Grunnleggende om funksjonsanalyse

Grafen ser ut som en parabel med toppunkt i $(\mathrm{2,} 1)$. Det betyr at $f\left(x\right)$ vokser når $x<2$ og synker når $x>2$.

I tillegg til toppunktet $(\mathrm{2,} 1)$ kan vi lese fra grafen at funksjonen har nullpunktene $x=1$ og $x=3$. Funksjonen er derfor større enn null når $1<x<3$. Ellers er den mindre enn null utenom nullpunktene.

Ut ifra det vi fant i oppgave a), er den deriverte positiv når $x<2$, null når $x=2$ og negativ når $x>2$.

Fortegnslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedenfor.

Grafen ser ut som en parabel med bunnpunkt i $(-\mathrm{0,5,} -\mathrm{2,25})$. Det betyr at $f\left(x\right)$ synker når $x<-\mathrm{0,5}$ og stiger når $x>-\mathrm{0,5}$.

I tillegg til bunnpunktet $(-\mathrm{0,5,} -\mathrm{2,25})$ kan vi lese fra grafen at funksjonen har nullpunktene $x=-2$ og $x=1$. Funksjonen er derfor mindre enn null når $-2<x<1$. Ellers er den større enn null utenom nullpunktene.

Ut ifra det vi fant i oppgave a), er den deriverte negativ når $x<-\mathrm{0,5}$, null når $x=-\mathrm{0,5}$ og positiv når $x>-\mathrm{0,5}$.

Fortegnslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedenfor.

Grafen ser ut som en parabel med bunnpunkt i $(\mathrm{0,5,} \mathrm{0,75})$. Det betyr at $f\left(x\right)$ synker når $x<\mathrm{0,5}$ og stiger når $x>\mathrm{0,5}$.

Grafen ligger over x-aksen hele tida. Funksjonen er derfor alltid større enn null.

Ut ifra det vi fant i oppgave a), er den deriverte negativ når $x<\mathrm{0,5}$, null når $x=\mathrm{0,5}$ og positiv når $x>\mathrm{0,5}$.

Fortegnslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedenfor.

Legg merke til at her kan vi ikke finne funksjonsverdier. Grafen har et toppunkt for $x=-\mathrm{0,2}$, det vil si i $(-\mathrm{0,2,} f(-\mathrm{0,2}\left)\right)$, og et bunnpunkt for $x=\mathrm{3,5}$, det vil si i $(\mathrm{3,5,} f(\mathrm{3,5}\left)\right)$. Det betyr også at $f\left(x\right)$ vokser når $x<-\mathrm{0,2}$ og når $x>\mathrm{3,5}$ og synker når $-\mathrm{0,2}<x<\mathrm{3,5}$.

I tillegg til toppunktet for $x=-\mathrm{0,2}$ og bunnpunktet for $x=\mathrm{3,5}$ kan vi lese fra grafen at funksjonen har nullpunktet $x=-\mathrm{2,1}$. Funksjonen er derfor mindre enn null når $x<-\mathrm{2,1}$. Ellers er den større enn null utenom nullpunktet.

Ut ifra det vi fant i oppgave a), er den deriverte positiv når $x<-\mathrm{0,2}$ og når $x>\mathrm{3,5}$, null når $x=-\mathrm{0,2}$ og når $x=\mathrm{3,5}$ og negativ når $-\mathrm{0,2}<x<\mathrm{3,5}$.

Fortegnslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedenfor.

Funksjonen har nullpunktene $x=0$ og $x=4$. Av fortegnslinja til den deriverte får vi at funksjonen har et toppunkt når $x=2$. Det betyr at $f\left(x\right)$ vokser når $x<2$ og synker når $x>2$. Grafen til funksjonen kan se ut som på figuren nedenfor. Vi kan ikke finne ut hva y-koordinaten til toppunktet er. Derfor er det ikke noe poeng i å ha skala på y-aksen.

Funksjonen har nullpunktene $x=-4$ og $x=1$. Av fortegnslinja til den deriverte får vi at funksjonen har et bunnpunkt når $x=-\mathrm{1,5}$. Det betyr at $f\left(x\right)$ kan ha form som en parabel og kan se ut som på figuren nedenfor. Vi kan ikke finne ut hva y-koordinaten til bunnpunktet er. Derfor er det ikke noe poeng i å ha skala på y-aksen.

Funksjonen har nullpunktene $x=-2, x=-1$ og $x=3$. Av fortegnslinja til den deriverte får vi at funksjonen har et bunnpunkt når $x=-\mathrm{1,5}$ og et topppunkt når  $x=\mathrm{1,5}$. Det betyr at $f\left(x\right)$ synker når $x<-\mathrm{1,5}$ og når $x>\mathrm{1,5}$ og vokser når $-\mathrm{1,5}<x<\mathrm{1,5}$. Grafen til funksjonen kan derfor se ut omtrent som på bildet nedenfor.

Ifølge fortegnslinja til f skal funksjonen være større enn null, krysse x-aksen for $x=-4$ og være mindre enn null et stykke. Det må bety at grafen synker i et intervall rundt $x=-4$. Men ifølge fortegnslinja til $f\text{'}$ skal funksjonen være stigende i dette område siden fortegnslinja er heltrukken akkurat her. Det må derfor være en feil i dette fortegnsskjemaet.

Hvis vi lar fortegnslinja til $f\text{'}$ være stiplet når $x<-\mathrm{1,5}$ og heltrukken når $x>-\mathrm{1,5}$, blir det samsvar med fortegnslinja til f.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& -2x^2-12x-16\\ f\text{'}\left(x\right) & =& -2·2x-12\\ & =& -4x-12\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$. 

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(0\right) & =& 0\\ -4x-12 & =& 0\\ -4x & =& 12\\ x & =& -3\end{array}$

Det er bare i nullpunktene at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt.

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(-4\right)=-4·\left(-4\right)-12=16-12=4>0\\ f\text{'}\left(0\right)=-4·0-12=-12<0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at grafen til f stiger når $x<-3$, og at grafen synker når $x>-3$. Grafen til f har derfor et toppunkt når $x=3$.

$f\left(-3\right)=-2{\left(-3\right)}^2-12·\left(-3\right)-16=-2·9+36-16=2$

Toppunktet er $(-\mathrm{3,} f(-3\left)\right)=(-\mathrm{3,} 2)$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen til funksjonen enn at den er en parabel og har et toppunkt i $(-\mathrm{3,} 2)$. Skissen bør ligne noenlunde på grafen i løsningen til oppgave d). Toppunktet må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne toppunktet.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=x^2-2x-3\\ f\text{'}\left(x\right)=2x-2\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 2x-2 & =& 0\\ 2x & =& 2\\ x & =& 1\end{array}$

Det er bare i nullpunktene at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt.

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(0\right)=2·0-2=-2<0\\ f\text{'}\left(2\right)=2·2-2=2>0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at grafen til f synker når $x<1$ og stiger når $x>1$. (Vi kunne også sagt dette på forhånd, siden vi vet at denne andregradsfunksjonen har et bunnpunkt når tallet foran andregradsleddet er positivt. Da må grafen synke for x-verdier mindre enn 1, og motsatt.)

Grafen til f har derfor et bunnpunkt når $x=1$.
Bunnpunktet er $(\mathrm{1,} f(1\left)\right)=(\mathrm{1,} -4)$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen enn at den er en parabel med bunnpunkt i $(\mathrm{1,} -4)$. En skisse må ligne noenlunde på grafen i d). Bunnpunktet med koordinater $(\mathrm{1,} -4)$ må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne bunnpunktet.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=x^3-3x^2-9x+10\\ f\text{'}\left(x\right)=3x^2-3·2x-9=3x^2-6x-9\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 3x^2-6x-9 & =& 0\\ x^2-2x-3 & =& 0\\ x & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle -\left(-2\right)\pm \sqrt{{\left(-2\right)}^2-4·1·\left(-3\right)}}}{{\displaystyle 2·1}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 2\pm \sqrt{16}}}{{\displaystyle 2}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 2\pm 4}}{{\displaystyle 2}}}\\ x & =& -1 \vee x=3\end{array}$

Det er bare i nullpunktene at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt.

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(-2\right)=3{\left(-2\right)}^2-6\left(-2\right)-9=3·4+12-9=15>0\\ f\text{'}\left(0\right)=3{\left(0\right)}^2-6·0-9=-9<0\\ f\text{'}\left(4\right)=3{\left(4\right)}^2-6·4-9=3·16-24-9=16>0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at

• grafen til f stiger når $x<-1$ og når $x>3$
• grafen til f synker når $-1<x<3$

Grafen til f har et toppunkt når $x=-1$.
$\begin{array}{rcl}f\left(-1\right) & =& {\left(-1\right)}^3-3{\left(-1\right)}^2-9·\left(-1\right)+10\\ & =& -1-3+9+10\\ & =& 15\end{array}$
Toppunktet er $(-\mathrm{1,} f(-1\left)\right)=(-\mathrm{1,} 15)$.

Grafen til f har et bunnpunkt når $x=3$.
$\begin{array}{rcl}f\left(3\right) & =& {\left(3\right)}^3-3{\left(3\right)}^2-9·3+10\\ & =& 27-27-27+10\\ & =& -17\end{array}$
Bunnpunktet er $(\mathrm{3,} f(3\left)\right)=(\mathrm{3,} -17)$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen enn at den har et toppunkt i $(-\mathrm{1,} 15)$ og et bunnpunkt i $(\mathrm{3,} -17)$. En skisse må ligne noenlunde på grafen i d). Toppunktet og bunnpunktet må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunktene.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=x^3-3x^2\\ f\text{'}\left(x\right)=x^3-3·2x=3x^2-6x\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 3x^2-6x & =& 0\\ 3x\left(x-2\right) & =& 0\\ x\left(x-2\right) & =& 0\\ x & =& 0 \vee x-2=0\\ x & =& 0 \vee x=2\end{array}$

Det er bare i nullpunktene at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt.

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(-2\right)=3{\left(-2\right)}^2-6\left(-2\right)=3·4+12=24>0\\ f\text{'}\left(1\right)=3{\left(1\right)}^2-6·1=-3<0\\ f\text{'}\left(4\right)=3{\left(4\right)}^2-6·4=3·16-24=24>0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at

• grafen til f stiger når $x<0$ og når $x>2$
• grafen til f synker når $0<x<2$

Grafen til f har et toppunkt når $x=0$.
$f\left(0\right)=0^3-3·0^2=0$
Toppunktet er $(\mathrm{0,} f(0\left)\right)=(\mathrm{0,} 0)$.

Grafen til f har et bunnpunkt når $x=2$.
$f\left(2\right)=2^3-3·2^2=8-12=-4$
Bunnpunktet er $(\mathrm{2,} f(2\left)\right)=(\mathrm{2,} -4)$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunktene.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}f\left(x\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle x^3}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle +}{\displaystyle {{\displaystyle x}}^2}{\displaystyle +}{\displaystyle x}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}\\ f\text{'}\left(x\right)=x^2+2x+1\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ x^2+2x+1 & =& 0\\ x & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle -2\pm \sqrt{2^2-4·1·1}}}{{\displaystyle 2·1}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle -2\pm \sqrt{0}}}{{\displaystyle 2}}}\\ & =& -1\end{array}$

Vi får bare én løsning. Stikkprøver gir

$\begin{array}{l}f\text{'}\left(-2\right)={\left(-2\right)}^2+2·\left(-2\right)+1=4-4+1=1>0\\ f\text{'}\left(0\right)={\left(0\right)}^2+2·0+1=0-0+1=1>0\end{array}$

Alternativ: Den deriverte er et fullstendig kvadrat som er positivt for alle verdier av x unntatt der den er null.

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Som vi egentlig visste før vi tegnet fortegnslinja, får vi at grafen til f er stigende overalt unntatt når $x=-1$ der den deriverte er null. Den deriverte har samme fortegn på begge sider av nullpunktet.

Grafen til f har derfor et terrassepunkt når $x=-1$. Grafen har ingen topp- eller bunnpunkter.

${\displaystyle f\left(-1\right)=\frac{{\displaystyle {\left(-1\right)}^3}}{{\displaystyle 3}}+{\left(-1\right)}^2+\left(-1\right)-\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}=-1}$

Terrassepunktet er $(-\mathrm{1,} f(-1\left)\right)=(-\mathrm{1,} -1)$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til funksjonen og lagt inn punktet $(-\mathrm{1,} f(-1\left)\right)$. Det ser ut som det er et terrassepunkt, men det kan vi ikke finne grafisk på en enkel måte. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkter, som tyder på at det ikke er noen topp- eller bunnpunkter. GeoGebra har ingen verktøy for å finne terrassepunkter. Vi kan teste om det er et terrassepunkt ved å se om tangenten til grafen i punktet har stigningstall 0.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

$\begin{array}{l}f\left(x\right)=x^3+3x\\ f\text{'}\left(x\right)=3x^2+3\end{array}$

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 3x^2+3 & =& 0\\ 3\left(x^2+1\right) & =& 0\\ x^2+1 & =& 0 \end{array}$

Vi får ingen løsning. Den deriverte er et andregradsuttrykk med pluss foran andregradsleddet. Når den ikke har nullpunkt, betyr det at den deriverte alltid er positiv og at funksjonen er voksende for alle x-verdier. Da trenger vi ikke tegne fortegnsskjema! (Hvorfor ikke?)

Grafen til f har ingen topp-, bunn- eller terrassepunkter.

I linje 2 får vi ingen løsning når vi setter den deriverte lik 0. I linje 3 får vi løsningen $x=x$, som betyr at alle reelle tall er løsning. Den deriverte er altså større enn null for alle x. Dette stemmer med det vi fant i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til funksjonen. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkter, som tyder på at det ikke er noen topp- eller bunnpunkter.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

Grafen til f (den blå grafen): Det ser ut som om grafen er helt flat ved $x=1$. Ellers synker den overalt. Det betyr at grafen har et terrassepunkt for $x=1$. Ellers har den ingen andre stasjonære punkter.

Grafen til g (den røde grafen): Denne grafen stiger i hele området. Den flater litt ut ved $x=1$, men er ikke helt flat. Denne grafen har derfor ingen stasjonære punkter.

Grafen til h (den grønne grafen): Grafen synker fram til $x=-2$, der den flater helt ut og fortsetter å synke. Da har grafen et terrassepunkt for $x=-2$.
Grafen synker videre, før den snur ved $x=1$ og stiger videre. Grafen har derfor et bunnpunkt for $x=1$.

Vi deriverer $f\left(x\right)$.

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

Vi setter så $f\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right)& = & 0\\ x-2& =& 0\\ x& =& 2\end{array}$

Funksjonen har altså et stasjonært punkt for $x=2$. Vi kan raskt avgjøre at den deriverte er negativ hvis vi setter inn en x-verdi som er mindre enn 2 og motsatt.

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at $f\left(x\right)$ minker for $x\in ⟨\leftarrow ,2⟩$ og at $f\left(x\right)$ vokser når $x\in ⟨2,\to ⟩$.

Grafen til $f\left(x\right)$ har derfor et bunnpunkt når $x=2$.

$\begin{array}{rcl}f\left(2\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}·2^2-2·2+1\\ & =& 2-4+1\\ & =& -1\end{array}$

Bunnpunktet er $(\mathrm{2,} f(2\left)\right)=(2, -1)$.

I dette eksempelet visste vi egentlig fra før at grafen har et bunnpunkt, siden det er grafen til en andregradsfunksjon med positivt tall foran andregradsleddet.

Vi sier også at funksjonen har minimalverdi $f\left(2\right)=-1$.

Løsningen med CAS nedenfor gir samme resultat.

Vi deriverer $g\left(x\right)$.

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right)& = & {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle {{\displaystyle x}}^3}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{x}^2-6x-3\\ g\text{'}\left(x\right)& =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle 3}{\displaystyle {{\displaystyle x}}^2}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}·2x-6=x^2+x-6\end{array}$

Vi setter så $g\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}g\text{'}\left(x\right)& = & 0\\ x^2+x-6& =& 0\\ \left(x+3\right)\left(x-2\right)& =& 0\\ x+3& =& 0 \vee x-2=0\\ x& =& -3 \vee x=2\end{array}$

Her har vi brukt "stirremetoden" for å løse andregradslikningen. Vi kunne også brukt andregradsformelen (abc-formelen).

Funksjonen har altså to stasjonære punkter, eller nullpunkter for den deriverte. Det er bare der at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt.

$\begin{array}{l}g\text{'}\left(-4\right)={\left(-4\right)}^2+\left(-4\right)-6=16-4-6=6>0\\ g\text{'}\left(0\right)={\left(0\right)}^2+0-6=-6<0\\ g\text{'}\left(3\right)=3^2+3-6=9+3-6=6>0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $g\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at $g\left(x\right)$ minker for $x\in ⟨-3,2⟩$ og vokser utenom dette intervallet unntatt i nullpunktene. Den deriverte skifter fortegn ved begge nullpunktene.

Begge de stasjonære punktene er derfor ekstremalpunkter. Grafen til $g\left(x\right)$ har et toppunkt når $x=-3$ og et bunnpunkt når $x=2$.

$\begin{array}{rcl}g(-3) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle \left(-3\right)}}^3}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle {{\displaystyle \left(-3\right)}}^2}{\displaystyle -}{\displaystyle 6}{\displaystyle ·}{\displaystyle \left(-3\right)}{\displaystyle -}{\displaystyle 3}\\ & =& -9+{\displaystyle \frac{{\displaystyle 9}}{{\displaystyle 2}}}+18-3\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}}\\ g\left(2\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 2}}^3}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle {{\displaystyle 2}}^2}{\displaystyle -}6·2-3\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle +}2-12-3\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}}\end{array}$

Toppunktet er $(-3, g(-3\left)\right)=(-\mathrm{3,} {\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}})$.

Bunnpunktet er $(\mathrm{2,} g(2\left)\right)=(\mathrm{2,} -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}})$.

Vi sier også at funksjonen har maksimalverdien $g\left(-3\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}}$. Funksjonen har minimalverdi $g\left(2\right)=-\frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}$.

Løsningen med CAS nedenfor gir samme resultat.

Vi deriverer $h\left(x\right)$.

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

Vi setter så $h\text{'}\left(x\right)=0$.

$\begin{array}{rcl}h\text{'}\left(x\right)& = & 0\\ x^2-2x+1& =& 0\\ {\left(x-1\right)}^2& =& 0\\ x-1& =& 0\\ x& =& 1\end{array}$

Her gjenkjente vi andregradsuttrykket som et fullstendig kvadrat. Vi kunne også brukt andregradsformelen.

Vi får bare én løsning. Funksjonen har bare ett stasjonært punkt, eller nullpunkt for den deriverte. Det er bare der at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Siden den deriverte er et kvadrat, er den alltid større enn null unntatt der den er null. Vi trenger derfor ikke å gjøre noe mer for å tegne fortegnslinja til $h\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av fortegnslinja at den deriverte ikke skifter fortegn ved nullpunktet. Funksjonen har derfor et terrassepunkt for $x=1$.

$\begin{array}{rcl}h\left(1\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{{\displaystyle 1}}^3-1^2+1-1\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}-1+1-1\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}\end{array}$

Terrassepunktet er $(\mathrm{1,} h(1\left)\right)=(\mathrm{1,} -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}})$.

Funksjonen har ingen ekstremalpunkter.

Løsningen med CAS nedenfor gir samme resultat.

Vi deriverer $p\left(x\right)$.

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

Vi setter så $p\text{'}\left(x\right)=0$. Dette gir en tredjegradslikning der vi må gjette på en løsning for å kunne komme videre. Vi løser i stedet oppgaven med CAS.

Funksjonen har altså to stasjonære punkter, eller nullpunkter for den deriverte. Vi tegner fortegnslinja for $p\text{'}\left(x\right)$. Linje 3 i CAS-løsningen forteller hvor fortegnslinja skal være heltrukken.

Fortegnslinja gir at funksjonen har et bunnpunkt for $x=-1$ og et terrassepunkt for $x=2$. Fra linje 4 og 5 får vi y-koordinatene til disse punktene.

Bunnpunktet er $(-\mathrm{1,} p(-1\left)\right)=(-\mathrm{1,} -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}})$.

Terrasssepunktet er $(\mathrm{2,} p(2\left)\right)=(\mathrm{2,} 2)$.

Funksjonen har minimalverdien $p\left(-1\right)={\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}}$. Funksjonen har ingen maksimalverdi.

Fortegnslinja til f gir at grafen til f har et nullpunkt for $x=\mathrm{2,3}$, ligger over x-aksen når $x<\mathrm{2,3}$ og under x-aksen når $x>\mathrm{2,3}$. Fortegnslinja til $f\text{'}$ er stiplet overalt med unntak av for $x=1$. Det betyr at grafen har et terrassepunkt for $x=1$, siden den deriverte ikke skifter fortegn ved nullpunktet sitt.

Grafen til f kan se ut omtrent som på bildet nedenfor.

Fortegnslinja til g gir at grafen til g har nullpunkter for $x=-\mathrm{1,9}$ og for $x=\mathrm{0,5}$. Grafen ligger over x-aksen mellom nullpunktene og under x-aksen ellers. Fortegnslinja til $g\text{'}$ har to nullpunkter. Ved nullpunktet $x=-1$ skifter linja fra å være heltrukken til å være stiplet. Da må dette være et toppunkt. Ved nullpunktet $x=2$ er fortegnslinja stiplet både før og etter. Det betyr at grafen har et terrassepunkt for $x=2$, siden den deriverte ikke skifter fortegn her.

Grafen til g kan se ut omtrent som på bildet nedenfor.