Analyse av rasjonale funksjonar

Funksjonen $$ f$$ har nullpunkt når teljaren er null, det vil seie når  $$ x=1$$.

Horisontal asymptote:

$$ \begin{array}{rcl}\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x-1}{x-2}\\ & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{x}{x}}-{\displaystyle \frac{1}{x}}}{{\displaystyle \frac{x}{x}}-{\displaystyle \frac{2}{x}}}\\ & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{\cancel{x}}{\cancel{x}}-\frac{1}{x}}}{{\displaystyle \frac{\cancel{x}}{\cancel{x}}-\frac{2}{x}}}\\ & =& \frac{1-0}{1-0}\\ & =& 1\end{array}$$

Det betyr at  $$ y=1$$  er horisontal asymptote.

Vertikal asymptote:

Nemnaren er null når  $$ x-2=0$$, det vil seie når  $$ x=2$$, og teljaren er $$ 2-1=1$$.

Det betyr at  $$ x=2$$  er ein vertikal asymptote.

Vi deriverer funksjonen og undersøkjer forteiknet til den deriverte.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \frac{x-1}{x-2}\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{\left(x-2\right)·1-\left(x-1\right)·1}{{\left(x-2\right)}^2}\\ & =& \frac{-1}{{\left(x-2\right)}^2}\end{array}$$

Nemnaren $$ {\left(x-2\right)}^2$$ er alltid positiv, og teljaren er alltid negativ.

Det betyr grafen alltid søkk i definisjonsområdet sitt, og grafen har derfor ikkje topp- eller botnpunkt. Eit forteiknsskjema for den deriverte ser derfor slik ut:

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

Vi deriverer ein gong til og undersøkjer forteiknet til den dobbeltderiverte.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{-1}{{\left(x-2\right)}^2}\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{{\left(-1\right)}^{\text{'}}·{\left(x-2\right)}^2-\left(-1\right){\left({\left(x-2\right)}^2\right)}^{\text{'}}}{{\left(x-2\right)}^4}\\ & =& \frac{2\left(x-2\right)}{{\left(x-2\right)}^4}\\ & =& \frac{2}{{\left(x-2\right)}^3}\end{array}$$

Nemnaren $$ {\left(x-2\right)}^3$$ er positiv for  $$ x>2$$  og negativ for  $$ x<2$$. Teljaren er alltid positiv. Det gir følgjande forteiknsskjema for $$ f^{\text{'}\text{'}}$$:

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

Grafen vender den hole sida ned når  $$ x<2$$ (eller når  $$ x\in \langle \leftarrow , 2\rangle $$).

Grafen vender den hole sida opp når  $$ x>2$$ (eller når  $$ $ x\in ⟨2, \to ⟩$$$).

Eit eventuelt vendepunkt måtte vore for  $$ x=2$$, men for denne verdien er ikkje funksjonen definert. Det vil seie at grafen ikkje har nokon vendepunkt.

No kjenner vi så mykje til forløpet til grafen at det er relativt lett å lage ei skisse av grafen utan hjelpemiddel. Grafen i figuren er laga i GeoGebra, men det svært viktig at du òg kan lage ei skisse av grafen utan hjelpemiddel.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

I linje 2 finn vi asymptotane. I linje 3 finn vi nullpunktet til funksjonen. I linje 4 finn vi eventuelle stasjonære punkt, men svaret viser at det er ingen. Vi sjekkar forteiknet til den deriverte i linje 5 og får inga løysing, som betyr at grafen søkk i heile definisjonsområdet til funksjonen. I linje 6 finn vi eventuelle moglege vendepunkt, men svaret viser at det er ingen. I linje 7 sjekkar vi forteiknet til den dobbeltderiverte. Vi får at grafen vender den hole sida ned når  $$ x<2$$  og den hole sida opp når  $$ x>2$$, som vi fann i oppgåve c).

Funksjonen $$ f$$ har nullpunkt når teljaren er null, det vil seie når  $$ x=0$$.

Vi observerer at teljaren er av høgare grad enn nemnaren. Då har ikkje grafen til funksjonen horisontal asymptote, men ein asymptotefunksjon. Vi finn asymptotefunksjonen ved å gjere ein polynomdivisjon.

$$ \begin{array}{rcl}& & $ \begin{array}{ccccccccccc}& & x^2& :& (& x& ⎯& 1& )& = & x+1+\frac{1}{x-1} \\ ⎯& (& x^2& ⎯& x& )& & & & & \\ & & & & x& & & & & & \\ & & -& (& x& ⎯& 1& )& & & \\ & & & & & & 1& & & & \end{array}$\end{array}$$

Restleddet er ein brøk som blir veldig liten når $$ x$$ blir stor. Det betyr at grafen til $$ f$$ har asymptotefunksjonen  $$ y=x+1$$.

Vertikal asymptote:

Nemnaren er null når  $$ x-1=0$$, det vil seie når  $$ x=1$$, og teljaren er 1.

Det betyr at  $$ x=1$$  er ein vertikal asymptote.

Vi deriverer funksjonen og undersøkjer forteiknet til den deriverte.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& \frac{x^2}{x-1}\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{2x·\left(x-1\right)-x^2·1}{{\left(x-1\right)}^2}\\ & =& \frac{2x^2-2x-x^2}{{\left(x-1\right)}^2}\\ & =& \frac{x^2-2x}{{\left(x-1\right)}^2}\end{array}$$

Nemnaren $$ {\left(x-1\right)}^2$$ er alltid positiv for dei $$ x$$-verdiane funksjonen er definert for. Vi sjekkar teljaren.

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

Det held med å sjekke forteiknet til teljaren for å finne ut om den deriverte er positiv eller negativ i dei aktuelle intervalla.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(-1\right) & =& {\left(-1\right)}^2-2·\left(-1\right)=1+2=3>0\\ f^{\text{'}}\left(0,5\right) & =& {\left(0,5\right)}^2-2·\left(0,5\right)=0,25-1=-0,75<0\\ f^{\text{'}}\left(1,5\right) & =& {\left(1,5\right)}^2-2·\left(1,5\right)=2,25-3=-0,75<0\\ f^{\text{'}}\left(3\right) & =& 3^2-2·3=9-6=3>0\end{array}$$

Eit forteiknskjema for den deriverte ser derfor slik ut:

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Grafen til $$ f$$ er stigande når  $$ x<0$$  og når  $$ x>2$$. Grafen til $$ f$$ er søkkande når  $$ 0<x<1$$  og når  $$ 1<x<2$$.

$$ f\left(2\right)=\frac{2^2}{\left(2-1\right)}=4$$

Grafen har eit toppunkt i $$ \left(0, 0\right)$$ og eit botnpunkt i $$ \left(2, 4\right)$$.

Vi deriverer ein gong til og undersøkjer forteiknet til den dobbeltderiverte.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{x^2-2x}{{\left(x-1\right)}^2}\left(=\frac{x^2-2x}{x^2-2x+1}\right)\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& \frac{{\left(x-1\right)}^2·\left(2x-2\right)-\left(x^2-2x\right)\left(2x-2\right)}{{\left(x-1\right)}^4}\\ & =& \frac{{\left(x-1\right)}^{\cancel{2}}·\left(2x-2\right)-2\left(x^2-2x\right)\cancel{\left(x-1\right)}}{{\left(x-1\right)}^{\cancel{4}3}}\\ & =& \frac{2x^2-2x-2x+2-2x^2+4x}{{\left(x-1\right)}^3}\\ & =& \frac{2}{{\left(x-1\right)}^3}\end{array}$$

Nemnaren $$ {\left(x-1\right)}^3$$ er positiv for  $$ x>1$$  og negativ for  $$ x<1$$. Teljaren er alltid positiv. Det gir følgjande forteiknskjema for $$ f^{\text{'}\text{'}}$$:

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Grafen vender den hole sida ned når  $$ x<1$$ (eller når  $$ x\in ⟨\leftarrow , 1⟩$$).

Grafen vender den hole sida opp når  $$ x>1$$ (eller når  $$ $ x\in ⟨1, \to ⟩$$$).

Eit eventuelt vendepunkt måtte vore for  $$ x=1$$, men for denne verdien er ikkje funksjonen definert. Det vil seie at grafen ikkje har nokon vendepunkt.

No kjenner vi noko til forløpet til grafen, og vi kan lage ei omtrentleg skisse av grafen utan hjelpemiddel. (Grafen i figuren er laga i GeoGebra.)

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-NC-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

I linje 2 finn vi asymptotane. I linje 3 finn vi nullpunktet til funksjonen. I linje 4 finn vi dei to stasjonære punkta. Vi sjekkar forteiknet til den deriverte i linje 5. I linje 6 finn vi eventuelle moglege vendepunkt, men svaret viser at det er ingen. I linje 7 sjekkar vi forteiknet til den dobbeltderiverte. Vi får at grafen vender den hole sida ned når  $$ x<1$$  og den hole sida opp når  $$ x>1$$, som vi fann i oppgåve c).