Analyse av funksjonar – omgrep

Linje 2 gir at det er eitt stasjonært punkt, for $x=-1$. Samtidig er den dobbeltderiverte null for same x-verdi (linje 3). Linje 4 i CAS-utrekninga gir at den dobbeltderiverte skiftar forteikn ved $x=-1$. Då har vi eitt vendepunkt som òg er eit terrassepunkt, og koordinatane er $(-1,-1)$.

Linje 4 gir òg at grafen vender den hole sida ned når $x<-1$, og den hole sida opp når $x>-1$.

Grafen til funksjonen har ingen topp- eller botnpunkt.

Vi veit at ein tredjegradsfunksjon som ikkje har avgrensa definisjonsmengde, går mot uendeleg når x går mot uendeleg, og mot minus uendeleg når x går mot minus uendeleg, eller motsett. Funksjonen h har derfor ingen absolutt maksimal- eller minimalverdi.

Merk at i linje 5 har vi sett opp tre utrekningar på listeform for å spare plass. Vi kunne òg delt det opp i éi utrekning på tre linjer.

Linje 2 gir at det er to stasjonære punkt, for $x=-1$ og for $x=2$. Linje 3 og 4 gir at det er to vendepunkt, $(0,-2)\text{og}(2,2)$, sidan den dobbeltderiverte skiftar forteikn ved begge x-verdiane. Samtidig får vi at grafen vender den hole sida opp når $x<0$, og når $x>2$, og den hole sida ned når $0<x<2$.

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

Linje 4 gir òg at det andre stasjonære punktet, $(-1,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}})$, er eit botnpunkt sidan den dobbeltderiverte er positiv.

Samanfatning av punkta:

• vendepunkt: $(\mathrm{0,} -2)$ og $(\mathrm{2,} 2)$

• terrassepunkt: $(2,2)$

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

Vi veit at ein fjerdegradsfunksjon med positiv koeffisient framfor fjerdegradsleddet vil gå mot uendeleg både når x går mot pluss uendeleg, og minus uendeleg når definisjonsmengda er uavgrensa. Funksjonen vil ha eit absolutt minimum i eitt av botnpunkta, som her vil seie at funksjonen har absolutt minimum $f(-1)={\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}}$.

Linje 2 gir at det er eitt stasjonært punkt for $x=0$. Linje 3 og 4 gir at grafen ikkje har nokon vendepunkt sidan den dobbeltderiverte ikkje skiftar forteikn ved $x=1$. Samtidig får vi at grafen alltid vender den hole sida opp sidan den dobbeltderiverte aldri er negativ.

Linje 4 og linje 5 gir at det stasjonære punktet, $(0,-2)$, er eit botnpunkt sidan den dobbeltderiverte er positiv.

Ja. Alle fire ser ut til å tangere grafen i dei fire raude punkta. (Hugs at ein tangent godt kan krysse grafen!)

Hugs at vendetangentar er tangentar som går gjennom vendepunkta til grafen til ein funksjon.

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

Tangenten a er vassrett og har derfor stigningstal 0. Tangenten skjer y-aksen for $y=2$, som òg blir likninga for tangenten.

Tangenten b har stigningstal $-4$ og skjer y-aksen for $y=-2$. Likninga for tangenten blir derfor $y=-4x-2$.

Grafen har eit botnpunkt 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 stigningstalet til tangenten når du skal finne ekstremalpunkt og vendepunkt.

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

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

Grafen har eit botnpunkt for $x=\mathrm{1,3}$ med tilhøyrande 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 vendepunkta $(-2,-2), (-\mathrm{1,1},-\mathrm{0,8})\text{ og }(\mathrm{0,72},-\mathrm{1,6})$.

Vendetangentane, i same rekkefølge som vendepunkta dei høyrer til, er $y=x, y=\mathrm{1,65}x+\mathrm{1,03}\text{ og }y=-\mathrm{2,97}x+\mathrm{0,54}$.

Forteiknslinja til g fortel kvar grafen til funksjonen ligg over x-aksen, kvar han ligg under x-aksen, og kvar han treffer x-aksen (nullpunkt).

Forteiknslinja til $g\text{'}$ fortel kvar grafen til funksjonen stig, kvar han søkk, og kvar han har stasjonære punkt (topp-, botn- eller terrassepunkt). Han fortel altså om monotonieigenskapane til funksjonen.

Forteiknslinja til $g\text{'}\text{'}$ fortel kvar grafen til funksjonen vender den hole sida ned, kvar han vender den hole sida opp, og kvar han har vendepunkt. Han fortel altså om monotonieigenskapane til den deriverte.

Vi veit frå før at grafen til ein tredjegradsfunksjon som ikkje har avgrensa definisjonsmengde, ikkje kan ha nokon absolutte ekstremalverdiar.

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 set først $f\text{'}\left(x\right)=0$ for å sjå etter ekstremalpunkt.

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

Det er berre i nullpunkta at uttrykket for den deriverte kan skifte forteikn. Vi vel derfor tilfeldige tal i kvart av dei aktuelle intervalla 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 då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

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

Den tilhøyrande 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 eit botnpunkt når $x=3$.

Den tilhøyrande lokale minimalverdien er

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

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

Vi set 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 stigningstal. Då er den dobbeltderiverte mindre enn null for x-verdiar mindre enn nullpunktet og større enn null for x-verdiar større enn nullpunktet.

Vi har derfor eit 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 treng 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 eigendefinerte funksjonen f frå oppgåve a) inni funksjonen df.

Sjå på $f\text{'}\left(x\right)$ som ein eigen funksjon som skal deriverast.

Vi bruker det tilnærma uttrykket for den deriverte når funksjonen som skal deriverast, 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 nullpunkt til til dømes den deriverte kan vi lage ei lykkje der x går gjennom det aktuelle området i små steg og sjekke forteiknet på produktet $f\text{'}\left(x\right)·f\text{'}(x+\mathrm{\Delta }x)$. Dersom resultatet er negativt, veit vi at vi har eit nullpunkt mellom noverande verdi av x og $x+\mathrm{\Delta }x$, det vil seie omtrent ved $x+\frac{1}{2}\mathrm{\Delta }x$.

Denne testen vil ikkje finne terrassepunkt, det vil seie punkt der både den deriverte og den dobbeltderiverte er null. Årsaka til det er at den deriverte ikkje skiftar forteikn der, og då kan aldri produktet $f\text{'}\left(x\right)·f\text{'}(x+\mathrm{\Delta }x)$ som vi testar på, bli negativt. Vi kan i staden sjekke om eit nullpunkt $x=a$ for den dobbeltderiverte er eit terrassepunkt ved å teste om den deriverte i punktet er tilnærma lik 0, til dømes at

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

Dette er likevel ikkje ein heilt sikker test og vil ikkje fungere på alle typar funksjonar, sidan det kan tenkast at den deriverte i eit vendepunkt er ganske liten (men ikkje heilt lik null).

Kva er det aktuelle området for x når funksjonen ikkje har ei avgrensa definisjonsmengde? Her må vi eigentleg berre prøve oss fram. Sidan koeffisienten framfor tredjegradsleddet er 1, vil funksjonen ganske raskt gå mot anten pluss eller minus uendeleg. Vi prøver med x-verdiar i intervallet $[-10,10]$.

For å finne likninga for vendetangenten tek vi utgangspunkt i eittpunktsformelen

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

der $x_1$ er x-koordinaten til vendepunktet, og vi løyser likninga med omsyn 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        # finn ekstremalpunkta
14x_verdi = -10
15trinn = 0.0001
16
17        # lykkje som finn topp- og botnpunkt  
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 = "botnpunkt"
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        # finn vendepunkta, ev. om dei er terrassepunkt, og vendetangentane
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 likninga y = {df(nullpunkt):.2f}x{konst_ledd:+.2f}.")
40  x_verdi = x_verdi + trinn

Vi får denne utskrifta:

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

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

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

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

Dette programmet fungerer fint på denne funksjonen. Det er ikkje sikkert at det fungerer på alle typar funksjonar. Prøv gjerne programmet på dei andre oppgåvene på denne sida. Til vanleg vil vi ikkje bruke Python til funksjonsanalyse, men det kan vere greitt å bruke på funksjonar som er vanskelege å analysere på annan måte.

Kommentar til koden:

I linje 39 har vi lagt til ein "+" i formateringskoden til utskrifta. Plussteiknet tvingar Python til å ta med forteiknet til variabelen anten det er pluss eller minus. På denne måten blir det alltid rett teikn framfor det konstante leddet i tangentlikninga.

Vi veit at vi kan finne vendepunkt der den dobbeltderiverte skiftar forteikn.

Derfor finn vi eit uttrykk for den dobbeltderiverte.

Vi viser rekning for hand, men løys gjerne oppgåva i CAS òg.

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

Vi observerer at den dobbeltderiverte er positiv eller lik 0 i heile definisjonsområdet. Det betyr at vi ikkje har nokon vendepunkt, og at $f\left(x\right)$ alltid vender den hole sida opp.

Vi finn eit 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 ikkje er definert for $x=0$. Det betyr at vi må undersøke om han skiftar forteikn her. Vi veit at funksjonen er kontinuerleg overalt elles, derfor er det berre her han kan skifte forteikn.

Vi testar $g\text{'}\text{'}\left(1\right)$ 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 skiftar forteikn når $x=0$, dermed har vi eit vendepunkt på grafen i $(0,g(0\left)\right)=(0,0)$.

Sidan den dobbeltderiverte er positiv for $x<0$ og negativ for $x>0$, har vi at grafen vender den hole sida opp for negative verdiar av x og ned for positive verdiar av x.

Vi startar med å finne eit uttrykk for den dobbeltderiverte. Du kan løyse det for hand ved hjelp av brøkregelen for derivasjon, men vi vel å løyse i CAS:

Linje 2 gir oss at den deriverte ikkje har noko nullpunkt. Vi sjekkar om den deriverte skiftar forteikn ved å løyse dei to ulikskapane i linje 3 og 4. Vi ser at den dobbeltderiverte er positiv for $x>2$, og dermed vender funksjonen den hole sida opp i dette området. Den dobbeltderiverte er negativ for $x<2$, og funksjonen vender den hole sida ned her. Vi har likevel ikkje eit vendepunkt her, fordi vi kan sjå at $h\left(x\right)$ ikkje er definert for $x=2$. Ein funksjon kan ikkje ha eit vendepunkt i eit punkt som ikkje finst!

Vi veit at grafen til ein andregradsfunksjon med positivt andregradsledd alltid har den hole sida opp, så vi veit at grafen til $i\left(x\right)$ har den hole sida opp for $x>3$. Grafen til ein tredjegradsfunksjon som er definert for heile $\mathrm{ℝ}$, har eit vendepunkt. Vi må undersøke om dette vendepunktet ligg innanfor definisjonsområdet, og vi må òg sjå på den dobbeltderiverte for å avgjere krummingsforholda for $x<3$.

Vi deriverer tredjegradsuttrykket to gonger:

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

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

Vi legg merke til at vi ikkje har eit vendepunkt for $x=3$ sjølv om grafen til funksjonen skiftar krumming her, fordi funksjonen ikkje er definert for $x=3$.

Dersom vi sørger for at endepunktet $x=3$ er i eitt av vilkåra, vil funksjonen vere kontinuerleg i dette punktet, og vi får eit vendepunkt. Funksjonen kan då sjå 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 ikkje kontinuerleg i $x=4$, derfor er dette ikkje eit vendepunkt for funksjonen.

Vi deriverer funksjonen og finn nullpunkta 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 finn den andrederiverte og bruker han til å bestemme kva slags type stasjonært punkt vi har i nullpunkta 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 hugse å sjekke endepunkta.

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

Grafen til funksjonen har toppunkt i ${\displaystyle (-4,\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(1,\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 6}})}$og botnpunkt 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 sjekkar vi for vendepunkt:

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

Vi har frå før at $f\text{'}\text{'}(-2)>0\text{ og }f\text{'}\text{'}\left(1\right)<0$, så funksjonen har eit 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 ${\displaystyle (-\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}},-\frac{{\displaystyle 13}}{{\displaystyle 12}})}$.

Frå linje 1–4 får vi at grafen til funksjonen har toppunkt i ${\displaystyle (-4,\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})\text{ og }(1,\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 6}})}$og botnpunkt 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 $f(-4)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}}}$.

Frå 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 finn nullpunkta 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 finn den andrederiverte og bruker han til å bestemme kva slags type stasjonært punkt vi har i nullpunkta 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 hugse å sjekke endepunktet for $x=-3$. (Kvifor treng vi ikkje 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 eit toppunkt i origo og botnpunkt 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 rekne 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). Sidan 7 ikkje er med i definisjonsmengda til funksjonen, har f ingen absolutt maksimalverdi.

Så sjekkar vi for vendepunkt:

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

Vi har frå før at $f\text{'}\text{'}\left(0\right)<0\text{ og }f\text{'}\text{'}\left(4\right)>0$, så grafen til funksjonen har eit 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 ${\displaystyle (2,-\frac{{\displaystyle 16}}{{\displaystyle 3}})}$.

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

Dersom vi set $D_f=[-3,7]$ slik at det øvre endepunktet er med i definisjonsmengda, får vi frå utrekninga av grenseverdien i oppgåve a) at funksjonen har absolutt maksimum $f\left(7\right)={\displaystyle \frac{{\displaystyle 49}}{{\displaystyle 3}}}$.

Funksjonsuttrykket til g er det same som i oppgåve a) og b). Definisjonsmengda må være slik at toppunktet i origo er høgaste verdi. Vi fortset utrekninga med CAS frå oppgåve a) og finn dei andre nullpunkta til funksjonen.

Grafen til funksjonen ligg under x-aksen mellom dei to nullpunkta sidan vi har frå a) at det er eit botnpunkt for $x=4$. Det øvre endepunktet i definisjonsmengda til g må derfor vere frå 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 kva x-verdiar funksjonen har verdien ${\displaystyle -\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}}$.

Sidan maksimalverdien skal vere negativ, kan ikkje definisjonsmengda gå så langt som til toppunktet i origo. Dei to siste løysingane er større enn null. For at den absolutte maksimalverdien skal vere lik ${\displaystyle -\frac{{\displaystyle 7}}{{\displaystyle 3}}}$, må vi ha at $a=-1$.