Analyse av funksjoner – begreper

Linje 2 gir at det er ett stasjonært punkt, for $x=-1$. Samtidig er den dobbeltderiverte null for samme x-verdi (linje 3). Linje 4 i CAS-utregningen gir at den dobbeltderiverte skifter fortegn ved $x=-1$. Da har vi ett vendepunkt som også er et terrassepunkt, og koordinatene er $(-1,-1)$.

Linje 4 gir også at grafen vender den hule siden ned når $x<-1$, og den hule siden opp når $x>-1$.

Grafen til funksjonen har ingen topp- eller bunnpunkter.

Vi vet at en tredjegradsfunksjon som ikke har begrenset definisjonsmengde, går mot uendelig når x går mot uendelig, og mot minus uendelig når x går mot minus uendelig, eller motsatt. Funksjonen h har derfor ingen absolutt maksimal- eller minimalverdi.

Merk at i linje 5 har vi satt opp tre utregninger på listeform for å spare plass. Vi kunne også delt det opp i én utregning på tre linjer.

Linje 2 gir at det er to stasjonære punkter, for $x=-1$ og for $x=2$. Linje 3 og 4 gir at det er to vendepunkter, $(0,-2)\text{og}(2,2)$, siden den dobbeltderiverte skifter fortegn ved begge x-verdiene. Samtidig får vi at grafen vender den hule siden opp når $x<0$, og når $x>2$, og den hule siden ned når $0<x<2$.

Det andre vendepunktet, $(2,2)$, er samtidig et terrassepunkt siden den deriverte er null for $x=2$.

Linje 4 gir også at det andre stasjonære punktet, $(-1,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}})$, er et bunnpunkt siden den dobbeltderiverte er positiv.

Oppsummering av punktene:

• vendepunkter: $(0,-2)\text{og}(2,2)$

• terrassepunkt: $(2,2)$

• bunnpunkt: $(-1,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}})$

Vi vet at en fjerdegradsfunksjon med positiv koeffisient foran fjerdegradsleddet vil gå mot uendelig både når x går mot pluss uendelig, og minus uendelig når definisjonsmengden er ubegrenset. Funksjonen vil ha et absolutt minimum i ett av bunnpunktene, som her vil si at funksjonen har absolutt minimum $f(-1)={\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}}$.

Linje 2 gir at det er ett stasjonært punkt for $x=0$. Linje 3 og 4 gir at grafen ikke har noen vendepunkter siden den dobbeltderiverte ikke skifter fortegn ved $x=1$. Samtidig får vi at grafen alltid vender den hule siden opp siden den dobbeltderiverte aldri er negativ.

Linje 4 og linje 5 gir at det stasjonære punktet, $(0,-2)$, er et bunnpunkt siden den dobbeltderiverte er positiv.

Ja. Alle fire ser ut til å tangere grafen i de fire røde punktene. (Husk at en tangent godt kan krysse grafen!)

Husk at vendetangenter er tangenter som går gjennom vendepunktene til grafen til en funksjon.

Det ser ut som at grafen har vendepunkter for $x=-2 \text{og} x=0$. Det betyr at det er tangentene a og b som er vendetangenter.

Tangenten a er vannrett og har derfor stigningstall 0. Tangenten skjærer y-aksen for $y=2$, som også blir likningen for tangenten.

Tangenten b har stigningstall $-4$ og skjærer y-aksen for $y=-2$. Likningen for tangenten blir derfor $y=-4x-2$.

Grafen har et bunnpunkt i $(1,-\mathrm{4,8})$.

Funksjonen har lokalt og absolutt minimum (minimalverdi) $f\left(1\right)=-\mathrm{4,8}$.

Det er lurt å følge med på stigningstallet til tangenten når du skal finne ekstremalpunkter og vendepunkter.

Nullpunktene er $x=-\mathrm{0,54}, x=0\text{ og }x=\mathrm{1,86}$.

Grafen har et toppunkt for $x=-\mathrm{0,26}$ med tilhørende lokalt maksimum $g(-\mathrm{0,26})=\mathrm{0,13}$.

Grafen har et bunnpunkt for $x=\mathrm{1,3}$ med tilhørende lokalt minimum $g\left(\mathrm{1,3}\right)=-\mathrm{2,8}$.

Funksjonen har absolutt minimum $f(-3)=-\mathrm{4,8}$ og absolutt maksimum $f\left(2\right)=2$.

Grafen har vendepunktene $(-2,-2), (-\mathrm{1,1},-\mathrm{0,8})\text{ og }(\mathrm{0,72},-\mathrm{1,6})$.

Vendetangentene, i samme rekkefølge som vendepunktene de hører til, er $y=x, y=\mathrm{1,65}x+\mathrm{1,03}\text{ og }y=-\mathrm{2,97}x+\mathrm{0,54}$.

Fortegnslinja til g forteller hvor grafen til funksjonen ligger over x-aksen, hvor den ligger under x-aksen, og hvor den treffer x-aksen (nullpunkter).

Fortegnslinja til $g\text{'}$ forteller hvor grafen til funksjonen stiger, hvor den synker, og hvor den har stasjonære punkter (topp-, bunn- eller terrassepunkter). Den forteller altså om funksjonens monotoniegenskaper.

Fortegnslinja til $g\text{'}\text{'}$ forteller hvor grafen til funksjonen vender den hule siden ned, hvor den vender den hule siden opp, og hvor den har vendepunkter. Den forteller altså om monotoniegenskapene til den deriverte.

Vi vet fra før at grafen til en tredjegradsfunksjon som ikke har avgrenset definisjonsmengde, ikke kan ha noen absolutte ekstremalverdier.

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

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

Vi setter først $f\text{'}\left(x\right)=0$ for å se etter ekstremalpunkter.

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

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. Alternativt kan vi bruke dobbeltderiverttesten.

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

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

Vi ser av fortegnslinja at grafen til f har et toppunkt når $x=-1$.

Den tilhørende lokale maksimalverdien er

$\begin{array}{rcl}f(-1) & =& {(-1)}^3-3{(-1)}^2-9(-1)+10\\ & =& -1-3+9+10\\ & =& 15\end{array}$

Toppunktet er $(-1,f(-1\left)\right)=(-1,15)$.

Grafen til f har et bunnpunkt når $x=3$.

Den tilhørende lokale minimalverdien er

$\begin{array}{rcl}f\left(3\right) & =& 3^3-3·3^2-9·3+10\\ & =& 27-27-27+10\\ & =& -17\end{array}$

Bunnpunktet er $(3,f(3\left)\right)=(3,-17)$.

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

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 6x-6 & =& 0\\ 6x & =& 6\\ x & =& 1\end{array}$

Vi har at den dobbeltderiverte er ei rett linje med positivt stigningstall. Da er den dobbeltderiverte mindre enn null for x-verdier mindre enn nullpunktet og større enn null for x-verdier større enn nullpunktet.

Vi har derfor et vendepunkt for $x=1$.

$\begin{array}{rcl}f\left(1\right) & =& 1^3-3·1^2-9·1+10\\ & =& 1-3-9+10\\ & =& -1\end{array}$

Vendepunktet er $(1,-1)$.

For å finne vendetangenten trenger vi

$f\text{'}\left(1\right)=3·1^2-6·1-9=3-6-9=-12$

Vendetangenten blir

$\begin{array}{rcl}y-f\left(1\right) & =& f\text{'}\left(1\right)(x-1)\\ y & =& -12(x-1)+f\left(1\right)\\ & =& -12x+12-1\\ & =& -12x+11\end{array}$

Bruk den egendefinerte funksjonen f fra oppgave a) inni funksjonen df.

Betrakt $f\text{'}\left(x\right)$ som en egen funksjon som skal deriveres.

Vi bruker det tilnærmede uttrykket for den deriverte når funksjonen som skal deriveres, er $f\text{'}\left(x\right)$.

$f\text{'}\text{'}\left(x\right)\approx {\displaystyle \frac{{\displaystyle f\text{'}(x+\mathrm{\Delta }x)-f\text{'}\left(x\right)}}{{\displaystyle \mathrm{\Delta }x}}}$

For å finne nullpunkter til for eksempel den deriverte kan vi lage ei løkke der x løper gjennom det aktuelle området i små trinn og sjekke fortegnet på produktet $f\text{'}\left(x\right)·f\text{'}(x+\mathrm{\Delta }x)$. Dersom resultatet er negativt, vet vi at vi har et nullpunkt mellom nåværende verdi av x og $x+\mathrm{\Delta }x$, det vil si omtrent ved $x+\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }x$.

Denne testen vil ikke finne terrassepunkter, det vil si punkter der både den deriverte og den dobbeltderiverte er null. Årsaken til det er at den deriverte ikke skifter fortegn der, og da kan aldri produktet $f\text{'}\left(x\right)·f\text{'}(x+\mathrm{\Delta }x)$ som vi tester på bli negativt. Vi kan i stedet sjekke om et nullpunkt $x=a$ for den dobbeltderiverte er et terrassepunkt ved å teste om den deriverte i punktet er tilnærmet lik 0, for eksempel at

$|f\text{'}(a\left)\right|<\mathrm{\Delta }x$

Dette er likevel ikke en helt sikker test og vil ikke fungere på alle typer funksjoner, siden det kan tenkes at den deriverte i et vendepunkt er ganske liten (men ikke helt lik null).

Hva er det aktuelle området for x når funksjonen ikke har en avgrenset definisjonsmengde? Her må vi egentlig bare prøve oss fram. Siden koeffisienten foran tredjegradsleddet er 1, vil funksjonen ganske raskt gå mot enten pluss eller minus uendelig. Vi prøver med x-verdier i intervallet $[-10,10]$.

For å finne likningen for vendetangenten tar vi utgangspunkt i ettpunktsformelen

$y-f\left(x_1\right)=f\text{'}\left(x_1\right)(x-x_1)$

der $x_1$ er x-koordinaten til vendepunktet, og vi løser likningen med hensyn på y.

Forslag til kode:

1        # definerer funksjonen
2def f(x):
3  return x**3 - 3*x**2 - 9*x + 10
4  
5        # tilnærming til den deriverte
6def df(x):
7  return (f(x + 0.0001) - f(x))/0.0001
8  
9        # tilnærming til den dobbeltderiverte
10def ddf(x):
11  return (df(x + 0.0001) - df(x))/0.0001
12  
13        # finner ekstremalpunktene
14x_verdi = -10
15trinn = 0.0001
16
17        # løkke som finner topp- og bunnpunkt  
18while x_verdi <= 10:
19  if df(x_verdi)*df(x_verdi + trinn) < 0:
20    nullpunkt = x_verdi + 0.5*trinn
21    if ddf(nullpunkt) > 0:     # dobbeltderiverttesten
22      punkttype = "bunnpunkt"
23    else:
24      punkttype = "toppunkt"
25    print(f"Funksjonen har {punkttype} i ({nullpunkt:.2f}, {f(nullpunkt):.2f}).")
26  x_verdi = x_verdi + trinn
27  
28        # finner vendepunktene, ev. om de er terrassepunkter, og vendetangentene
29x_verdi = -10
30trinn = 0.001
31while x_verdi <= 10:
32  if ddf(x_verdi)*ddf(x_verdi+trinn) < 0:
33    nullpunkt = x_verdi + 0.5*trinn
34    if abs(df(nullpunkt)) < trinn:
35      print(f"Funksjonen har terrassepunkt og vendepunkt i ({nullpunkt:.2f}, {f(nullpunkt):.2f}).")
36    else:
37      print(f"Funksjonen har vendepunkt i ({nullpunkt:.2f}, {f(nullpunkt):.2f}).")
38    konst_ledd = -df(nullpunkt)*nullpunkt + f(nullpunkt)
39    print(f"Vendetangenten har likningen y = {df(nullpunkt):.2f}x{konst_ledd:+.2f}.")
40  x_verdi = x_verdi + trinn

Vi får følgende utskrift:

"Funksjonen har toppunkt i $(-\mathrm{1,00}, \mathrm{15,00})$.

Funksjonen har bunnpunkt i $(\mathrm{3,00}, -\mathrm{17,00})$.

Funksjonen har vendepunkt i $(\mathrm{1,00}, -\mathrm{0,99})$.

Vendetangenten har likningen $y=-\mathrm{12,00}x+\mathrm{11,00}$."

Dette programmet fungerer fint på denne funksjonen. Det er ikke sikkert at det fungerer på alle typer funksjoner. Prøv gjerne programmet på de andre oppgavene på denne siden. Til vanlig vil vi ikke bruke Python til funksjonsanalyse, men det kan være greit å bruke på funksjoner som er vanskelige å analysere på annen måte.

Kommentar til koden:

I linje 39 har vi lagt til en "+" i formateringskoden til utskriften. Plusstegnet tvinger Python til å ta med fortegnet til variabelen enten det er pluss eller minus. På denne måten blir det alltid riktig tegn foran det konstante leddet i tangentlikningen.

Vi vet at vi kan finne vendepunkter der hvor den dobbeltderiverte skifter fortegn.

Derfor finner vi et uttrykk for den dobbeltderiverte.

Vi viser regning for hånd, men løs gjerne oppgaven i CAS også.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 4x^4-8x\\ f\text{'}\left(x\right) & =& 4·4x^3-8\\ & =& 16x^3-8\\ f\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& 3·16x^2\\ & =& 48x^2\end{array}$

Vi observerer at den dobbeltderiverte er positiv eller lik 0 i hele definisjonsområdet. Det betyr at vi ikke har noen vendepunkter, og at $f\left(x\right)$ alltid vender den hule siden opp.

Vi finner et uttrykk for den dobbeltderiverte:

$\begin{array}{rcl}g\left(x\right) & =& \sqrt[3]{x}\\ & =& {\displaystyle x^{\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}}\\ g\text{'}\left(x\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle x^{\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}-1}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle x^{-\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}}\\ g\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle x^{-\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}-1}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9}}}{\displaystyle x^{-\frac{{\displaystyle 5}}{{\displaystyle 3}}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle x^{\frac{{\displaystyle 5}}{{\displaystyle 3}}}}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9\sqrt[3]{x^5}}}}\end{array}$

Vi observerer at den dobbeltderiverte ikke er definert for $x=0$. Det betyr at vi må undersøke om den skifter fortegn her. Vi vet at funksjonen er kontinuerlig overalt ellers, derfor er det bare her den kan skifte fortegn.

Vi tester $g\text{'}\text{'}\left(1\right)\text{ og }g\text{'}\text{'}(-1)$:

$\begin{array}{rcl}g\text{'}\text{'}\left(1\right) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9·1}}}{\displaystyle =}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9}}}\\ g\text{'}\text{'}(-1) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9·(-1)}}}{\displaystyle =}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 9}}}\end{array}$

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn når $x=0$, dermed har vi et vendepunkt på grafen i $(0,g(0\left)\right)=(0,0)$.

Siden den dobbeltderiverte er positiv for $x<0$ og negativ for $x>0$, har vi at grafen vender den hule siden opp for negative verdier av x og ned for positive verdier av x.

Vi starter med å finne et uttrykk for den dobbeltderiverte. Du kan løse det for hånd ved hjelp av brøkregelen for derivasjon, men vi velger å løse i CAS:

Linje 2 gir oss at den deriverte ikke har noe nullpunkt. Vi sjekker om den deriverte skifter fortegn ved å løse de to ulikhetene i linje 3 og 4. Vi ser at den dobbeltderiverte er positiv for $x>2$ og dermed vender funksjonen den hule siden opp i dette området. Den dobbeltderiverte er negativ for $x<2$, og funksjonen vender den hule siden ned her. Vi har likevel ikke et vendepunkt her, fordi vi kan se at $h\left(x\right)$ ikke er definert for $x=2$. En funksjon kan ikke ha et vendepunkt i et punkt som ikke finnes!

Vi vet at grafen til en andregradsfunksjon med positivt andregradsledd alltid har den hule siden opp, så vi vet at grafen til $i\left(x\right)$ har den hule siden opp for $x>3$. Grafen til en tredjegradsfunksjon som er definert for hele $\mathrm{ℝ}$, har et vendepunkt. Vi må undersøke om dette vendepunktet ligger innenfor definisjonsområdet, og vi må også se på den dobbeltderiverte for å avgjøre krumningsforholdene for $x<3$.

Vi deriverer tredjegradsuttrykket to ganger:

$\begin{array}{rcl}(-x^3+10x-2)\text{'} & =& -3x^2+10\\ (-x^3+10x-2)\text{'}\text{'} & =& -6x\end{array}$

Vi observerer at den dobbeltderiverte er ei rett linje som har et nullpunkt i $x=0$, altså har grafen til funksjonen et vendepunkt her. Den dobbeltderiverte er positiv for $x<0$, så grafen vender den hule siden opp her. I intervallet $\langle 0,3\rangle$ vender grafen den hule siden ned.

Vi legger merke til at vi ikke har et vendepunkt for $x=3$ selv om funksjonen skifter krumning her, fordi funksjonen ikke er definert for $x=3$.

Dersom vi sørger for at endepunktet $x=3$ er i ett av vilkårene, vil funksjonen være kontinuerlig i dette punktet, og vi får et vendepunkt. Funksjonen kan da se slik ut:

$i\left(x\right)=\{\begin{array}{l}{x}^2-8, x\ge 3\\ -x^3+10x-2, x<3\end{array}$

Denne funksjonen er ikke kontinuerlig i $x=4$, derfor er dette ikke et vendepunkt for funksjonen.

Vi deriverer funksjonen og finner nullpunktene til den deriverte:

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

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

Vi finner den andrederiverte og bruker den til å bestemme hva slags type stasjonært punkt vi har i nullpunktene til den deriverte (andrederiverttesten):

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& -2x-1\\ f\text{'}\text{'}(-2) & =& -2·(-2)-1=4-1=3>0\\ f\text{'}\text{'}\left(1\right) & =& -2·1-1=-2-1=-3<0\\ & & \\ f(-2) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle (-2)}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{{\displaystyle (-2)}}^2+2·(-2)\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}-2-4\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 18}}{{\displaystyle 3}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 10}}{{\displaystyle 3}}}\\ f\left(1\right) & =& -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 1}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{{\displaystyle 1}}^2+2·1\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}+2\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 5}}{{\displaystyle 6}}}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 12}}{{\displaystyle 6}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 6}}}\end{array}$

Vi må huske å sjekke endepunktene.

$\begin{array}{rcl}f(-4) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle (-4)}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{{\displaystyle (-4)}}^2+2·(-4)\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 64}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle 8}{\displaystyle -}{\displaystyle 8}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 64}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 48}}{{\displaystyle 3}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}}}\\ f\left(2\right) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 2}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 2}}^2}{\displaystyle +}{\displaystyle 2}{\displaystyle ·}{\displaystyle 2}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}+4\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 6}}{{\displaystyle 3}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}\end{array}$

Grafen til funksjonen har toppunkter i ${\displaystyle (-4,\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(1,\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 6}})}$og bunnpunkter i ${\displaystyle (-2,-\frac{{\displaystyle 10}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(2,-\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}})}$. Funksjonen har absolutt minimum ${\displaystyle f(-2)=-\frac{{\displaystyle 10}}{{\displaystyle 3}}}$ og absolutt maksimum $f(-4)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}}}$.

Så sjekker vi for vendepunkter:

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

Vi har fra før at $f\text{'}\text{'}(-2)>0\text{ og }f\text{'}\text{'}\left(1\right)<0$, så funksjonen har et vendepunkt for $x=-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}$.

$\begin{array}{rcl}f\left({\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}\right) & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}})}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}})}}^2}{\displaystyle +}{\displaystyle 2}{\displaystyle ·}{\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}})\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 24}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 8}}}-1\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 24}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 27}}{{\displaystyle 24}}}\\ & =& -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 26}}{{\displaystyle 24}}}{\displaystyle =}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 13}}{{\displaystyle 12}}}\end{array}$

Grafen til funksjonen f har vendepunktet ${\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}},-\frac{{\displaystyle 13}}{{\displaystyle 12}})}$.

Fra linje 1–4 får vi at grafen til funksjonen har toppunkter i ${\displaystyle (-4,\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(1,\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 6}})}$og bunnpunkter i ${\displaystyle (-2,-\frac{{\displaystyle 10}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(2,-\frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}})}$. Funksjonen har absolutt minimum ${\displaystyle f(-2)=-\frac{{\displaystyle 10}}{{\displaystyle 3}}}$ og absolutt maksimum $f(-4)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}}}$.

Fra linje 5 og 6 har vi at grafen til funksjonen f har vendepunktet ${\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}},-\frac{{\displaystyle 13}}{{\displaystyle 12}})}$.

Vi deriverer funksjonen og finner nullpunktene til den deriverte:

$f\text{'}\left(x\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}·3x^2-2·2x=x^2-4x$

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ x^2-4x & =& 0\\ x(x-4) & =& 0\\ x & =& 0 \vee x-4=0\\ x & =& 0 \vee x=4\end{array}$

Vi finner den andrederiverte og bruker den til å bestemme hva slags type stasjonært punkt vi har i nullpunktene til den deriverte (andrederiverttesten):

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& 2x-4\\ f\text{'}\text{'}\left(0\right) & =& 2·0-4=-4<0\\ f\text{'}\text{'}\left(4\right) & =& 2·4-4=8-4=4>0\\ & & \\ f\left(0\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 0}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 0}}^2}{\displaystyle =}{\displaystyle 0}\\ f\left(4\right) & =& {\displaystyle }{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 4}}^3}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 4}}^2}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 64}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle 32}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 64}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 96}}{{\displaystyle 3}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 32}}{{\displaystyle 3}}}\end{array}$

Vi må huske å sjekke endepunktet for $x=-3$. (Hvorfor trenger vi ikke å sjekke for $x=7$?)

$\begin{array}{rcl}f(-3) & =& {\displaystyle }{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle (-3)}}^3}-2·{(-3)}^2\\ & =& -{\displaystyle \frac{{\displaystyle 27}}{{\displaystyle 3}}}-18\\ & =& -9-18\\ & =& -27\end{array}$

Grafen til funksjonen har et toppunkt i origo og bunnpunkter i $(4,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 32}}{{\displaystyle 3}}})\text{ og }(-3,-27)$. Funksjonen har absolutt minimum $f(-3)=-27$.

Vi kan sjekke om origo har den absolutte maksimalverdien til funksjonen ved å regne ut grenseverdien for f når x går mot 7:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 7}{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to 7}{\lim }({\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{x}^3-2x^2)\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}·7^3-2·7^2\\ & =& 7^2\left({\displaystyle \frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 6}}{{\displaystyle 3}}}\right)\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 49}}{{\displaystyle 3}}}>0\end{array}$

Grenseverdien er større enn y-koordinaten til toppunktet (origo). Siden 7 ikke er med i definisjonsmengden til funksjonen, har f ingen absolutt maksimalverdi.

Så sjekker vi for vendepunkter:

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& 0\\ 2x-4 & =& 0\\ 2x & =& 4\\ x & =& 2\end{array}$

Vi har fra før at $f\text{'}\text{'}\left(0\right)<0\text{ og }f\text{'}\text{'}\left(4\right)>0$, så grafen til funksjonen har et vendepunkt for $x=2$.

${\displaystyle f\left(2\right)=\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}·2^3-2·2^2=\frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}-8=\frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}-\frac{{\displaystyle 24}}{{\displaystyle 3}}=-\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}}}$

Funksjonen f har vendepunktet ${\displaystyle (2,-\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})}$.

Fra linjene 1–5 får vi at funksjonen har et toppunkt i origo og bunnpunkter i $(4,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 32}}{{\displaystyle 3}}})\text{ og }(-3,-27)$. Funksjonen har absolutt minimum $f(-3)=-27$. Funksjonen har ikke noe absolutt maksimum. Fra linje 3, 6 og 7 får vi at funksjonen har vendepunktet ${\displaystyle (2,-\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})}$.

Hvis vi setter $D_f=[-3,7]$ slik at det øvre endepunktet er med i definisjonsmengden, får vi fra utregningen av grenseverdien i oppgave a) at funksjonen har absolutt maksimum $f\left(7\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 49}}{{\displaystyle 3}}}$.

Funksjonsuttrykket til g er det samme som i oppgave a) og b). Definisjonsmengden må være slik at toppunktet i origo er høyeste verdi. Vi fortsetter utregningen med CAS fra oppgave a) og finner de andre nullpunktene til funksjonen.

Grafen til funksjonen ligger under x-aksen mellom de to nullpunktene siden vi har fra a) at det er et bunnpunkt for $x=4$. Det øvre endepunktet i definisjonsmengden til g må derfor være fra og med 0 til og med 6. For at funksjonen skal ha absolutt maksimum lik 0, må derfor

$a\in [0,6]$

Vi må finne ut for hvilke x-verdier funksjonen har verdien ${\displaystyle -\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}}$.

Siden maksimalverdien skal være negativ, kan ikke definisjonsmengden gå så langt som til toppunktet i origo. De to siste løsningene er større enn null. For at den absolutte maksimalverdien skal være lik ${\displaystyle -\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}}$, må vi ha at $a=-1$.