her. Beviset går i øvrigt ud på, at ma agiver e metode til at fide kvotietpolyomiet k og restpolyomiet r. Dee metode hedder polyomiers divisio, og vi skal betragte e masse eksempler, me altså ikke oget geerelt bevis. 15

18 Eksempel Vi vil dividere polyomiet f ( ) = med g( ) =. Hertil skal ma bruge et skema af forme edeuder: Vi har plaeret f midt ide i skemaet og divisore g yderst til vestre. Når divisioe er færdig, så vil kvotiete k stå øverst, lige over f, og reste r vil stå ederst. Første tri går ud på at udersøge, hvor mage gage, som er højestegradsleddet i divisore g, går op i, som er første led i f. Vi laver altså regestykket : = Vi skriver u resultatet af divisioe på k's plads i skemaet: Derefter udreger og skriver vi polyomiet g( ) = edeuder f i skemaet: Vi trækker u de to polyomier fra hiade: 16

19 Vi getager u divisioe af g's højestegradsled op i det ye polyomiums højestegradsled: 5: = 5 Vi skriver 5-tallet på kvotietes plads: Så gager vi 5 med g og idfører dette i skemaet: Og edelig subtraherer vi de to ederste polyomier: Divisioe er u færdig - de foreløbige rest er 9, og dette ultegradspolyomium har midre grad ed g, som er et førstegradspolyomium. Vi har altså fuder ud af, at kvotiete er k( ) = + 5 og reste er r( ) = 9. Dette resultat ka skrives ete som 17

20 eller som = ( + 5) ( ) = + 5+ Vi kommer med ogle flere eksempler på polyomiers divisio. De serveres ude speielt mage kommetarer, så prøv selv at fide ud af, hvad der foregår! Eksempel = ( 7) ( + 7) + 6 Det ka betale sig opskrive de led i dividede, hvor koeffiiete er 0, som er gjort her ved led ummer. Det hjælper meget på overskuelighede Divisiosligige er her: = ( ) ( ) Det gør altså ikke oget, hvis højestegradskoeffiiete for divisorpolyomiet ikke er

21 Divisioe gik op! 3 + = ( ) ( 1) I det sidste eksempel dividerer vi et femtegradspolyomium med et adegradspolyomium. Fremgagsmåde er de samme som ovefor, divisioe bliver bare meget lægere: Divisiosligige bliver: = ( ) ( + + 1) + ( 17 1) Opgaver 3.1 Bevis sætig. (Vik: Hvilket højestegradsled er muligt i sum-, differes- eller produktpolyomiet.) 3. Betragt edeståede polyomier: 3 f1( ) = f ( ) = f3( ) = f 4 ( ) = f ( ) = 5 3 a) Agiv gradere af f1, f, f3, f 4 og f5 b) Bereg polyomiere 19

22 f + f, f f, f f, f f, f f 3f ) Kotrollér i oveståede regestykker, at sætig passer Udfør edeståede divisioer og opskriv divisiosligige: a) : 3 b) : + 4 ) : 1 d) : 3 e) : + f) : 3.4 Udfør edeståede divisioer og opskriv divisiosligige: a) : 3 + b) : + ) : + 1 d) : 3 1 e) : Udfør edeståede divisioer og opskriv divisiosligige: a) : b) : 4 3 ) : d) : 3 3 e) : a) Udfør divisioe :. b) Hvilke slags polyomium er reste? ) 4 3 Bereg værdie af polyomiet år =. d) Sammelig med reste fra divisioe i a). e) Bevis, at reste ved divisio af polyomiet f med førstegradspolyomiet a, hvor a er et reelt tal, faktisk er lig med polyomiets værdi f ( a) i puktet a. (Vik: Opskriv divisiosligige og sæt lig a). 0

23 7.4 Polyomiers rødder Vi har tidligere arbejdet med både første- og adegradspolyomier. Ved adegradspolyomiere brugte vi det meste af krudtet på at fide rødder, eller hvad der er det samme, på at løse adegradsligige. Det kommer ok derfor ok ikke som oge overraskelse, at også røddere for polyomier af grad højere ed er vigtige: Defiitio 5 (LS) Lad f være et polyomium og a et reelt tal. a er rod i f, hvis a er et ulpukt for f, dvs. f ( a) = 0. For det første vil vi fide ud af, hvor mage rødder et -te-gradspolyomium ka have. Vi får brug for følgede sætig: Sætig 6 (FS) Lad polyomiet f have rode a. Så vil divisioe gå op. f ( ) : a Bevis: Vi betragter divisiosligige for divisioe (de fik vi fra sætig 4): f ( ) = k( ) ( a) + r( ) Idet vi dividerer med et førstegradspolyomium, så vil restpolyomiet r være et ultegradspolyomium, dvs. e kostat fuktio (eller et tal, om ma vil). Divisioe går op, hvis dette tal er 0. Sætter vi lig a, så fås ifølge defiitio 5 ligige 0 = f ( a) Det idsætter vi i divisiosligige og får 0 = k( a) ( a a) + r( a) = k( a) 0+ r( a) = r( a) Dette viser, at det kostate polyomium r er lig 0 i a og derfor lig 0 altid. Divisioe går altså op! Følgede sætig er så vigtig, at de ofte kaldes algebraes fudametalsætig: 1

24 Sætig 7 (LS) Et polyomium af grad har højst rødder. Bevis: Lad f være et polyomium af grad, og lad røddere til f være a 1, a, a 3,.., a m Vi atager, at f har m forskellige rødder, og vi skal bevise, at m. Da a 1 er rod i f, så ved vi at divisioe f ( ) : a 1 går op. Kalder vi kvotietpolyomiet k 1, så har vi derfor divisiosligige: f ( ) = k1( ) ( a1 ) Ifølge sætig er grad ( k ) =. 1 1 Nu får vi at k 1 har røddere a, a 3,... a m, hvilket ses ved idsættelse i divisiosligige: 0 = f a = k1 a a a1 ( ) ( ) ( ) Faktore a a1 ka ikke være 0, idet de to tal a 1 og a er forskellige, og derfor må faktore k ( a ) være 0. Tilsvarede for de adre rødder. 1 Da a er rod i k 1, så ved vi at divisioe k1( ) : a går op. Kvotiete kaldes k, så vi får ige e divisiosligig: k1( ) = k ( ) ( a ) Det ses, at grad ( k ) =, og at tallee a 3, a 4,..., a m er rod i k. Vi fortsætter dee proedure så lag tid, vi ka. Vi ser, at vi ka getage proedure e gag for hver rod i f, dvs. i alt m gage. Me samtidigt ka vi ku getage proedure i alt gage, idet grade af kvotietpolyomiet ikke ka blive egativ. Ergo må m være midre ed eller lig med. Faktisk atyder dette bevis oget mere:

25 Sætig 8 (LS) Lad polyomiet f have røddere a 1, a,..., a m. Da fides hele tal,,..., og et polyomium k ude disse rødder således at 1 m 1 1 f ( ) = ( a ) ( a )...( a ) k( ) Tallet i kaldes multipliitete af rode a i m m Bevis: Ifølge sætig 6 ka vi dividere f med polyomiet a 1 ude at få e rest. Kaldes kvotiete k 1, så ka det ske, at a 1 ige er rod i k 1, og vi ka dividere ige. Dette gøres idtil a 1 ikke er rod i k 1 mere - alt 1 gage. Herefter getages proedure på a,a 3 op til a. I de sidste kvotiet går da ige af røddere op, og sætige følger. Hvis e rod har multipliitete, så kaldes rode e dobbeltrod, multipliitete 3 giver e tripelrod, osv.. Det er meget let at udersøge, om e give rod har e multipliitet højere ed 1 - se edeståede sætig, som er e af de få sætiger, som forbider polyomier og differetialregig: Sætig 9 (LS) Lad f være et polyomium med rode a. Da gælder: a har e multipliitet større ed 1 a er rod i både f og i f. Bevis: Vi atager, at a har multipliitete > 0. Vi ka da skrive f ( ) = ( a) k( ) hvor a ikke er rod i k. Differetieres dee ligig, så giver produktregle 1 f ( ) = ( a) k ( ) + ( a) k( ) 3

26 Idet > 0 vil faktore ( a) give 0 ved idsættelse af = a, så de idsættelse foretager vi 1 1 f ( a) = ( a a) k ( a) + ( a a) k( a) = ( a a) k( a) Sætiges pil edad: Vi ser, at hvis >1, så er faktore ( a a) 1 = 0, og a er rod i f. Sætiges pil opad: Vi ser også, at hvis a er rod i f, så gælder: 1 f ( a) = ( a a) k( a) = 0 Dette ka ku lade sig gøre, hvis ete ( a a) 1 er 0, eller k( a) er 0. Me a er ikke rod i k, så a 1 ( a ) = 0 Dee faktor ka ku være 0 år > 1, så multipliitete af a er altså større ed 1. Tidligere beviste vi e fuldstædig løsigsformel for adegradsligiger: Sætig 10 (FS) Lad f ( ) = a + b + være et adegradspolyomium. Lad diskrimiate d være defieret ved: d = b 4 a. f har da følgede rødder: hvis d < 0, så har f ige rødder hvis d = 0, så har f dobbeltrode b a hvis d > 0, så har f de to ekeltrødder b + d b d og a a Bemærk, at der er forskel på et adegradspolyomium og e adegradsligig: Et adegradspolyomium er e fuktio af forme f ( ) = a + b +. 4

27 E adegradsligig er e ligig eller et åbet udsag af forme a + b + = 0. Spørgsmålet er u, om der fides tilsvarede løsigsformler for polyomier af højere grad. Svaret er... tjah... Der fides formler for røddere i e trediegradsligig og e fjerdegradsligig. De er desværre temmeligt bøvlede at bruge i praksis, så dem kommer vi ikke ærmere id på. Nordmade Niels Herik Abel og fraskmade Evariste Galois beviste i starte af 19. århudrede, at der er umuligt at fide geerelle løsigsformler for polyomier af grad større ed 4. Heldigvis, for så skal vi ikke belemres med disse. Når ma så skal løse f.eks. e 7.gradsligig, så må ma beytte to adre metoder ed at sætte id i e løsigsformel. Disse er 1) at fide tilærmede rødder, og ) at gætte på rødder. De mest effektive måde at fide tilærmede rødder på er vha. Newto-Raphsos iteratiosformel, som vi har omtalt tidligere. Der fides dog adre metoder, bl.a. bisektiosmetode, som vi også keder til, og som desværre ikke er speielt effektiv. Når ma gætter på rødder, så er det dumt bare at gætte ud i de blå luft. Faktisk fides der e metode, som tillader e at komme med temmeligt itelligete gæt. De hedder "p/q-metode" og går ud på følgede: Sætig 11 (LS) 1 Lad f ( ) = a + a a + a + a polyomium med heltallige koeffiieter. 1 0 Hvis de uforkortelige brøk p q er rod i f, så vil p gå op i a 0 og q gå op i a være et Beviset for dee sætig står i Appediks A. Eksempel Lad os fide de ratioale rødder i polyomiet 3 f ( ) = Skrives rode som brøke p q, så skal p gå op i a 0 =, dvs. p { ±1, ± } 5

28 Og samlet fås q gå op i a 3 1 p q =, dvs. q { ±1} { ± 1 ± } = { ± 1, ± }, 1 1 Alle disse ratioale tal tjekkes ved idsættelse: 3 f ( 1) = = 0 3 f ( 1) = ( 1) 4 ( 1) + 5 ( 1) = 10 3 f ( ) = = 0 3 f ( ) = ( ) 4 ( ) + 5 ( ) = 36 Ergo er 1 og de eeste ratioale rødder. Fides der flere rødder? Tja, ifølge sætig 7 er der højst tre rødder, og vi keder to. Det er u lettest at se, om e af de to kedte rødder faktisk skulle være rod e gag til, dvs. e dobbeltrod. Hertil bruges sætig 9: 3 f ( ) = ( ) = og idsættes: f ( 1) = = 0 f ( ) = = 1 Aha, rode 1 har multipliitet større ed 1, mes rode har multipliitete 1. Idet polyomiet f har grad 3, så ka vi kokludere, at 3 f ( ) = har røddere 1(dobbeltrod) og. Kombieres sætigere 6, 9 og 10, så har vi et slagkraftigt våbe til at fide rødder. Metode går i al si simpelhed ud på at fide de ratioale rødder vha. p/q-metode, udføre divisioer á la sætig 6 og håbe på, at kvotietpolyomiet, som bliver tilbage, er et adegradspolyomium. Eksempel Lad os løse ligige: = 0 Her ka p/q-metode ikke umiddelbart bruges, idet koeffiietere skal være heltallige. Me vi ka gage ligige igeem med, således at alle koeffiietere bliver heltallige: = 0. Vi skal altså fide rødder i polyomiet: 6

29 5 4 3 f ( ) = p/q-metode bruges til at fide evetuelle ratioale rødder: p går op i a 0 4 p ± 1, ±, ± 4 q går op i a 5 q ±1, ± p q =, dvs. { } =, dvs. { } { ± 1, ±, ±, ±, ±, ± } = { ± 1, ±, ± 4, ± } 1 1 Disse tal idsættes, og resultatere er f ( 1) = f ( 1) = 0 f ( ) = 0 f ( ) = 40 f ( 4) = 980 f ( 4) = f ( ) = 0 f ( ) = 4, 375 Tallee -1, og 1 er rødder. Er de også dobbeltrødder? 4 3 f ( ) = f ( 1) = 9 f ( ) = 18 f ( ) = 7, 875 Altså er ige af de fude rødder dobbeltrødder. Vi dividerer u polyomiet f med de tre polyomier +1, og 1. Divisiosligigere bliver: = ( ) ( + 1) = ( ) ( ) 4 + = ( 4) ( ) 3 1 Vi skal bare altså fide evetuelle rødder i adegradspolyomiet 4: d = 0 4 ( 4) = 3 = 0 ± = ± = ± = ± 4 16 I alt var løsigere til de opridelige ligig: -1,, 1, og. 1 7

30 Bemærk, at p/q-metode ku virker, år alle koeffiietere er heltallige, og at ma ku fider de ratioale rødder - de mere uderlige irratioale rødder må fides på adre måder. Særligt odt er det, år a 0 = 0. Idet alle tal går op i 0, så fortæller p/q-metode i dette tilfælde, at alle ratioale tal er mulige rødder i polyomiet. Dette udgås aturligvis ved at erkede, at 0 er e rod, år a 0 = 0 og så skyde sig at dividere polyomiet med faktore = 0. Herefter ka ma så avede p/q-metode ude problemer. Opgaver 4.1 Løs følgede ligiger: a) = 0 b) = 0 ) = 0 d) = 0 e) = 0 (Advarsel: a 0 = 0!) 3 f) = 0 g) = = 35 h) 6 + = 0 i) Fid røddere i edeståede polyomier: 4 3 a) f ( ) = b) f ( ) = + 3 ) f ( ) = d) f ( ) = e) g( ) = Opskriv rodfaktoriserigere á la sætig 8 for alle polyomiere i opgave Lad f være et polyomium af grad med heltallige koeffiieter og med højestegradskoeffiiete a = 1. Bevis, at ehver ratioal rod i f faktisk er et helt tal. 4.5 Kostruér et sjettegradspolyomium med røddere 1, og skal være e dobbeltrod. Polyomiet må ikke have adre rødder de tre ovefor. 8

31 7.5 Uligheder Har ma sagt ligiger, så skal ma også sige uligheder. Vi skal her se på de mere traditioelle måder at løse uligheder på. E ulighed er et åbet udsag, som ideholder et eller flere ulighedsteg. Løsigsmægde for e ulighed vil typisk være et eller flere itervaller. De fudametale regeregler for uligheder er: Ma må addere eller subtrahere det samme på begge sider. Ma må multipliere eller dividere med det samme positive udtryk på begge sider. Ma må multipliere eller dividere med det samme egative udtryk på begge sider, hvis ma husker at vede ulighedsteget. Eksempel Løs: + < 4 7 Svar: G = R, idet begge sider i ulighede er defieret for alle reelle tal. + < < < 9 > 3 (ulighedsteget vedes, idet vi dividerer med 3). L = 3, Heraf ses, at løsigsmægde er ] [ Dobbeltuligheder er uligheder af forme + 3 < 3 + Dette skal forstås som det sammesatte åbe udsag + 3 < Eksempel Løs: < 8 Svar: Ige ses, at G = R Vi løser ulighede ved at starte med at opsplitte dobbeltulighede i to ekelte uligheder, som løses hver for sig. Løsigsmægde for dobbeltulighede er dermed fællesmægde af de to løsigsmægder for de to simple uligheder. 9

32 < 8 < 8 > 4 10 Løsigsmægdere for de to uligheder er L 1 = 4 L =, 10 ], [ og ] ] Løsigsmægde til dobbeltulighede er derfor L = L1 L = 4,, 10 = 4, 10 Løs: + < + 3< Svar: G = R Dvs. og + < + 3< ] [ ] ] ] ] + < < < 1 > 1 L 1 = ], 1[ og L = ] 1, [ ], [ ], [ ], [ L = L1 L = 1 1 = Løs: < 15 Svar: Her er G = R\{-4}. Vi deler ige op i de to uligheder. Me her skal ma passe på, idet ma gere vil gage med størrelse + 4 på begge sider af ulighedsteget - me dee størrelse ka være både egativ og positiv. Vi skal derfor starte med at dele på i to tilfælde - alt efter om størrelse + 4 er positiv eller egativ: ] [ G 1 = 4, (her er + 4 > 0) < < < < 65 30

33 Dvs. og 5 > 65 14, = L 1 = ] 4 [ L 1 1 L = L L = 1 11, 1,,, (husk, at de to løsigsmægder L 1, 1 og L 1, skal ligge idefor G 1 = 4,.) grudmægde ] [ ] [ G =, 4 (her er + 4 < 0) Dvs. og < < > > 65 5 < = [ [ L ] 65 [, =, 14 L 1 5 4,, [ [ L = L L =, 1,, Løsigsmægde for de opridelige dobbeltulighed er derfor L = L L = 5, 65 = 5, 65 1 [ 14[ [ 14[ Bemærk, at vi her skal tage foreige af de to delløsigsmægder, idet vi delte op efter, om + 4 var positiv, eller + 4 var egativ. Adegradsuligheder løses ved at løse de tilsvarede adegradsligig og derefter lave e figurbetragtig: Eksempel Løs: Svar: Vi løser først de tilsvarede adegradsligig: G = R

34 = ± ( 6) = 4 ± 64 1 = 4 3 Betragt u parable med ligige y = Dee parabel veder beee opad, idet adegradskoeffiiete er positiv. Edvidere skærer de -akse i puktere (1,0) og (-3,0). Parable er da pisket til ku at ligge over -akse udefor røddere, dvs. løsigsmægde til ulighede er L =, 3 1,. ] ] [ [ Ved løsig af uligheder har ma ofte brug for de såkaldte fortegsregel, der ka betragtes som e udvidelse af ulregle: ab > 0 ( a > 0 b > 0) ( a < 0 b < 0 ) ab < 0 ( a > 0 b < 0) ( a < 0 b > 0 ) Formuleret i ord: Hvis produktet af to størrelser er positivt, så er ete begge de to størrelser positive, eller begge de to størrelser egative. Hvis produktet af to størrelser er egativt, så er é af størrelsere positiv, og de ade egativ. Eksempel Løs: ( 6 + ) ( 4) > 0 Svar: G = R 3

35 Vi bruger fortegsregle: ( 6 + )( 4) > 0 Dvs. ( 6+ > 0 4 > 0 ) ( 6+ < 0 4 < 0 ) ( > 6 > 4 ) ( < 6 < 4 ) ( > 3 > 4 ) ( < 3 < 4 ) > 4 < 3 ], 3[ ] 4, [ L = Dee metode ka aturligvis også beyttes, år der er tre eller flere faktorer - me ma må rege med, at det bliver rimeligt komplieret i disse tilfælde. Når ma skal løse uligheder ideholdede umerisk-teg, så skal ma, gaske som ved ligigere, dele op efter idmades forteg. Eksempel Løs: + 8 < 6 Svar: G = R. Vi deler op efter idmades forteg. Der bliver to tilfælde: [ [ G 1 = 8, (her er idmade + 8 0). Dvs. + 8 < < 6 < L 1 = [ 8, [ ] [ G =, 8 (her er idmade + 8 < 0) + 8 < 6 ( + 8) < 6 8 < 6 < 14 33

36 Dvs. og > 14 ], [ L = 14 8 [ [ ] [ ] [ L = L1 L = 8, 14, 8 = 14,. Løs: 4 < 8 Svar: G = R Ige deles der op efter idmades forteg: [ [ G 1 =, (her er idmade 0) Dvs. 4 < 8 4 < 8 4 < 8 > 6 10 L 1 = ] 6, 10] G = ], [ (her er idmade < 0) Dvs. og 4 < 8 4 < ( ) 8 4 < < 6 [, [ L 1 = 6 [, [ ], ] L = L1 L = Opgaver 5.1 Løs a) b) 6 + <

37 ) 5 6 < 1 d) Løs dobbeltulighedere a) 1< 3< 5 b) 3 < + 3 < 5 ) 3 > 4 > 5 d) < 3 + < + 4 e) 3 < ( 1) + 1 f) + 1 5< Løs ulighedere a) 4 6 < b) ( )( ) ) ( )( + 3) 0 d) ( + 1) 0 4 e) ( + 1)( 4) 4 0 f) 0 ( + 1) g) Løs adegradsulighedere a) < 0 b) ) > 0 d) < Løs ulighedere a) + 1 > b) 3 > 4 ) 3 6 d) 5 < e) < 4 < 3 f) > 0 35

38 7.6 Fortegsudersøgelser Ma kommer ofte ud for at skulle løse e ulighed af type f ( ) > 0 (eller f ( ) < 0), hvor f er e kotiuert fuktio. Ja, faktisk er æste alle uligheder af dee type, idet ma jo bare ka omskrive ulighede ved at flytte alle led over på vestre side, f.eks. + > 4 > 0 Løsige af sådae uligheder hæger samme med et adet problem, som ma ofte kommer ud for idefor matematikke, fortegsudersøgelser for e fuktio: Ma har e fuktio f, og ma er iteresseret i, for hvilke værdier af fuktiosværdie f ( ) er positiv, egativ eller ul. Me dette svarer jo etop til at løse ulighedere f ( ) > 0, f ( ) < 0 og ligige f ( ) = 0. Hvis fuktioe f er kotiuert, så ka edeståede metode bruges: Eksempel Vi skal udersøge fortegee for fuktioe 4 3 f ( ) = Først og fremmest bemærker vi, at det er e kotiuert fuktio - det er emlig et fjerdegradspolyomium, og alle polyomier er kotiuerte. Herefter løser vi ligige f ( ) = 0. Ma siger også, at vi fider ulpuktere for f. Vi spriger detaljere over, me p/q-metode og polyomiers divisio viser, at f har ulpuktere -, 1 og ( er edda e dobbeltrod). Vi bemærker u, at idet f er kotiuert, så ka f ku skifte forteg i ulpuktere. Derfor har fuktioe f samme forteg i hele itervallet, 1. Vil vi vide, hvilket forteg dette er, så ka vi bare tage et tilfældigt ] [ pukt fra dette iterval, f.eks. 0, og udrege fuktiosværdie f ( 0) = 8. Dette er et egativt tal, så f er egativ i itervallet ], 1[. Normalt gør ma det, at ma laver e fortegsliie. Dette er e talliie, hvorpå ma idsætter de tidligere fude ulpukter, og derefter agiver fortegee for f i itervallere mellem ulpuktere: - 1 f

39 De udregede fuktiosværdier var f ( 3) = 100 > 0 f ( 0) = 8 < 0 f ( 3 ) = 7 16 > 0 f ( 3) = 10 > 0 Idet f er kotiuert ka vi altså kokludere, at f er positiv i itervallere ], [, ] 1, [ og ], [ f er egativ i itervallet ], 1[ f er ul i puktere -, 1, og. Til læseres orieterig har vi skitseret grafe for f edeuder: Regede opgaver Opgave: Lav e fortegsudersøgelse for fuktioe f, givet ved f ( ) = e 3e + Svar: For det første ser ma, at fuktioe er kotiuert, idet de helt klart er differetiabel. Næste tri er at fide ulpukter for f. Vi har at gøre med e maskeret adegradsligig med grudmægde G = R: f ( ) = 0 e 3e + = 0 37

40 e = ± 3 ( 3) = ± 1 = 1 e e = 1 e = = l( 1) = 0 e = l( ) L = { 0, l } Herefter laves fortegsliie: 0 l f hvor de udregede fuktiosværdier er f ( 1) 10317, > 0 f ( 05, ) 0, 70 < 0 f ( 1) 134, > 0 f er positiv i itervallere ], 0 [ og ] l, [ f er egativ i itervallet ] 0, l [ f er ul i puktere 0 og l. Opgave: Lav e fortegsudersøgelse for fuktioe g med forskrifte + 3, < g( ) = 16, Svar: Fuktioe er kotiuert udtage i =. Dette er et problem, idet fuktioes graf så ka sprige fra de positive til de egative værdier ude at krydse -akse. Fuktioe ka altså skifte forteg ude at der er et ulpukt! Dette problem ka dog løses gaske let, idet vi bare tager med på fortegsliie. Nulpuktere fides - og her skal vi passe lidt på med grudmægdere: = ], [ G = [, [ G 1 g( ) = 0 g( ) = 0 38

41 + 3 = 0 16 = 0 = 3 = 4 = 4 L 1 = { 3} L { 4} Nulpuktere er altså -3 og 4. = (OBS: G ) 4 Fortegsliie laves, hvor vi husker at medtage - de stiplede lodrette streg ved tallet agiver, at der her er tale om et diskotiuitetspukt. Mius et agiver, at g( ) = 16 = 1 < g De udregede fuktiosværdier var g( 4) = 1 < 0 g( 0) = 3 > 0 g( 3) = 7 < 0 g( 5) = 9 > 0 Ergo, g er positiv i itervallere ] 3, [ og ] 4, [ g er egativ i itervallere ], 3 [ og [, 4[ g er ul i puktere -3 og 4. Grafe for g er vist på æste side: 39

42 Opgaver 6.1 Udersøg edeståede fuktioer mht. forteg: 1 3 a) f ( ) = b) f ( ) = (vik: 9 = ( 3 ) ) ) f ( ) = ( )( 9) d) f ( ) = 18 e) f ( ) = (l ) 9 f) f ( ) = l( 16 ) g) f ( ) =

43 7.7 Asymptoter Tide er u edeligt ide til at forklare, hvad e asymptote er for oget: Lad os betragte grafe for fuktioe f ( ) = 1 Såda ser grafe ud: Og såda ser grafe ud, hvis ma sletter de to koordiatakser. 41

44 Hvis ma formidsker grafe med e faktor 10, så får ma følgede: Og sletter ma aksere, så får ma: : 4

45 I e edu kraftigere formidskelse er grafe: og ude koordiatakser: Det ses, at formidsker ma grafe tilpas meget, så kommer de til at bestå af to rette liier. Ma ka vise, at disse to liier har ligigere: y = + og = 1 De første liie er et eksempel på e skrå asymptote, mes de ade er e lodret asymptote. 43

46 7.8 Vadrette og skrå asymptoter Vadrette og skrå asymptoter optræder, år grafe for e fuktio f ærmer sig e vadret eller skrå liie uedeligt lagt ude, dvs. år bliver uedeligt stor eller uedeligt lille. Vi skal præisere dette og give ogle regler for, hvorda ma ka fide evetuelle asymptoter, me først skal vi sakke lidt om græseværdier: Eksempel Betragt fuktioere: f ( ) = 1, 5 ( ) = g 1 +, > 5 h( ) = e Hvorda opfører disse fuktioer sig, år går imod eller imod? Når bliver meget stor (dvs. år går imod ), så bliver ævere i f meget stor, og brøke ærmer sig 0. Det samme sker, år går imod Vi skriver dette som græseværdier: 1 1 lim f ( ) = lim = 0 og lim f ( ) = lim = 0 Når går imod, så vil g( ) gå imod 1 (leddet vil emlig gå imod 0, og ku 1-tallet vil blive tilbage). Når går imod, så vil g( ) gå imod, idet g jo er e kostat fuktio for store, egative tal. lim g( ) = 1 og lim g( ) = Når går imod, så vil størrelse e også blive uedeligt stor. Når går imod, så vil e gå imod 0. Vi skriver dette som: lim h( ) = lim e = 0 og lim h( ) = lim e eksisterer ikke Defiitio 11 (LS) a) Grafe for fuktioe f har de vadrette asymptote med ligige = a, hvis lim f ( ) = a eller lim f ( ) = a b) Grafe for fuktioe f har de skrå asymptote med ligige y = a+ b, hvis lim( f ( ) ( a+ b)) = 0 eller lim ( f ( ) ( a+ b)) = 0 44

47 Uderligt ok siger ma, at der er grafe for fuktioe, som har asymptotere, ikke fuktioe selv. Defiitioe fra de skrå asymptote ser lidt uderlig ud; me det betyder blot, at afstade mellem grafe for f og liie med ligige: y = a+ b bliver midre og ærmer sig 0, år bliver tilpas stor. Eksempel Betragt de 3 fuktioer fra før. Vi ser, at Grafe for f har e vadret asymptote med ligige y = 0. Grafe for g har to vadrette asymptoter med ligigere: y = 1 og y = Grafe for h har e vadret asymptote med ligige y = 0. Eksempel Betragt fuktioe f fra sidste sektio med forskrifte: f ( ) = 1 Her blev det påstået, at dee fuktios graf havde e skrå asymptote med ligige: y = +. Vi ka u bevise dette: Udføres divisioe : 1, så fås divisiosligige: = ( + ) ( 1) + 5 Dette betyder: ( + )( 1) f ( ) = = = , Vi ka u berege græseværdie: 5 lim( f ( ) ( + )) = lim( + + ( + )) = 1 5 lim + 1 = 0 Tilsvarede beregiger ka geemføres for græseværdie, hvor. Bemærk, at grafe for e givet fuktio ku ka have vadrette eller skrå asymptoter - e i hver side. Disse ka godt være es. For ratioale fuktioer er det emt at bestemme asymptotere: 45

48 Sætig 1 (LS) Lad f være e ratioal fuktio p( ) f ( ) = q( ) hvor p og q er polyomiere p( ) = a + a a + a + a med: q( ) = b + b b + b + b m m m 1 m 1 = grad( f ) og m = grad( g), a) Hvis < m, så har grafe for f de vadrette asymptote y = 0 b) Hvis = m, så har grafe for f de vadrette asymptote a y = b m 1 0 ) Hvis = m +1, så har grafe for f e skrå asymptote, hvis ligig ka fides vha. polyomiers divisio. d) Hvis m < + 1 så har grafe for f ige vadrette eller skrå asymptoter. Bevis: a) Vi forkorter de ratioale fuktio med æveres største potes m : 1 a + a a + a1 + a0 f ( ) = = m m 1 b + b b + b + b m m m m 1 m m m 1 m m a + a + + a + a + a m 1 b + b + + b + b + b m m 1 Idet vi har ataget, at < m, så er alle ekspoetere ovefor i brøke egative. Når går imod eller, så vil alle leddee ovefor derfor gå imod 0 påær kostatleddet b m i ævere. Vi har derfor lim f ( ) = b = 0 m Det beviser, at grafe for f har de vadrette asymptote y = 0. 46

49 b) Nu er m =, så laver vi det samme regestykke som ovefor: 1 a + a a + a + a f ( ) = m m 1 b + b b + b + b 1 0 m m a + a + + a + a + a b + b + + b + b + b = (Der skrives kosekvet i stedet for m!) Når går imod eller, så vil alle led i brøke gå imod 0 påær de to kostatled a og b. Vi får derfor a a lim f ( ) = b = b Det beviser, at grafe for f har de vadrette asymptote med ligige y = a b ) Vi ka lave polyomiers divisio af q op i p og få divisiosligige p( ) = k( ) q( ) + r( ) Idet grad( p) = grad( q) + 1 pr betigelse i pukt, så gælder, at grad( k ) = 1 og grad( r) < grad( q) De skrå asymptote for grafe for f vil da have ligige y = k( ). Dette ka ses ved at udføre divisioe: p( ) k( ) q( ) + r( ) r( ) f ( ) = = = k( ) + q( ) q( ) q( ) Vi bereger græseværdie: r( ) r lim( ( ) ( )) lim( ( ) ( )) lim ( f k = k + k = ) = 0 q( ) q( ) De sidste græseværdi er 0, fordi de ratioale fuktio r ( ) har tællergrad q( ) midre ed ævergrad, svarede til tilfælde a) i dette bevis. d) I dette tilfælde vil divisioe give divisiosligige p( ) = k( ) q( ) + r( ) hvor k er et polyomium af grad eller højere. Uaset hvilke uderlig skrå liie med ligige y = s( ) ma ka fide på, så vil p( ) r( ) f ( ) s( ) = s( ) = k( ) + s( ) q( ) q( ) 47

50 gå imod uedelig, år går imod uedelig. Gaske vist vil leddet r ( ) gå imod 0, q( ) me k ( ) s( ) er et polyomium af grad større ed, og vil derfor gå imod uedelig. Liie med ligige y = s( ) ka derfor ikke være e skrå asymptote. Eksempel Betragt fuktioere: f ( ) = + 1 g( ) = h( ) = Ifølge sætig 1 ser vi umiddelbart Grafe for f har de vadrette asymptote y = 0. Grafe for g har de vadrette asymptote y =. Grafe for h har de skrå asymptote y = (divisiosligige er 3 1= ( + 1) + ( 1)) Sammelig dette med grafere edefor: Grafe for f: Grafe for g og liie med ligige y = : 48

51 Grafe for h: 49

52 Opgaver 8.1 Fid de vadrette eller skrå asymptoter for grafere for følgede fuktioer: a) f ( ) = b) g( ) = + 3 ) h( ) = d) i( ) = e) j( ) = f) k( ) = g) + 3, < 5 l( ) = 3+ e, > 5 h) m( ) = 1+ i) + 3, < 4 ( ) = 4, Giv et eksempel på e fuktio, hvis graf har de vadrette asymptoter y = og y = Giv et eksempel på e fuktio, hvis graf har de to skrå asymptoter y = og y =. 50

53 7.9 Lodrette asymptoter Vi skal u studere lodrette asymptoter. Defiitioe er som følger: Defiitio 13 (LS) Grafe for fuktioe f har de lodrette asymptote med ligige = a hvis f ( ) for a. Eksempel Fuktioe f 1 : f 1 1 ( ) =, med grafe vist ovefor, har de lodrette asymptote med ligige = Det ka ses ved, at år ærmer sig, så går ævere i forskrifte for f 1 mod 0, altså går f 1 imod uedelig. Fuktioe f : f ( ) =, med grafe vist på æste side, har ige lodrette asymptoter. 51

54 Gaske vist er = e rod i ævere for f, me det er de også i tællere, og faktisk ka vi skrive f ( ) = 1 =, Edelig betragter vi grafe for fuktioe ( ) f 3( ) =, Ige er der ige lodrette asymptoter, idet ( ) f 3( ) = =,. 5

55 Disse tre fuktioer illustrerer ydeligt følgede sætig: Sætig 14 (LS) Lad f være e ratioal fuktio med p( ) f ( ) = q( ) Lad a være e rod i ævere q. Så gælder: Grafe for f har de lodrette asymptote med ligige = a hvis og ku hvis multipliitete af a som rod i q er større ed multipliitete af a som rod i p. Bevis: Lad m være multipliitete af a som rod i p, og lad være multipliitete af a som rod i q. Det ka godt være, at m = 0, hvilket bare betyder, at a ikke er rod i tællere p. Vi ka u faktorisere polyomiere p og q som m p( ) = ( a) p1 ( ) og q( ) = ( a) q1 ( ) såda at a ikke er rod i hverke p 1 eller q 1. Derfor gælder der m p( ) ( a) p1 ( ) m p1 ( ) f ( ) = = = ( a) q( ) ( a) q1( ) q1 ( ) Når a, så vil faktore p 1( ) p1 ( a), som bare er et tal, idet a jo hverke q1 ( ) q1 ( a) er rod i tællere eller ævere. Til gegæld ka der ske tig og sager med faktore ( ) er to muligheder: 1) ( a) m for a ) ( a) m et tal for a 1) optræder, år m <, mes ) sker, år m. a m, år a. Der 53

56 I tilfælde 1 ser vi, at grafe for f får de lodrette asymptote med ligige mes tilfælde ikke giver oge asymptote. = a, Eksempel Betragt fuktioe f med forskrifte + f ( ) = 3 + Ved hjælp af p/q-metode ka ma hurtigt se, at ævere har de tre ekelt rødder 1, og -1, mes tællere har de to ekeltrødder 1 og -. Rode 1 giver derfor ige lodret asymptote, mes de to adre rødder giver asymptotere: = og = 1. Det er ikke ku ratioale fuktioer, der har lodrette asymptoter: Eksempel Betragt fuktioe g( ) = l De har grafe vist edefor: Som ma ka se (og efterkotrollere på si lommereger), så gælder der: l for 0 Grafe har derfor de lodrette asymptote med ligige = 0 54

57 Opgaver 9.1 Fid samtlige lodrette asymptoter for fuktioere i opgave Fid samtlige asymptoter for fuktioe f med forskrifte l( ), > f ( ) = 4, = ( ) /( ), < 9.3 Fid e fuktio, hvis graf har asymptotere med ligigere =, = 4, y = 0, y = 9.4 E gal videskabsmad påstår at have opdaget e fuktio med asymptotere = 4, = 3, y =, y =, = 5, y = 5 Har ha ret? 9.5 Når ma skal lave fortegsudersøgelser for ratioale fuktioer, så skal ma passe på, idet forteget ka skifte i pukter, hvori der er e lodret asymptote. Ma ka dog udgå dette problem ved, gaske som ved diskotuietspukter, at medtage asymptotepuktere bladt ulpuktere. Udersøg edeståede fuktioer for forteg og asymptoter: a) f ( ) = b) f ( ) = ) f ( ) = d) f ( ) =

58 Appedi A Bevis for p/q-metode Vi kommer u med det læge vetede bevis for p/q-metode. Me først må vi idføre ogle begreber: Defiitio A1 To hele tal p og q er idbyrdes primiske, hvis p og q ikke har oge fælles divisor ud over -1 og 1 Eksempel Tallee 4 og 17 er idbyrdes primiske: Divisorere i 4 er ±1, ±, ±3, ±4, ±6, ±8, ±1 og ±4 Divisorere i 17 er ±1 og ±17. De fælles divisorer er ku ±1. Tallee 4 og 8 er ikke idbyrdes primiske: Divisorere i 4 er ±1, ±, ±3, ±4, ±6, ±8, ±1 og ±4 Divisorere i 8 er ±1, ±, 4, 7, ±14 og ±8. De fælles divisorer er ±1, ± og ±4. Defiitio A E brøk p q kaldes uforkortelig, hvis tællere p og ævere q er idbyrdes primiske. Der gælder følgede sætig om idbyrdes primiske tal. Det er ikke svært at bevise dee sætig, me vi udelader alligevel beviset. Sætig A3 Lad p, q og r være hele tal, således at a) p og q er idbyrdes primiske b) p går op i produktet qr. Så vil p gå op i r. Og u til beviset for p/q-metode: 56

59 Sætig A4 (11) 1 Lad f ( ) = a + a a + a + a polyomium med heltallige koeffiieter. 1 0 Hvis de uforkortelige brøk p q er rod i f, så vil p gå op i a 0 og q gå op i a være et Bevis: Vi atager, at de uforkortelige brøk p q er rod i f. Vi skal bevise, at p går op i a 0 og at q går op i a. Vi idsætter p q a p q i forskrifte for f og får 1 p + a a p a p a = q q a p + a p q a p q + a pq + a q = For at vise, at p går op i a 0, omrokerer vi ligige til a p + a p q a p q + a pq = a q p( a p + a p q a pq + a q ) = a q Det ses, at p går op i ligiges højreside, dvs. i a q 0. p ka af gode grude ikke gå op i faktore q, idet p og q er idbyrdes primiske. Sætig A3 fortæller da, at p går op i a 0. For at vise, at q går op i a, foretager vi ligede omrokeriger: a p q a p q + a pq + a q = a p q( a p a p q + a pq + a q ) = a p Det ses, at q går op i a p, og da p og q er idbyrdes primiske, så er q pisket til at gå op i a. 57

60 Faitliste: 1.1: S,F,F,F,S S,S,F,F,S S,F,F,F 1.: a) {,4,6,8,19} b) {,3,5,7} ) {6} d) Ø e) {3,9} f) Ø.1: a) {-,5} i alle tilfælde b) {-,} i alle tilfælde ) { 5, 5}, Ø, Ø d) Ø,Ø,Ø e) Ø,Ø,Ø f) R \{0}, Q \{0}, Z\{0}.: a) -3, -4 b) 1 ) 3± 17 d) 5, e), - f) 3, -3 g) 3, 5 h) 16 i) -4, -3 j) 0, 3 k) ±, ± 3 l) 0, l.3: a) -5, 1 b), - ) 0, 6 d) -5, 5 e) 10 og 3,6 f) ige løsiger.4: a), -4 b) ) 5 d) ige løsiger 3.: a) 3, 4, 4, 4, 0 b) : a) 4 6 b) 1 51 ) d) e) f) : a) b) ) d) e) : a) b) ) d) e) : a) 1,, 3, 4 b) 1 1,, 3, ) 3 3 6, 4, d) 5 e) 1 1 0,,, 1 f) 3 1,, g) 1, 3, 1 h) 1, 7, i),, : a) 3, b) -1, -, 1 ) -1, -, d) 1, 1,, 3 e) 1, 1 4.3: a) ( )( 3)( + + 1) b) ( + 1)( + )( 1 )

61 ) ( + 1)( + )( ) d) ( 1) ( ) e) ( + 1)( 1) 5.1: a) ], 5 6 ] b) ] [ 5.: a) ], 8 3[ b) ] [, 3 ) ], 1 [ d) ], ], 3 ) Ø d) Ø e) R f) Ø,,,,,, 3, 0, 5.3: a) ] 1[ ] 15 [ b) ] 1[ ] 15 [ ) [ ] [ [ d) ], 1] [ 0, 4 [ e) ], 1] ] 0, 4 ] f) ], 1[ ] 0, 4 ] g) ] 5 4 3[ 5.4: a) ] [, h) ] 8 [ 5, 5 3, b) {} ) Ø d) R 5.5: a) ], 3 [ b) ] [ d) ] 7 7 3[, 7 3 ) { }, e) ], 3[ ] 6, 7[ f) R 6.1: a) pos. i ] 3 45 [ ] 3+ 45, 0, 0, [ eg. i ] 3 45 [ ] 3+ 45,,, [ ul i 0, 3± 45, 0, 1, eg i ]0,1[ ul i 0 og 1 b) pos i ] [ ] [ ) pos i ], 3[,], 3 [ eg i ] 3 [ ] 3 [ d) pos i ], [, ], [,,, ul i -3, 3, 3 3 aldrig eg ul i 3, e) pos i] 0, e [, ] e, [ eg i ] e, e [ ul i e, e f) pos i ], 17 [, ] 17, [ eg i ] 17 4 [ ] 4 17 [ g) pos i ], [, ], [,,, ul i 17, aldrig eg ul i 1 8.1: a) y = 0 b) y = 0 ) y = 4 d) y = + 8 e) y = 3 9 f) ige g) y = +, y = 3 h) ige i) y = + 3, y = 4 9.1: a) = 3 b) = 0 ) = 0, = 3 d) = 6 e) = 0, = 3f) = 8 g) ige h) ige i) ige 9.: y = = 9.4: Nej. der er 3 vadrette/skrå asymptoter, og der må ku være to. 9.5: a) pos i ], 3[, ], 3 [ eg. i ] 3, [, ] 3, [ ul i - y = 0 = 3 = 3 b) pos i ], 0[, ] 0, [ eg i ], [ ul i y = 0 = 0, 1, 1, aldrig eg. eller ul y = 1 ) pos i ] [ ] [ d) pos i], [, ], 1[, ], [ eg i ] 1[ ige asymptoter, ul i 59