Blanda oppgåver om funksjonsanalyse

Grafen har nullpunkt for  $x=-2,8, x=0$  og for  $x=2,8$. Grafen ligg først over $x$-aksen, så ligg han under og kryssar ikkje $x$-aksen ved det andre nullpunktet, ikkje før det tredje nullpunktet.

Dei stasjonære punkta finn vi for  $x=-2$ (botnpunkt), $x=0$ (toppunkt) og for  $x=2$ (botnpunkt). Grafen er først søkkande, så stigande, så søkkande og til slutt stigande.

Grafen har vendepunkt omtrent når  $x=-1,2$  og  $x=1,2$. Grafen vender først den hole sida opp, så den hole sida ned, og til slutt vender han den hole sida opp igjen.

Grafen med forteiknslinjene kan teiknast slik som vi har gjort nedanfor.

Nullpunkta er

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ \frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2} & =& 0\\ \frac{x^2}{2}\left(\frac{x}{3}-1\right) & =& 0\\ \frac{x^2}{2} & =& 0 \vee \frac{x}{3}-1=0\\ x & =& 0 \vee \frac{x}{3}=1\\ x & =& 0 \vee x=3\end{array}$

Vi deriverer og finn kvar grafen til $f$ avtek og veks.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{3x^2}{6}-\frac{2x}{2}=\frac{x^2}{2}-x=\frac{1}{2}x\left(x-2\right)$

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

Begge desse løysingane er innanfor definisjonsmengda til funksjonen. Grafen til $f$ har altså to stasjonære punkt. Det er berre i desse punkta 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. (Vi kunne òg brukt dobbeltderiverttesten for å finne ut kva slags type stasjonære punkt det er snakk om.)

$\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(-1\right)=\frac{1}{2}·\left(-1\right)·\left(-1-2\right)=-\frac{1}{2}·\left(-3\right)=\frac{3}{2}>0\\ f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{1}{2}·1·\left(1-2\right)=\frac{1}{2}·\left(-1\right)=-\frac{1}{2}<0\\ f^{\text{'}}\left(3\right)=\frac{1}{2}·3·\left(3-2\right)=\frac{3}{2}·1=\frac{3}{2}>0\end{array}$

Vi kan då setje opp forteiknslinja til den deriverte.

Grafen til $f$ stig for  $x\in \langle -3, 0\rangle \cup ⟨2, 5⟩$ og søkk når  $x\in ⟨0, 2⟩$.

Vi får av forteiknslinja i oppgåve b) at grafen til $f$ har eit toppunkt for  $x=0$  og eit botnpunkt for  $x=2$.

Toppunktet har koordinatane $\left(2, f\left(2\right)\right)=\left(0, 0\right)$.

Botnpunktet har koordinatane
$\left(2, f\left(2\right)\right)=\left(2, \left(\frac{8}{6}-\frac{4}{2}\right)\right)=\left(2, -\frac{2}{3}\right)$.

Dei stasjonære punkta kan ha globale ekstremalverdiar. Sidan intervallet til definisjonsmengda er ope, kan det ikkje vere globale ekstremalverdiar i endene av intervallet. Vi må sjekke kva grenseverdien for funksjonen er når $x$ går mot intervallgrensene.

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to -3}{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to -3}{\lim }\left(\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}\right)\\ & =& \frac{{\left(-3\right)}^3}{6}-\frac{{\left(-3\right)}^2}{2}\\ & =& -\frac{9}{2}-\frac{9}{2}\\ & =& -\frac{18}{2}\\ & =& -9\end{array}$

Dette er mindre enn $y$-koordinaten til botnpunktet. Grafen til $f$ har derfor ikkje noko globalt minimum.

Så sjekkar vi

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 5}{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to 5}{\lim }\left(\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}\right)\\ & =& \frac{5^3}{6}-\frac{5^2}{2}\\ & =& \frac{125}{6}-\frac{25}{2}\\ & \approx & 21-12,5\\ & =& 8,5\\ & & \end{array}$

Dette er større enn $y$-koordinaten til toppunktet. Grafen til $f$ har derfor ikkje noko globalt maksimum.

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

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

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

Med dette veit vi for kva $x$-verdiar den dobbeltderiverte er lik null, større enn null eller mindre enn null. Vi treng derfor eigentleg ikkje å teikne forteiknslinja for $f^{\text{'}\text{'}}$. Forteiknslinja ser i alle fall slik ut:

Vi får uansett at grafen vender den hole sida ned når  $-3<x<1$  og den hole sida opp når  $1<x<5$.

Av diskusjonen i førre oppgåve får vi at grafen har eit vendepunkt for  $x=1$. Vendepunktet er

$\begin{array}{rcl}\left(1, f\left(1\right)\right) & =& \left(1, \frac{1^3}{6}-\frac{1^2}{2}\right)\\ & =& \left(1, \frac{1}{6}-\frac{3}{6}\right)\\ & =& \left(1, -\frac{1}{3}\right)\end{array}$

Vendetangenten i punktet $\left(1, -\frac{1}{3}\right)$ er

$\begin{array}{rcl}y-f\left(x_1\right) & =& f^{\text{'}}\left(x_1\right)\left(x-x_1\right)\\ y+\frac{1}{3} & =& \left(\frac{1^2}{2}-1\right)\left(x-1\right)\\ & =& -\frac{1}{2}\left(x-1\right)\\ y & =& -\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\\ & =& -\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}\end{array}$

Vi veit no kvar grafen stig og søkk, og kvar grafen krummar oppover og nedover. Vi kjenner òg dei stasjonære punkta og vendepunktet, og vi veit kvar grafen skal ende opp ved endepunkta i intervallet som utgjer definisjonsmengda.

Grafen og vendetangenten skal sjå ut omtrent som på biletet nedanfor.

Legg merke til at vi ikkje legg inn avgrensingane i definisjonsmengda til funksjonen $f$, sidan GeoGebra har ein tendens til å ikkje finne alle løysingar til funksjonar som er avgrensa.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ \frac{-2x-3}{x+2} & =& 0\\ -2x-3 & =& 0\\ -2x & =& 3\\ x & =& -\frac{3}{2}\end{array}$

Løysinga gir ikkje null i nemnaren, så nullpunktet til $f$ er $x=-\frac{3}{2}$.

Vertikal asymptote:

$\begin{array}{rcl}x+2 & =& 0\\ x & =& -2\end{array}$

Teljar og nemnar er av same grad. Då gjer vi følgjande:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2x-3}{x+2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{-2x}{x}}-{\displaystyle \frac{3}{x}}}{{\displaystyle \frac{x}{x}}+{\displaystyle \frac{2}{x}}}\\ & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2-{\displaystyle \frac{3}{x}}}{1+{\displaystyle \frac{2}{x}}}=\frac{-2}{1}=-2\end{array}$

Horisontal asymptote er $y=-2$.

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

Teljaren er alltid negativ, og nemnaren er alltid positiv. Det betyr at  $f^{\text{'}}\left(x\right)<0$  for alle $x$-verdiar der funksjonen er definert. Det betyr at

• grafen til $f$ er søkkande overalt

• grafen til $f$ har ingen stasjonære punkt

$f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=\frac{0-\left(-1\right)2\left(x+2\right)}{{\left(x+2\right)}^4}=\frac{2}{{\left(x+2\right)}^3}$

Teljaren er alltid positiv. Nemnaren er positiv når  $x+2$  er positiv, det vil seie når
 $\begin{array}{rcl}x+2 & >& 0\\ x & >& -2\end{array}$
Den dobbeltderiverte er derfor òg positiv når  $x>-2$. Det betyr at

• grafen til $f$ ikkje har nokon vendepunkt, sidan den dobbeltderiverte ikkje har nokon nullpunkt

• grafen til $f$ vender den hole sida ned når  $x<-2$

• grafen til $f$ vender den hole sida opp når  $x>-2$

Legg merke til at sjølv om verken $f^{\text{'}}$ eller $f^{\text{'}\text{'}}$ har nokon nullpunkt, må vi sjekke forteiknet på begge sider av brotpunktet  $x=-2$. Det har vi gjort i linje 5 og linje 7. Vi ser at forteiknet til den dobbeltderiverte skifter ved brotpunktet. Det gjer ikkje forteiknet til den deriverte. Alternativt kunne vi løyst ulikskapane  $f^{\text{'}}\left(x\right)>0$  og  $f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)>0$.

Merk at funksjonen $f$ er skrive inn som f(x):=lg(x^2+4), men GeoGebra skriv om funksjonen til den naturlege logaritmen.

Først sjekkar vi avgrensingar i definisjonsmengda. Frå linje 2 får vi at definisjonsmengda til $f$ er $D_f=\langle -2, 2\rangle$sidan det berre går an å ta logaritmen til noko som er positivt.

Funksjonen har nullpunkta  $x=-\sqrt{3}, x=\sqrt{3}$ (linje 4). Frå linje 4, 5 og 6 får vi at grafen til $f$ har eit stasjonært punkt for  $x=0$, eit toppunkt med koordinatane $\left(0, 0.6\right)$. Merk i linje 5 at GeoGebra tek med løysingar for den deriverte der funksjonen $f$, og dermed den deriverte, ikkje er definert. Grafen til $f$ er stigande for  $-2<x<0$  og søkkande for  $0<x<2$. Det betyr òg at den globale maksimalverdien til funksjonen er i toppunktet. Funksjonen har ingen global minimalverdi.

Frå linje 7 og 8 får vi at grafen ikkje har nokon vendepunkt og vender den hole sida ned heile definisjonsmengda.

Vi sjekkar i linje 9 kva som skjer når $x$ nærmar seg $2$. Då forsvinn grafen nedover. Det same må skje når $x$ nærmar seg $-2$ òg. Det betyr at verdimengda til $f$ er  $V_f=\langle \leftarrow , 0.6]$.

Innleiingsvis kan vi slå fast at funksjonen vil gå mot minus uendeleg når  $x\to -\infty$, sidan talet føre tredjegradsleddet er positivt.

I linje 2 finn vi at nullpunkta til funksjonen er  $x=-1,28$  og  $x=1,66$. (Den siste løysinga er utanfor definisjonsmengda til $f$.)

I linje 3, 4 og 5 finn vi at grafen til $f$ har to stasjonære punkt, toppunktet $\left(0, 12\right)$ og botnpunktet $\left(4, -20\right)$. Vi brukte dobbeltderiverttesten i linje 5 til å avgjere kva slags type stasjonære punkt det dreier seg om. Samtidig får vi at grafen til $f$ stig når  $x<0$  og når  $4<x\le 5$. Grafen søkk når  $0<x<4$.

Sidan funksjonsverdien  $f\left(5\right)=-13$  i endepunktet, vil grafen ha global maksimalverdi 12 i toppunktet. Verdimengda til funksjonen blir  $V_f=\langle \leftarrow , 12]$.

Linje 5, 6 og 7 gir at grafen har vendepunktet $\left(2, -4\right)$. Samtidig får vi at grafen vender den hole sida ned når  $x<2$  og den hole sida opp når  $2<x\le 5$.

I linje 8 får vi at vendetangenten har likninga  $y=-12x+20$.

I linje 2 finn vi at asymptotane til funksjonen er

$y=-1,5x-0,75 , x=0,5$

Den eine asymptoten er ein såkalla skråasymptote. Vi får samtidig at funksjonen ikkje er definert for  $x=0,5$.

I linje 3 finn vi dei to nullpunkta til funksjonen.

Linje 5 gir oss at funksjonen ikkje har nokon stasjonære punkt, og linje 6 gir oss at grafen til $f$ er søkkande i heile definisjonsområdet.

Linje 7 gir oss at funksjonen ikkje har nokon vendepunkt. Linje 8 gir oss at grafen vender den hole sida ned når  $x<0,5$  og den hole sida opp når  $x>0,5$.

Frå linje 2 får vi at definisjonsmengda til funksjonen $f$ er  $D_f=\langle -3, 2\rangle$. I linje 3 og 4 sjekkar vi kva som skjer når $x$ nærmar seg endepunkta. (Vi bruker kommandoane "GrenseOver" og "GrenseUnder" i staden for "GrenseVerdi" sidan funksjonen berre er definert på den eine sida.)

Linje 5 gir at nullpunktet til $f$ er  $x=-\frac{1}{2}$.

Linje 6 gir at grafen til $f$ ikkje har nokon stasjonære punkt. Løysinga i linje 7 ligg utanfor definisjonsområdet, så grafen til $f$ er søkkande i heile definisjonsområdet.

Linje 8 og 9 gir at grafen har vendepunktet $\left(-\frac{1}{2}, 0\right)$. Grafen vender den hole sida opp når  $-3<x<-\frac{1}{2}$  og den hole sida ned når  $-\frac{1}{2}<x<2$.

Resultata gir at verdimengda til $f$ er  $V_f=\mathrm{ℝ}$.

Her står det ikkje kva framgangsmåte vi skal bruke, bortsett frå at vi skal bruke derivasjon, i tillegg til andre teknikkar. Vi vel CAS.

I linje 2 finn vi at nullpunkta til funksjonen er  $x=-0,56, x=0,62$  og  $x=2,52$. (Den første løysinga er utanfor definisjonsmengda til $f$.)

I linje 3, 4, 5 og 6 finn vi at grafen til f har to stasjonære punkt, toppunktet $\left(0, 2\right)$ og botnpunktet $\left(1.81, -6.36\right)$. Vi brukte dobbeltderiverttesten i linje 6 til å avgjere kva slags type stasjonære punkt det dreier seg om. Samtidig får vi at grafen til f stig når  $-2<x<0$  og når  $x>1,81$. Grafen søkk når  $0<x<1,81$.

Sidan funksjonsverdien  $f\left(-2\right)=-22$  i endepunktet i definisjonsmengda, vil grafen ha global minimalverdi -22 her. Dette, saman med at ein fjerdegradsfunksjon med positivt tal føre fjerdegradsleddet veks over alle grenser når $x$ blir stor, gir at verdimengda til funksjonen blir  $V_f=[-22, \to \rangle$.

Linje 7, 8 og 9 gir at grafen har vendepunktet $\left(1, -2.5\right)$. Merk at ein graf ikkje kan ha eit vendepunkt i nokon av endepunkta i definisjonsmengda til funksjonen. Samtidig får vi at grafen vender den hole sida ned når  $-2<x<1$  og den hole sida opp når  $x>1$.

I linje 10 får vi at vendetangenten har likninga  $y=-7x+\frac{9}{2}$.

Vi gjer omtrent som i dei førre oppgåvene på denne sida.

Linje 2 gir at funksjonen har eitt nullpunkt, som er  $x=0$. Linje 3, 4 og 5 gir at grafen til funksjonen har eit toppunkt med koordinatane $\left(\frac{1}{k}, \frac{a}{ke}\right)$, under føresetnad av at  $k>0$. Vi får samtidig at grafen til $f$ stig når  $0<x<\frac{1}{k}$  og søkk når  $x>\frac{1}{k}$. Grafen har derfor global maksimalverdi $\frac{a}{ke}$.

Frå linje 6, 7 og 8 får vi at grafen har vendepunktet $\left(\frac{2}{k}, \frac{2a}{k{e}^2}\right)$, sidan vi frå linjene 4 og 7 får at den dobbeltderiverte skifter forteikn der den dobbeltderiverte er null. Grafen til $f$ vil vende den hole sida ned når  $0<x<\frac{2}{k}$  og den hole sida opp når  $x>\frac{2}{k}$.

Linje 9 gir at vendetangenten er  $y=-\frac{a}{e^2}x+\frac{4a}{k{e}^2}$.