(f+g)(x)=f(x)+g(x)=x-x=0

Matristeki 9 sayısı matrisin üçüncü satırı ve ikinci sütununda bulunuyor. Elemanın indislerle gösterimi olarak adlandırılan bu durum sonucunda, 9 rakamı 32 adresinde yer almaktadır.

f fonksiyonu altında bir a reel sayısı ve -a reel sayısı aynı görüntüye sahip olduklarından, fonksiyonun bire-bir olması için tanım kümesinde mutlak değerleri birbirine eşit olan sayılar bulunmamalıdır. 

Mavi çizgi ile gösterilen denklemde (x₁,p₁)=(-5,0) ve (x₂,p₂)=(0,15) olarak yazabiliriz. p=mx+b biçimindeki bir doğrunun eğimi

ile hesaplanır.

ise p=3x+15 olur. Kırmızı çizgi ile gösterilen denklemde (x₁,p₁)=(20,0) ve (x₂,p₂)=(0,80) olarak yazabiliriz.

ise p=-4x+80 olur. Her iki denklemde p değerlerini birbirlerine eşitlersek 3x+15=-4x+80 ve x=65/7 olur. 

Önce fonksiyonun türevini alıp kritik noktalarını bulalım. f'(x)=3x²-6x=3x(x-2)'dır. Türevin kökleri x=0 ve x=2'dir. Bu değerleri ikinci türevde yerine yazalım. f''(x)=6x-6'dır.

x=0 için f''(0)=-6<0 olduğundan yerel maksimum noktasıdır.

x=2 için f''(2)=6>0 olduğundan yerel minimum noktasıdır.

dir. İki matrisin eşitliğinden

bulunur. Böylece doğru cevap A seçeneğidir.

Bu denklem sisteminin ortak çözümünden 5q= 145+30p ve 6q= 900-30p olup buradan q=95 bulunur. Bu değer yerine yazılırsa p=11 olarak elde edilir.

İkinci dereceden polinomların kökleri bulunduktan sonra matematikçiler üçüncü dereceden polinomlarla uğraşmaya başladılar. Ama bu polinomlar için 16. yüzyıla kadar beklemek gerekti. Bu yüzyılda İtalyan Tartaglia üçüncü dereceden denklemleri çözebildi. Aynı dönemde Ferrari de dördüncü dereceden denklemleri çözmeyi başardı. Bu denklemlerin köklerinin bulunabilmesi için oldukça karışık formüller verdiler.

x yerine 1, y yerine 1 yazılırsa, f(1,1)=(1.1-2)³+1+1=1 olur.

Çarpımın türevi kuralından f'(x)=2(x²+1).2x.lnx+(x²+1)². (1/x) olur.

x=1 değerini bulalım.

f'(1)= 4.1.(1+1).ln1+(1+1).1=2 olarak  bulunur.

f'(x)=1•?x+(x+4)•(1/2)x^(-1/2)=1•2+(4+4)(1/2)(1/2)=4

olur.