Voorbeeldoplossing veeltermfuncties & rationale functies
1. Theorie
2. We ontbinden met Horner:
2 -6 a+4 -a Dus
f x ( ) = 2 x
3− 6 x
2+ ( a + 4 ) x a − = ( x − 1 2 ) ( x
2− 4 x a + ).
Als
f
maar één nulpunt mag hebben, dan mag2 x
2− 4 x a +
enkel ook nogx = 1
als nulpunt hebben. Dus moet alleszins al∆ ≤ 0
.1 2 -4 a
2 -4 a 0
16 8 a 0 a 2
∆ = − ≤ ⇔ ≥
. Alsa > 2
heeft f x( )
slechts één enkelvoudig nulpunt, namelijkx = 1
.Als
a = 2
, dan isf x ( ) ( = x − 1 2 ) ( x
2− 4 x + 2 ) = 2 ( x − 1 )
3, dus ook in dat geval heeftf
maar één nulpunt (met multipliciteit3
), namelijkx = 1
.3.
( ) ( )( )( )
( )( )
2 3
2
1 2 1 3 1 1 6 11 6
3 7 2 3 1 2
x x x
x x x
f x x x x x
− − − −
− + −
= =
− + − −
( ) ( 1 2 )( 1 ) 2
23 1
2 2
v
x x x x
f x
x x
− − − − + −
⇒ = =
− −
Er is dus een perforatiepunt bij
x = 1 3
, dan is1 2 1 3 ( )
23 1 3 ( ) 1 2 9 2 1 2
3 1 3 2 5 3 15 3 15 ,
f
v = − + − − = − − = ⇒ P
. De verticale asymptoot heeft vergelijkingx = 2
, en qua ligging geldt: limx 2 f x( )
→< = +∞ en limx 2 f x
( )
→> = −∞.
x
−∞ 1 2 1 2
+∞v
( )
f x
+ 0 - 0 + | -Er is ook een schuine asymptoot, want gr T
( )
=gr N( )
+1. De vergelijking is y= −2x−1, want:2x2
−
+ 3x − 1 x − 2
Ligging: tekenverloop van
( ) 2 1 3
v
2
f x x
x + + = −
−
x −∞ 2 +∞
( ) 2 1
f
vx + x +
+ | -Boven SA Onder SA
2x2
−
+ 4 x − 2 x
−1−x
− 1
−x +2
− 3
4. Gegeven is de functie
( ) ( 2 1 ) 2 ( 1 ) 6
( 1 ) 6
1
a x a x
f x x
− + + −
= −
, met parametera ∈ ℝ
.a) Dan moet gr T
( )
≤gr N( )
⇒a2− = ⇔ = ∨1 0 a 1 a= −1( ) 2 6
1
1 a f x x
x
= ⇒ = −
−
, de horizontale asymptoot is danh ↔ = y 2
( ) 6
1 1
a f x
x
= − ⇒ = −
−
, de horizontale asymptoot is danh ↔ = y 0
b) Dan moet 1 ook een nulpunt zijn van de teller
⇒ a
2− + + − = ⇔ = 1 a 1 6 0 a 2 ∨ a = − 3
c) Als a∈ℝ\ 2, 3{
−}
, de verticale asymptoot is danv ↔ = x 1
.5. Bij tekenverloop D is er één nulpunt met een even multipliciteit. Dit is onmogelijk bij een derdegraadsveelterm.
