Krummingsforhold og vendepunkt. Dobbeltderiverttesten

Du kan avgjere om eit punkt på ein graf er eit vendepunkt ved å sjå om krumminga skiftar. Krumminga skiftar dersom grafen går frå å vende den hole sida ned til å vende den hole sida opp, eller omvendt.

Grafen til f vender den hole sida opp heilt til $x=1$. Deretter vender han den hole sida ned. Det betyr at grafen til f har eit vendepunkt for $x=1$ (og ingen fleire). Vendepunktet er $(\mathrm{1,} \mathrm{0,8})$.

Grafen til g vender den hole sida ned heilt til $x=1$ (omtrent). Deretter vender han den hole sida opp. Det betyr at også grafen til g har eit vendepunkt for $x=1$ (og ingen fleire). Vendepunktet er $(\mathrm{1,} \mathrm{0,5})$.

Grafen til h vender den hole sida opp heilt til $x=-2$. Deretter vender han den hole sida ned til $x=0$. Etter det vender han den hole sida opp. Det betyr at grafen til h har vendepunkt for desse to x-verdiane, og vendepunkta er $(-\mathrm{2,} 2)$ og $(\mathrm{0,} -2)$.

(Alle verdiane vi les av, er omtrentlege.)

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

Forteiknslinja til $f\text{'}$ 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 $f\text{'}\text{'}$ 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 har frå forteiknslinja til $f\text{'}\text{'}$ at den dobbelderiverte skiftar forteikn ved begge dei to nullpunkta, som derfor er vendepunkt. (Desse punkta er òg samtidig nullpunkt for sjølve funksjonen.) Vendepunkta til grafen er $(-\mathrm{1,} 0)$ og $(\mathrm{1,} 0)$.

Informasjonen om hol side gir oss at grafen må ha eit vendepunkt for $x=0$. Når den hole sida vender opp, kombinert med at den deriverte er null for $x=-2$, må grafen ha eit botnpunkt der (dobbeltderiverttesten). Når den hole sida vender ned, kombinert med at den deriverte er null for $x=2$, må grafen tilsvarande ha eit toppunkt der.

Grafen er skissert nedanfor.

Informasjonen om hol side gir oss at grafen må ha eit vendepunkt i begge nullpunkta for den dobbeltderiverte, det vil seie for $x=-2$ og eit for $x=0$. Når den hole sida vender opp, kombinert med at den deriverte er null for $x=1$, må grafen ha eit botnpunkt der (dobbeltderiverttesten).

Både den deriverte og den dobbeltderiverte er null når $x=-2$. Eit topp- eller eit botnpunkt kan ikkje samtidig vere eit vendepunkt. (Kvifor ikkje?) Grafen må derfor ha eit terrassepunkt for $x=-2$.

Grafen er skissert nedanfor.

Vi løyser oppgåva utan hjelpemiddel først og startar med å finne den dobbeltderiverte funksjonen.

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

Så finn vi nullpunkta til den dobbeltderiverte funksjonen.

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

Det er berre i nullpunktet ein lineær funksjon kan skifte forteikn. Vi kan teste med å rekne ut verdiar for den dobbeltderiverte på begge sider av nullpunktet.

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(0\right) & =& 6·0-6=-6<0\\ f\text{'}\text{'}\left(2\right) & =& 6·2-6=12-6=6>0\end{array}$

Dette kunne vi funne utan å rekne ved å sjå på at den dobbeltderiverte er ei rett linje med positivt stigingstal. Då er den dobbeltderiverte mindre enn null for x-verdiar mindre enn nullpunktet og motsett.

Det betyr at grafen til funksjonen vender den hole sida ned når $x<1$ og den hole sida opp når $x>1$.

Den dobbeltderiverte skiftar forteikn ved nullpunktet, og grafen har derfor eit vendepunkt for $x=1$. (Om vi vil, kan vi teikne forteiknsskjema for den dobbeltderiverte, men det er ikkje naudsynt her.)

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

Vendepunktet er $(\mathrm{1,} -1)$.

Vi finn det same med CAS, sjå nedanfor.

Du kan bruke både resultata frå rekning utan hjelpemiddel og CAS-utrekningane til å løyse oppgåva. Hugs at det er forteiknet til den dobbeltderiverte i eit stasjonært punkt som avgjer om punktet er eit toppunkt, eit botnpunkt eller eit terrassepunkt.

Hugs òg at dei stasjonære punkta er der den deriverte er null.

Først finn vi nullpunkta til den deriverte.

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

Grafen har to stasjonære punkt.

Vi får frå oppgåve a) at grafen vender den hole sida ned når $x<1$ og den hole sida opp når $x>1$.

$x=-1$: Her vender grafen den hole sida ned, så her må det vere eit toppunkt.

$x=3$: Her vender grafen den hole sida opp, så dette må vere eit botnpunkt.

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

Den dobbeltderiverte funksjonen er ein konstant som er større enn null. Det betyr at grafen til funksjonen vender den hole sida opp heile tida. Då kan ho ikkje ha noko vendepunkt.

Vi finn det same med CAS.

I linje 2 får vi inga løysing, og i linje 3 får vi at alle reelle tal er løysing.

Først finn vi nullpunkta til den deriverte.

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

Grafen har eitt stasjonært punkt. Vi har frå oppgåve a) at den dobbeltderiverte er større enn null for alle x-verdiar, som betyr at grafen alltid vender den hole sida opp. Då må grafen ha eit botnpunkt for $x=1$.

(Elles visste vi frå før at grafen til ein andregradsfunksjon med positivt tal føre andregradsleddet har eitt botnpunkt.)

Vi deriverer funksjonen to gonger.

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

Vi finn nullpunkta til den deriverte.

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

Vi sjekkar forteiknet til den dobbeltderiverte og reknar ut funksjonsverdiane:

$\begin{array}{rcl}f\text{'}\text{'}\left(0\right) & =& 6·0-6=-6<0\\ f\text{'}\text{'}\left(2\right) & =& 6·2-6=6>0\end{array}$

$\begin{array}{rcl}f\left(0\right) & =& 0^3-3·0^2=0\\ f\left(2\right) & =& 2^3-3·2^2=8-12=-4\end{array}$

Vi veit at ein tredjegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Sidan $f\text{'}\text{'}\left(0\right)=-6$, veit vi at grafen krummar nedover for $x=0$, så det må vere eit toppunkt der. Koordinatane til toppunktet er $(\mathrm{0,} 0)$. Sidan $f\text{'}\text{'}\left(2\right)=6$, veit vi at grafen krummar oppover for $x=2$, så det må vere eit botnpunkt der. Koordinatane til botnpunktet er $(2, -4)$.

Vi veit at ein tredjegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Sidan $f\text{'}\text{'}\left(0\right)=-6$, veit vi at grafen krummar nedover for $x=0$, så det må vere eit toppunkt der. Koordinatane til toppunktet er $(\mathrm{0,} 0)$. Sidan $f\text{'}\text{'}\left(2\right)=6$, veit vi at grafen krummar oppover for $x=2$, så det må vere eit botnpunkt der. Koordinatane til botnpunktet er $(2, -4)$.

Vi deriverer funksjonen to gonger.

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

Vi finn nullpunkta til den deriverte.

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

Vi sjekkar forteiknet til den dobbeltderiverte og reknar ut funksjonsverdiane:

$\begin{array}{rcl}g\text{'}\text{'}(-3) & =& 2·(-3)+1=-5<0\\ g\text{'}\text{'}\left(2\right) & =& 2·2+1=5>0\end{array}$

$\begin{array}{rcl}g(-3) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}{(-3)}^3+\frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}{(-3)}^2-6(-3)-3}\\ & =& -9+{\displaystyle \frac{{\displaystyle 9}}{{\displaystyle 2}}}+18-3\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 9}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 12}}{{\displaystyle 2}}}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}}\\ g\left(2\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle 2^3}{\displaystyle +}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 2}}}{\displaystyle ·}{\displaystyle {{\displaystyle 2}}^2}{\displaystyle -}{\displaystyle 6}{\displaystyle ·}{\displaystyle 2}{\displaystyle -}{\displaystyle 3}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}+2-12-3\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 8}}{{\displaystyle 3}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 39}}{{\displaystyle 3}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}}\end{array}$

Vi veit at ein tredjegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Sidan $g\text{'}\text{'}(-3)=-5$, veit vi at grafen krummar nedover for $x=-3$, så det må vere eit toppunkt der. Koordinatane til toppunktet er $(-3,{\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}})$. Sidan $g\text{'}\text{'}\left(2\right)=5$, veit vi at grafen krummar oppover for $x=2$, så det må vere eit botnpunkt der. Koordinatane til botnpunktet er $(2,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}})$.

Vi veit at ein tredjegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Sidan $g\text{'}\text{'}(-3)=-5$, veit vi at grafen krummar nedover for $x=-3$, så det må vere eit toppunkt der. Koordinatane til toppunktet er $(-3,{\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}})$. Sidan $g\text{'}\text{'}\left(2\right)=5$, veit vi at grafen krummar oppover for $x=2$, så det må vere eit botnpunkt der. Koordinatane til botnpunktet er $(2,-{\displaystyle \frac{{\displaystyle 31}}{{\displaystyle 3}}})$.

Vi deriverer funksjonen to gonger.

$\begin{array}{rcl}h\text{'}\left(x\right) & =& \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 4}}·4x^3-3x^2+4\\ & =& x^3-3x^2+4\\ h\text{'}\text{'}\left(x\right) & =& 3x^2-3·2x\\ & =& 3x^2-6x\end{array}$

Vi finn nullpunkta til den deriverte. Vi gjettar på at $h\text{'}(-1)=0$.

$h\text{'}(-1)={(-1)}^3-3·{(-1)}^2+4=-1-3+4=0$

Då kan vi polynomdividere $h\text{'}\left(x\right)$ med $(x+1)$:

$\begin{array}{lcc} \left(x^3-3x^2+0x+4\right):\left(x+1\right)& =& x^2-4x+4\\ \underline{-\left(x^3+x^2\right) }& & \\ -4x^2+0x+4& & \\ \underline{-\left(-4x^2-4x\right) }& & \\ 4x+4& & \\ \underline{-(4x+4)}& & \\ 0& & \end{array}$

Med den andre kvadratsetninga får vi at

$x^2-4x+4={(x-2)}^2$

Den deriverte har dermed nullpunkta $x=-1$ og $x=2$. Vi sjekkar forteiknet til den dobbeltderiverte for desse x-verdiane:

$\begin{array}{rcl}h\text{'}\text{'}(-1) & =& 3·{(-1)}^2-6·(-1)\\ & =& 3+6\\ & =& 9>0\\ h\text{'}\text{'}\left(2\right) & =& 3·2^2-6·2\\ & =& 12-12\\ & =& 0\end{array}$

Grafen til funksjonen h krummar derfor oppover og har eit botnpunkt for $x=-1$ og eit vendepunkt for $x=2$ sidan både den deriverte og den dobbeltderiverte er null. Vi veit at ein fjerdegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Vi reknar ut funksjonsverdiane til botnpunktet:

$\begin{array}{rcl}h\left(-1\right) & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 4}}}{\displaystyle (}{\displaystyle -}{\displaystyle 1}{\displaystyle {{\displaystyle )}}^4}{\displaystyle -}{\displaystyle (}{\displaystyle -}{\displaystyle 1}{\displaystyle {{\displaystyle )}}^3}{\displaystyle +}{\displaystyle 4}{\displaystyle ·}{\displaystyle (}{\displaystyle -}{\displaystyle 1}{\displaystyle )}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 4}}}{\displaystyle +}{\displaystyle 1}{\displaystyle -}{\displaystyle 4}{\displaystyle -}{\displaystyle 2}\\ & =& {\displaystyle \frac{{\displaystyle 1}}{{\displaystyle 4}}}{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 5·4}}{{\displaystyle 4}}}\\ & =& {\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}}}\end{array}$

Grafen til h har eit botnpunkt i ${\displaystyle (-1,-\frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}})}$.

Vi veit at ein fjerdegradsfunksjon berre kan ha topp- eller botnpunkt der den deriverte er 0. Grafen til funksjonen har eit vendepunkt for $x=2$ sidan både den deriverte og den dobbeltderiverte er null der. Det einaste ekstremalpunktet grafen til funksjonen har, er eit botnpunkt i ${\displaystyle (-1,-\frac{{\displaystyle 19}}{{\displaystyle 4}})}$ sidan den deriverte er null og den dobbeltderiverte er positiv for $x=-1$.