Vi bruker graftegner til å tegne grafen til $f(x)=2x^3-6x^2+5x$.

Grafen har et lokalt toppunkt ved $x\approx \mathrm{0,59}$ og et lokalt bunnpunkt ved $x\approx \mathrm{1,41}$, og stiger ellers mot $\infty$ for $x\to \infty$ og mot $-\infty$ for $x\to -\infty$.

Et tangeringspunkt har koordinater $(x,f(x))$, og tangenten i dette punktet har stigningstall $f^{\prime }(x)$.

Dersom tangenten også skal gå gjennom $A(4,3)$, må stigningstallet til tangenten være det samme som stigningstallet til linjestykket (sekanten) mellom punktene $(x,f(x))$ og $A(4,3)$. Stigningstallet til dette linjestykket er

Tangenten går gjennom $A$ hvis og bare hvis dette stigningstallet er lik $f^{\prime }(x)$, altså

Dette er nettopp likningen $x$-koordinatene til tangeringspunktene må oppfylle.

Med $f^{\prime }(x)=6x^2-12x+5$ blir likningen fra b)

Ved å multiplisere med $x-4$ på begge sider og samle leddene, forenkles dette til

Vi løser denne likningen med CAS.

CAS gir de tre løsningene

For hver av disse $x$-verdiene finner vi stigningstallet $f^{\prime }(x)$, og setter opp tangentlinja gjennom $A(4,3)$ med formelen $y-3=f^{\prime }(x)\cdot (x_0-4)$ (der $x_0$ er tangeringspunktet):

For $x_0={\displaystyle \frac{1}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)={\displaystyle \frac{1}{2}}$, som gir tangenten

For $x_0={\displaystyle \frac{7-\sqrt{15}}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)=59-15\sqrt{15}\approx \mathrm{0,91}$, som gir tangenten

For $x_0={\displaystyle \frac{7+\sqrt{15}}{2}}$ er $f^{\prime }(x_0)=59+15\sqrt{15}\approx \mathrm{117,09}$, som gir tangenten

Metoden fra b) og c) kan generaliseres til et vilkårlig punkt $P(a,b)$. Da må $x$-koordinatene til tangeringspunktene være løsninger av likningen

Siden $f$ er en tredjegradsfunksjon, er $f(x)-b$ et tredjegradsuttrykk, mens $f^{\prime }(x)$ er et andregradsuttrykk. Multipliserer vi likningen med $x-a$, får vi på begge sider et uttrykk av tredje grad, og siden koeffisienten foran $x^3$ i $f(x)$ og i $(x-a)\cdot f^{\prime }(x)$ ikke er lik (henholdsvis $2$ og $6$ i vårt tilfelle), blir likningen en ekte tredjegradslikning når leddene samles.

En tredjegradslikning kan ha maksimalt tre reelle løsninger. Derfor kan grafen til $f$ ha maksimalt tre tangenter som går gjennom et vilkårlig punkt $P(a,b)$ (slik vi nettopp fant tre tangenter gjennom $A(4,3)$ i c)).