Andregradsfunksjonar

$\begin{array}{rcl}& & A(2, -1)\\ & & B(3, 0)\\ & & C(0, 3)\\ & & D(4, 3)\end{array}$

$\begin{array}{rcl}f(\mathrm{0)} & =& 0^2-4·0+3=3\\ f\left(2\right) & =& 2^2-4·2+3=4-8+3=-1\\ f\left(3\right) & =& 3^2-4·3+3=9-12+3=0\\ f\left(4\right) & =& 4^2-4·4+3=16-16+3=3\end{array}$

Når vi reknar ut$f(2)$, finn vi funksjonsverdien for$x=2$.
$f\left(2\right)=2^2-4·2+3=-1$, det vil seie punktet A på grafen. Eit punkt $\left(b, f\left(b\right)\right)$ vil derfor alltid ligge på grafen til $f$ for alle verdiar for $b$ der funksjonen eksisterer.

$\left(a,f\left(a\right)\right)$

Vi skriv (f(x)=Funksjon(x^2+x-6,-4,3) i algebrafeltet i GeoGebra og får teikna grafen. (Biletet inneheld òg andre element som er brukte til å svare på dei andre spørsmåla i oppgåva.)

Grafisk:

Vi bruker verktøyet "Ekstremalpunkt" i GeoGebra.

Vi får at botnpunktet er $\left(-0.5, -6.25\right)$.

Utan hjelpemiddel:

Symmetrilinja blir $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{1}{2·1}=-0,5$.

y-verdien blir $f\left(-0,5\right)={\left(-0,5\right)}^2-0,5-6=-6,25$.

Botnpunktet blir $\left(-0.5, -6.25\right)$.

Vi skriv inn punktet $\left(0,f\left(0\right)\right)$ i algebrafeltet. Så bruker vi verktøyet "Skjering mellom to objekt" for å finne skjeringspunkta mellom grafen og x-aksen.

Grafen til f skjer førsteaksen i $\left(-3,0\right)$ og $\left(2,0\right)$.

Grafen til f skjer andreaksen i $\left(0,-6\right)$.

Grafen skjer y-aksen når $x=0$:

$f\left(0\right)=0^2+0-6=-6$

Skjeringspunktet er $\left(0, -6\right)$.

Grafen skjer x-aksen når $y=0$. Det gir oss ei likning som vi her vel å løyse med abc-formelen.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right)& = & 0\\ x^2+x-6& =& 0\\ & & \\ x& =& \frac{-1\pm \sqrt{1^2-4·\left(-6\right)}}{2}\\ & =& \frac{-1\pm \sqrt{25}}{2}\\ & =& \frac{-1\pm 5}{2}\\ & & \\ x& =& -3 \vee x=2\end{array}$

Grafen skjer førsteaksen i punkta $\left(-3, 0\right)$ og $\left(2, 0\right)$.

Definisjonsmengda $D_f$ til funksjonen er $D_f=\left[-4, 3\right]$.

Den lågaste verdien til funksjonen f er $-6,25$ i botnpunktet. Vi må finne y-verdiane i endepunkta på grafen. Vi skriv derfor inn punkta $\left(-4,f\left(-4\right)\right)$ og $\left(3,f\left(3\right)\right)$. y-verdien til begge punkta er 6. Då er den høgaste verdien til funksjonen 6.

Verdimengda $V_f$ blir dermed $V_f=\left[-6.25, 6\right]$.

Vi les følgande ut frå grafen:

• Grafen har eit botnpunkt i $\left(-1,-4\right)$.

• Verdimengda til funksjonen blir $V_f=[-4, \to ⟩$.

• Grafen har symmetrilinja $x=-1$.

• Grafen har nullpunkt for $x=-3$ og $x=1$.

• Grafen skjer y-aksen for $y=-3$.

• Ved hjelp av nullpunkta kan vi skrive funksjonen som
  
  $f\left(x\right)=a\left(x-\left(-3\right)\right)\left(x-1\right)=a\left(x+3\right)\left(x-1\right)$
  
  Sidan grafen skjer y-aksen for $y=-3$, veit vi at $f\left(0\right)=-3$. Dette gir
  
  $\begin{array}{rcl}a\left(0+3\right)\left(0-1\right) & =& -3\\ -3a & =& -3\\ a & =& 1\end{array}$
  
  Funksjonsuttrykket blir
  
  $f\left(x\right)=1\left(x+3\right)\left(x-1\right)=x^2-x+3x-3=x^2+2x-3$

Vi les følgande ut frå grafen:

• Grafen har eit botnpunkt i $\left(0.5,-4.5\right)$.

• Verdimengda til funksjonen blir $V_f=[-4.5, \to ⟩$.

• Grafen har symmetrilinja $x=0,5$.

• Grafen har nullpunkt for $x=-1$ og $x=2$.

• Grafen skjer y-aksen for $y=-4$.

• Ved hjelp av nullpunkta kan vi skrive funksjonen som
  
  $f\left(x\right)=a\left(x-\left(-1\right)\right)\left(x-2\right)=a\left(x+1\right)\left(x-2\right)$
  
  Sidan grafen skjer y-aksen for $y=-4$, veit vi at $f\left(0\right)=-4$. Dette gir
  
  $\begin{array}{rcl}a\left(0+1\right)\left(0-2\right) & =& -4\\ -2a & =& -4\\ a & =& 2\end{array}$
  
  Funksjonsuttrykket blir
  
  $\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 2\left(x+1\right)\left(x-2\right)\\ & =& 2\left(x^2-2x+x-2\right)\\ & =& 2\left(x^2-x-2\right)\\ & =& 2x^2-2x-4\end{array}$

Vi les følgande ut frå grafen:

• Grafen har eit toppunkt i $\left(-1,0.5\right)$.

• Verdimengda til funksjonen blir $V_f=⟨\leftarrow ,0.5]$.

• Grafen har symmetrilinja $x=-1$.

• Grafen har nullpunkt for $x=-2$ og $x=0$.

• Grafen skjer y-aksen i origo.

• Ved hjelp av nullpunkta kan vi skrive funksjonen som
  
  $f\left(x\right)=a\left(x-\left(-2\right)\right)\left(x-0\right)=ax\left(x+2\right)$
  
  No har vi allereie brukt skjeringspunktet med y-aksen sidan det òg er eit nullpunkt. Vi les derfor av eit punkt til på grafen, $\left(2,-4\right)$. Då veit vi at $f\left(2\right)=-4$. Dette gir
  
  $\begin{array}{rcl}a·2\left(2+2\right) & =& -4\\ 8a & =& -4\\ a & =& -0.5\end{array}$
  
  Funksjonsuttrykket blir
  
  $\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& -0,5x\left(x+2\right)= -0,5x^2-x\end{array}$

Vi les følgande ut frå grafen:

• Grafen har eit toppunkt i $\left(0.5,-0.75\right)$.

• Verdimengda til funksjonen blir $V_f=⟨\leftarrow ,0.75]$.

• Grafen har symmetrilinja $x=0,5$.

• Grafen har ingen nullpunkt.

• Grafen skjer y-aksen for $y=-1$.

• For å finne funksjonsuttrykket til f må vi her ha koordinatane til tre punkt. Frå før har vi punkta $\left(0.5,-0.75\right)$ og $\left(0,-1\right)$, og vi les i tillegg av punktet $\left(1,-1\right)$. Då veit vi at
  
  $\begin{array}{rcl}f\left(0\right) & =& -1\\ f\left(0,5\right) & =& -0,75\\ f\left(1\right) & =& -1\end{array}$
  
  Vi set $f\left(x\right)=a{x}^2-bx+c$ og løyser oppgåva med CAS i GeoGebra.

Funksjonsuttrykket blir derfor $f\left(x\right)=-x^2+x-1$.

Vi teiknar grafen med GeoGebra og bruker verktøya "Nullpunkt" og "Ekstremalpunkt". Vi skriv (0,f(0)) i algebrafeltet for å finne skjeringspunktet med y-aksen.

Grafen skjer y-aksen for $y=-6$. Grafen har eit botnpunkt i $\left(-0.5,-6,25\right)$. Verdimengda til funksjonen blir $V_f=[-6.25, \to ⟩$. Symmetrilinja har likninga $x=-0,5$. Grafen har nullpunkt for $x=-3$ og $x=2$.

Nullpunkta og koeffisienten framfor andregradsleddet gir at funksjonsuttrykket på faktorisert form blir

$f\left(x\right)=\left(x-\left(-3\right)\right)\left(x-2\right)=\left(x+3\right)\left(x-2\right)$

Vi teiknar grafen med GeoGebra og bruker verktøya "Nullpunkt" og "Ekstremalpunkt". Vi skriv (0,f(0)) i algebrafeltet for å finne skjeringspunktet med y-aksen.

Grafen skjer y-aksen for $y=-3$. Grafen har eit botnpunkt i $\left(1.25,-0.13\right)$. Verdimengda til funksjonen blir $V_f=[-0.13, \to ⟩$. Symmetrilinja har likninga $x=1,25$. Grafen har nullpunkt for $x=1$ og $x=1,5$.

Nullpunkta og koeffisienten framfor andregradsleddet gir at funksjonsuttrykket på faktorisert form blir

$f\left(x\right)=2\left(x-1\right)\left(x-1,5\right)$

Vi teiknar grafen med GeoGebra og bruker verktøya "Nullpunkt" og "Ekstremalpunkt". Vi skriv (0,f(0)) i algebrafeltet for å finne skjeringspunktet med y-aksen.

Grafen skjer y-aksen for $y=-2,5$. Grafen har eit toppunkt i $\left(-0.5,-1.5\right)$. Verdimengda til funksjonen blir $V_f=⟨\leftarrow ,-1.5]$. Symmetrilinja har likninga $x=-0,5$. Grafen har ingen nullpunkt.

Sidan grafen ikkje har nokon nullpunkt, kan vi ikkje faktorisere funksjonsuttrykket slik at vi får lineære faktorar av x.

Koeffisienten framfor andregradsleddet er positiv. Grafen vil derfor vende den hole sida opp (smile) og ha eit botnpunkt.

Funksjonen har nullpunkta $x=3$ og $x=4$, og grafen skjer y-aksen for $y=12$. Grafen har botnpunktet $\left(\frac{7}{2},-\frac{1}{4}\right)$, og verdimengda til funksjonen blir derfor $V_f=[-\frac{1}{4}, \to ⟩$. Symmetrilinja har likninga $x=\frac{7}{2}$.

Koeffisienten framfor andregradsleddet er negativ. Grafen vil derfor vende den hole sida ned (sur) og ha eit toppunkt.

Funksjonen har nullpunkta $x=-1$ og $x=2$, og grafen skjer y-aksen for $y=4$. Grafen har toppunktet $\left(\frac{1}{2},\frac{9}{2}\right)$, og verdimengda til funksjonen blir derfor $V_g=⟨\leftarrow ,\frac{9}{2}]$. Symmetrilinja har likninga $x=\frac{1}{2}$.

Koeffisienten framfor andregradsleddet er negativ. Grafen vil derfor vende den hole sida ned (sur) og ha eit toppunkt.

Funksjonen har ingen nullpunkt. Grafen skjer y-aksen for $y=4$. Grafen har toppunktet $\left(0,-8\right)$, og verdimengda til funksjonen blir derfor $V_h=⟨\leftarrow ,-8]$. Symmetrilinja har likninga $x=0$ (y-aksen).

Koeffisienten framfor andregradsleddet er positiv. Grafen vil derfor vende den hole sida opp (smile) og ha eit botnpunkt.

Funksjonen har nullpunkta $x=-4$ og $x=0$, og grafen skjer y-aksen i origo. Grafen har botnpunktet $\left(-2,-12\right)$, og verdimengda til funksjonen blir derfor $V_f=[-12, \to ⟩$. Symmetrilinja har likninga $x=-2$.

Hugs å skrive eit mellomrom eller eit multiplikasjonsteikn mellom koeffisientane a og b og variabelen x. Legg merke til at det automatisk blir oppretta tre glidarar for a, b og c.

Dersom du ikkje får opp glidarane automatisk, kan du lage dei først ved å skrive a=1 og trykke linjeskift, deretter b=1 og linjeskift og tilsvarande for c. Så kan du skrive til dømes f(x)=a*x^2+b*x+c.

Når $a>0$, vender grafen den hole sida opp, og motsett når $a<0$. Når $a=0$, har vi ikkje lenger ein andregradsfunksjon, men ei rett linje. Vi observerer òg at jo større a blir, jo brattare blir grafen.

Koeffisienten c er konstantleddet i funksjonsuttrykket og bestemmer kvar grafen skjer y-aksen. Grafen blir flytta opp eller ned med verdien av c.

Når b blir endra, blir grafen flytta både vassrett og loddrett. Kan du sjå noko mønster i denne flyttinga? Finn ekstremalpunktet til funksjonen, og slå på sporing av punktet ved å høgreklikke på punktet og velje "Vis spor". Endre deretter på b. Kva slags form har sporet etter ekstremalpunktet?

Funksjonen kan berre vere gyldig når ballen er i lufta.

Vi må gå ut frå at kastet startar når $t=0$. Funksjonen er gyldig heilt til ballen landar. Då er høgda lik 0. Vi må derfor finne nullpunkta til funksjonen. Det kan vi gjere med CAS.

Den første løysinga er utanfor definisjonsmengda sidan t er negativ. Den andre løysinga gir at definisjonsmengda til funksjonen blir

$D_h=\left[0,3\right]$

Vi skriv h(t)=Funksjon(14.1t-4.9t^2+1.8,0,3) i algebrafeltet i GeoGebra og får den krumme, blå grafen på biletet nedanfor.

Vi teiknar linja $y=10$. Vi finn skjeringspunktet mellom denne linja og grafen til h med verktøyet "Skjering mellom to objekt". Sjå punkta D og E i løysinga til oppgåve a). Ballen er 10 meter over bakken etter 0,8 sekund og etter 2,1 sekund.

Vi ser av grafen i løysinga til oppgåve a) at ballen aldri når denne høgda.

Vi finn toppunktet med verktøyet "Ekstremalpunkt". Sjå punkt A i løysinga til oppgåve a). Ballen når det høgaste punktet etter omtrent 1,4 sekund og har då ei høgde på 12 meter over bakken.

Graf A: Vi får med ein gong at andregradsleddet må vere negativt sidan grafen har eit toppunkt og konstantleddet må vere 2. Då er det anten funksjon g eller funksjon i som er riktig funksjon. Symmetrilinja til grafen er $x=-2$. Grafen til funksjon g har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-2\right)}{2·\left(-1\right)}=-1$. Grafen til funksjon i har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-2\right)}{2·\left(-0,5\right)}=-2$.

Graf A høyrer til funksjonen i.

Graf B: Vi får med ein gong at andregradsleddet må vere positivt sidan grafen har eit botnpunkt og konstantleddet må vere 2. Då er det anten funksjon f eller funksjon h som er riktig funksjon. Symmetrilinja til grafen er $x=1$. Grafen til funksjon f har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-2\right)}{2·1}=1$. Grafen til funksjon h har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-2\right)}{2·2}=\frac{1}{2}$.

Graf B høyrer til funksjonen f.

Graf C: Vi får med ein gong at andregradsleddet må vere negativt sidan grafen har eit toppunkt og konstantleddet må vere $-6$. Då er det anten funksjon j eller funksjon k som er riktig funksjon. Symmetrilinja til grafen er $x=2$. Grafen til funksjon j har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-\left(-2\right)}{2·\left(-0,5\right)}=-2$. Grafen til funksjon i har symmetrilinje $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-4}{2·\left(-1\right)}=2$.

Graf C høyrer til funksjonen k.

I eit rektangel er alle vinklane rette, og to og to sider er like lange, slik at vi maksimalt kan ha to forskjellige sidelengder. Vi kallar desse for grunnlinje og høgde her.

Resultata for arealet bør vere i nærleiken av dette:

Forma på grafen skal bli ein parabel med eit toppunkt.

Det største moglege arealet får rektangelet når grunnlinja er 3 m.

Omkrinsen til rektangelet er 12 meter. Grunnlinja og høgda må til saman vere halve omkrinsen, slik at når grunnlinja er x, så må høgda h vere $h= 6-x$.

For kvar verdi av x får vi eit bestemt rektangel med eit bestemt areal, som vi reknar ut ved å multiplisere grunnlinja med høgda. Vi har altså at arealet til rektangelet er ein funksjon av x. Vi kallar denne funksjonen $A\left(x\right)$ og får

$A\left(x\right)=x·h=x·\left(6-x\right)=6x-x^2$

Dette er ein andregradsfunksjon.

Løysing utan hjelpemiddel:

Funksjonen kan berre vere gyldig når han gir verdiar som er større enn null. Vi må derfor finne nullpunkta til A.

$\begin{array}{rcl}A\left(x\right) & =& 0\\ 6x-x^2 & =& 0\\ x\left(6-x\right) & =& 0\\ & & \\ x & =& 0 \vee 6-x=0\\ x & =& 0 \vee x=6\end{array}$

Sidan koeffisienten framfor andregradsleddet er negativ, veit vi at funksjonen har eit toppunkt. Det er derfor området mellom nullpunkta som er det aktuelle området.

Definisjonsmengda til A blir $D_A=\langle 0,6\rangle$.

Løysing med CAS:

Punkta frå oppgåve b) skal ideelt sett ligge på grafen til A slik dei gjer her.

Ved å bruke verktøyet "Ekstremalpunkt" finn vi at toppunktet på grafen er $\left(3,9\right)$. Sjå grafen i oppgåve h). Det maksimale arealet firkanten kan få, er $9 {\mathrm{m}}^2$.

$V_A=⟨0,9]$

Vi skriv punkta inn i reknearkdelen i GeoGebra og vel "Regresjonsanalyse" og polynom av grad 2 som regresjonsmodell. Vi finn at funksjonen T kan beskrivast med uttrykket

$T\left(x\right)=0,0234x^2-0,69x+2,6$

Grafen passar nokså bra med dei observerte temperaturane.

30 timar etter at målinga starta, det vil seie klokka 18 neste dag, viser modellen ein temperatur på cirka 3 C°.

48 timar etter at målinga starta, viser modellen ein temperatur på cirka 23 C°. Det verkar usannsynleg når temperaturen på natta var under null.

Modellen er realistisk i det døgnet Per gjorde målingane. Går vi utover denne tida, verkar modellen svært urealistisk. Etter modellen vil temperaturen berre halde fram med å stige.

Når$f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ og $a>0$, vil grafen vende den hole sida opp (smile). Grafen vil då ha eit botnpunkt.

Grafen skjer andreaksen i 12 fordi konstantleddet$c=12$.

Symmetrilinja er$x=\frac{-b}{2a}=\frac{7}{2}$.

$\begin{array}{rcl}f\left(\frac{7}{2}\right) & =& {\left(\frac{7}{2}\right)}^2-7·\frac{7}{2}+12=\frac{49}{4}-\frac{49}{2}+12\\ & =& \frac{49}{4}-\frac{98}{4}+\frac{48}{4}\\ & =& -\frac{1}{4}\end{array}$

Botnpunktet har koordinatane $\left(\frac{7}{2}, f\left(\frac{7}{2}\right)\right)=\left(\frac{7}{2}, -\frac{1}{4}\right)$.

Verdimengda blir $[-\frac{1}{4}, \to \rangle$.

For å finne nullpunkta løyser vi likninga

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right)& = & 0\\ x^2-7x+12& =& 0\\ & & \\ x& =& \frac{7\pm \sqrt{7^2-4·12}}{2}=\frac{7\pm 1}{2}\\ & & \\ x& =& 3 \vee x=4\end{array}$

Nullpunkta er 3 og 4.

Funksjonen skriven på faktorisert form blir $f\left(x\right)=\left(x-3\right)\left(x-4\right)$.

Når $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ og $a<0$, vil grafen vende den hole sida ned (sur). Grafen vil då ha eit toppunkt.

Grafen skjer andreaksen i 4 fordi konstantleddet $c=4$.

Symmetrilinja er $x=-\frac{b}{2a}=\frac{-2}{2·\left(-2\right)}=\frac{1}{2}$.

$g\left(\frac{1}{2}\right)=-2·{\left(\frac{1}{2}\right)}^2+2·\frac{1}{2}+4=-2·\frac{1}{4}+1+4=-\frac{1}{2}+5=\frac{9}{2}$

Toppunktet har koordinatane $(\frac{1}{2}, \frac{9}{2})$.

Verdimengda blir $\langle \leftarrow , \frac{9}{2}]$.

For å finne nullpunkta løyser vi likninga

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right)& = & 0\\ -2x^2+2x+4& =& 0\\ & & \\ x& =& \frac{-2\pm \sqrt{{\left(-2\right)}^2-4·\left(-2\right)·4}}{2·\left(-2\right)}=\frac{-2\pm 6}{-4}\\ & & \\ x& =& -1 \vee x=2\end{array}$

Nullpunkta er $-1$ og 2.

Funksjonen skriven på faktorisert form blir

$g\left(x\right)=-2\left(x-\left(-1\right)\right)\left(x-2\right)=-2\left(x+1\right)\left(x-2\right)$

Når $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ og $a<0$, vil grafen vende den hole sida ned (sur). Grafen vil då ha eit toppunkt.

Grafen skjer andreaksen i $-8$ fordi konstantleddet $c=-8$.

Symmetrilinja er $x=\frac{-b}{2a}=\frac{0}{-2}=0$.

Toppunktet blir derfor det same som skjeringspunktet med andreaksen: $\left(0, -8\right)$.

Verdimengda er $⟨\leftarrow , -8]$.

Grafen til h ligg under x-aksen. Funksjonen har derfor ingen nullpunkt og kan heller ikkje skrivast på faktorisert form.

Når $f\left(x\right)=a{x}^2+bx+c$ og $a>0$, vil grafen vende den hole sida opp (smile). Grafen vil då ha eit botnpunkt.

Grafen skjer andreaksen i 0 fordi konstantleddet $c=0$.

Symmetrilinja blir $x=\frac{-b}{2a}=\frac{-12}{2·3}=-2$.

$i\left(-2\right)=3·{\left(-2\right)}^2+12·\left(-2\right)=3·4-24=12-24=-12$

Botnpunktet har koordinatane $\left(-2, i\left(-2\right)\right) = \left(-2, -12\right)$.

Verdimengda blir $[-12,\to \rangle$.

For å finne nullpunkta løyser vi likninga

$\begin{array}{rcl}i\left(x\right)& = & 0\\ 3x^2+12x& =& 0\\ 3x\left(x+4\right)& =& 0\\ & & \\ x& =& 0 \vee x=-4\end{array}$

Nullpunkta er $- 4$ og 0.

Funksjonen skriven på faktorisert form blir

$i\left(x\right)=3\left(x-\left(-4\right)\right)\left(x-0\right)=3x\left(x+4\right)$

Vi må gå ut frå at kastet startar når $x=0$. Funksjonen er gyldig heilt til spydet landar. Då er høgda lik 0. Vi må derfor finne nullpunkta til funksjonen. Det kan vi gjere med CAS.

Den første løysinga angir ein posisjon 2 og ein halv meter bak Andreas, så den kan vi ikkje bruke. Den andre løysinga gir at spydet landar 87,51 m frå Andreas. Definisjonsmengda for funksjonen blir derfor

$D_f=\left[0, 87.51\right]$

Vi teiknar grafen i GeoGebra ved å skrive inn

f(x)=Funksjon(-0.01x^2+0.85x+2.20,0,87.15).

Vi skriv inn punktet $\left(0,f\left(0\right)\right)$ i algebrafeltet og får at grafen skjer y-aksen for $y=2,2$.

Vi finn toppunktet ved å bruke verktøyet "Ekstremalpunkt".

Toppunktet har koordinatane $\left(42.5, 20.3\right)$.

Andreas kastar ut spydet 2,2 meter over bakken. Spydet når ei høgde på litt over 20 meter, og lengda på kastet er 87,51 meter.

Sidan summen av dei to veggane er 2 m og den eine er $x$, må den andre vere $2-x$.

Arealet er produktet av lengde og breidde, og vi får

$A\left(x\right)=x\left(2-x\right)=2x-x^2$

Sidan planken er 2 m, kan ikkje nokon av sidene vere større enn det. Ingen av sidene kan vere null eller mindre. $x$ må altså vere mindre enn 2 m og større enn 0 m.

I praksis må senga vere brei nok og lang nok til at hunden skal få plass. Vi kan ikkje seie noko heilt eksakt, men vi kan sjå for oss at senga må vere minimum ein halv meter i kvar retning. Då er 0,5 nedre grense for $x$. Den øvre grensa for $x$ får vi når den andre sida er 0,5. Då kan vi løyse likninga

$\begin{array}{rcl}2-x& =& 0,5\\ -x& =& 0,5-2\\ x& =& 1,5\end{array}$

Då blir den praktiske definisjonsmengda $[0.5 , 1,5]$.

Dette kan løysast på fleire måtar. Vi kan teikne funksjonen og finne toppunktet (korleis veit vi at funksjonen har eit toppunkt?). Alternativt kan vi starte med å rekne ut kor stort arealet er når $x=0,5$ og når $x=1,5$ sidan dette er grensene for definisjonsmengda.

$$\begin{gathered} A\left(0,5\right)=2·0,5-0,5^2=1-0,25=0,75 \\ A\left(1,5\right)=2·1,5-1,5^2=3-2,25=0,75 \end{gathered}$$

Kvifor får vi same areal?

For å finne toppunktet, kan vi bruke at andregradsfunksjonar er symmetriske. Det betyr at sidan vi fekk same svar på dei to utrekningane over, må toppunktet liggje midt i mellom 0,5 og 1,5, altså for $x=1$. Då er begge sidene lik 1 m, og arealet må bli 1 m².

Den praktiske verdimengda til funksjonen blir derfor $V_A=[0.75 , 1]$.

Ut ifrå løysinga i den førre oppgåva får vi den største moglege hundesenga når sidene er 1 m, og då er arealet 1 m².

Når vi løyser likninga, finn vi ut for kva $x$-verdiar arealet er lik 0,84 m². Når vi løyser ulikskapen, finn vi ut for kva $x$-verdiar arealet er mindre enn eller lik 0,84 m². Når vi skal løyse ulikskapen, må vi først starte med å løyse den tilsvarande likninga:

$\begin{array}{rcl} A\left(x\right) & =& 0,84 \\ 2x-x^2 & =& 0,84\\ -x^2+2x-0,84 & =& 0\end{array}$

Vi løyser med andregradsformelen:

$\begin{array}{rcl}x & =& \frac{-2\pm \sqrt{2^2-4·\left(-1\right)·\left(-0,84\right)}}{2·\left(-1\right)}\\ & =& \frac{-2\pm \sqrt{4-3,36}}{-2}\\ & =& \frac{-2\pm \sqrt{0,64}}{-2}\\ & =& \frac{-2\pm 0,8}{-2}\\ x & =& \frac{-2+0,8}{-2}=0,6 \vee x=\frac{-2-0,8}{-2}=1,4\end{array}$

Sidan vi veit mykje om funksjonen $A\left(x\right)$ frå før, ser vi at dersom $A\left(x\right)\le 0,84$, må $x$ vere mindre eller lik 0,6 og større eller lik 1,4. Samtidig kan ikkje $x$ vere mindre enn 0,5 eller større enn 1,5. Vi slepp å teikne forteiknslinje. Løysinga på ulikskapen blir derfor

$x\in [0.5 , 0.6] \cup [1.4 , 1.5]$

Alternativ skrivemåte: $0,5\le x\le 0,6 \vee 1,4\le x\le 1,5$

Teiknet $\vee$ betyr "eller".

Oppgåva kan òg løysast grafisk eller med CAS.

Her kan du bruke formlike trekantar.

For at skapet skal bli så stort som mogleg, må det plasserast inntil den høgaste veggen. Vi bruker at trekantane $GFC$ og $DHC$ er formlike. Det betyr at

$\begin{array}{rcl}\frac{GF}{DH}& =& \frac{FC}{HC}\\ \frac{x}{300}& =& \frac{260-h}{260-65}\\ \frac{x}{300}& =& \frac{260-h}{195} |·195\\ \frac{x}{300}·195& =& \frac{260-h}{195}·195\\ \frac{195x}{300}& =& 260-h\\ h& =& 260-\frac{195}{300}x\\ h& =& 260-0,65x\end{array}$

Merk at vi ikkje multipliserte med fellesnemnaren, som er produktet av 300 og 195, fordi det gir oss enklare rekning når vi ønskjer å ende opp med $h=$.

$A\left(x\right)=x·h=x\left(260-0,65x\right)=260x-0,65x^2$

Volumet av skapet er produktet av arealet av fronten, $A\left(x\right)$, og djupna av skapet. Vi må anta at veggen er plan slik at djupna av skapet er den same overalt. Då varierer volumet berre med $A\left(x\right)$, så når denne funksjonen har den største verdien sin, vil òg volumet av skapet vere størst.

Her betyr det at vi ønskjer å finne toppunktet til arealfunksjonen $A\left(x\right)$. Vi teiknar funksjonen i GeoGebra og bruker verktøyet "Ekstremalpunkt".

Arealet av fronten er størst når breidda på skapet er 200 cm.
Høgda på skapet er då: $h=260-0,65·200=130 \mathrm{cm}.$

Oppgåva kan òg løysast ved å bruke CAS.

Her er det mange moglegheiter. Eitt forslag er å dele opp skapet i to og la kvar del gå så høgt som mogleg. Då vil den høgre delen av skapet kome høgare enn resten.

Start med å finne ein ny formel for høgda $h$ der lengda $HC$ no blir $260-s$ i staden for $260-65$.

Bruk GeoGebra. Legg inn talet $s$ som ein glidar og la glidaren gå frå 0 til 260. Legg inn arealfunksjonen $A\left(x\right)$ frå den førre oppgåva med glidaren $s$. Finn toppunktet til arealfunksjonen med GeoGebra. Observer korleis toppunktet flyttar seg når verdien for $s$ blir endra med glidaren.

Kva betyr det i praksis når toppunktet til funksjonen har $x$-koordinat som er større enn 300?

Symmetrilinja til parabelen er $x=-\frac{b}{2a}=-\frac{-4}{2·1}=2$.

Vi finn nullpunkta ved å ta utgangspunkt i symmetrilinja og anten legge til eller trekke frå 1. Dei to nullpunkta ligg like langt frå symmetrilinja til parabelen. Eller: Symmetrilinja går midt imellom nullpunkta.

Nullpunkta til f er løysinga av likninga $f\left(x\right)=0$, som gir oss likninga $a{x}^2+bx+c=0$. Løysinga av likninga er gitt ved andregradsformelen.

$\begin{array}{rcl}x& = & \frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}\\ & & \\ & =& \frac{-b}{2a}\pm \frac{\sqrt{b^2-4ac}}{2a}\end{array}$

I andre linje har vi delt opp formelen i to ledd. Resultatet betyr at nullpunkta ligg like langt frå verdien til det første leddet, $\frac{-b}{2a}$, og at symmetrilinja derfor er gitt ved

$\begin{array}{rcl}x & =& \frac{-b}{2a}\end{array}$