Grunnleggande om funksjonsanalyse

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

I tillegg til toppunktet $(\mathrm{2,} 1)$ kan vi lese frå grafen at funksjonen har nullpunkta $x=1$ og $x=3$. Funksjonen er derfor større enn null når $1<x<3$. Elles er han mindre enn null utanom nullpunkta.

Ut ifrå det vi fann i oppgåve a), er den deriverte positiv når $x<2$, null når $x=2$ og negativ når $x>2$.

Forteiknslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedanfor.

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

I tillegg til botnpunktet $(-\mathrm{0,5,} -\mathrm{2,25})$ kan vi lese frå grafen at funksjonen har nullpunkta $x=-2$ og $x=1$. Funksjonen er derfor mindre enn null når $-2<x<1$. Elles er han større enn null utanom nullpunkta.

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

Forteiknslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedanfor.

Grafen ser ut som ein parabel med botnpunkt i $(\mathrm{0,5,} \mathrm{0,75})$. Det betyr at $f\left(x\right)$ søkk når $x<\mathrm{0,5}$ og stig når $x>\mathrm{0,5}$.

Grafen ligg over x-aksen heile tida. Funksjonen er derfor alltid større enn null.

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

Forteiknslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedanfor.

Legg merke til at her kan vi ikkje finne funksjonsverdiar. Grafen har eit toppunkt for $x=-\mathrm{0,2}$, det vil seie i $(-\mathrm{0,2,} f(-\mathrm{0,2}\left)\right)$, og eit botnpunkt for $x=\mathrm{3,5}$, det vil seie i $(\mathrm{3,5,} f(\mathrm{3,5}\left)\right)$. Det betyr òg at $f\left(x\right)$ veks når $x<-\mathrm{0,2}$ og når $x>\mathrm{3,5}$ og søkk når $-\mathrm{0,2}<x<\mathrm{3,5}$.

I tillegg til toppunktet for $x=-\mathrm{0,2}$ og botnpunktet for $x=\mathrm{3,5}$ kan vi lese frå grafen at funksjonen har nullpunktet $x=-\mathrm{2,1}$. Funksjonen er derfor mindre enn null når $x<-\mathrm{2,1}$. Elles er han større enn null utanom nullpunktet.

Ut ifrå det vi fann i oppgåve 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 $-\mathrm{0,2}<x<\mathrm{3,5}$.

Forteiknslinjene for f og $f\text{'}$ blir derfor som nedanfor.

Funksjonen har nullpunkta $x=0$ og $x=4$. Av forteiknslinja til den deriverte får vi at funksjonen har eit toppunkt når $x=2$. Det betyr at $f\left(x\right)$ veks når $x<2$ og søkk når $x>2$. Grafen til funksjonen kan sjå ut som på figuren nedanfor. Vi kan ikkje finne ut kva y-koordinaten til toppunktet er. Derfor er det ikkje noko poeng i å ha skala på y-aksen.

Funksjonen har nullpunkta $x=-4$ og $x=1$. Av forteiknslinja til den deriverte får vi at funksjonen har eit botnpunkt når $x=-\mathrm{1,5}$. Det betyr at $f\left(x\right)$ kan ha form som ein parabel og kan sjå ut som på figuren nedanfor. Vi kan ikkje finne ut kva y-koordinaten til botnpunktet er. Derfor er det ikkje noko poeng i å ha skala på y-aksen.

Funksjonen har nullpunkta $x=-2, x=-1$ og $x=3$. Av forteiknslinja til den deriverte får vi at funksjonen har eit botnpunkt når $x=-\mathrm{1,5}$  og eit toppunkt når  $x=\mathrm{1,5}$. Det betyr at $f\left(x\right)$ søkk når $x<-\mathrm{1,5}$ og når $x>\mathrm{1,5}$ og veks når $-\mathrm{1,5}<x<\mathrm{1,5}$. Grafen til funksjonen kan derfor sjå ut omtrent som på biletet nedanfor.

Ifølgje forteiknslinja til f skal funksjonen vere større enn null, krysse x-aksen for $x=-4$ og vere mindre enn null eit stykke. Det må bety at grafen søkk i eit intervall rundt $x=-4$. Men ifølgje forteiknslinja til $f\text{'}$ skal funksjonen vere stigande i dette området sidan forteiknslinja er heiltrekt akkurat her. Det må derfor vere ein feil i dette forteiknsskjemaet.

Viss vi lèt forteiknslinja til $f\text{'}$ vere stipla når $x<-\mathrm{1,5}$ og heiltrekt når $x>-\mathrm{1,5}$, blir det samsvar med forteiknslinja 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 set så $f\text{'}\left(x\right)=0$. 

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

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.

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

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at grafen til f stig når $x<-3$, og at grafen søkk når $x>-3$. Grafen til f har derfor eit 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 resultata i oppgåve a).

Vi veit ikkje meir om grafen til funksjonen enn at han er ein parabel og har eit toppunkt i $(-\mathrm{3,} 2)$. Skissa bør likne nokolunde på grafen i løysinga til oppgåve d). Toppunktet må vere markert.

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

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

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 set 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 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.

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

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at grafen til f søkk når $x<1$ og stig når $x>1$. (Vi kunne òg sagt dette på førehand, sidan vi veit at denne andregradsfunksjonen har eit botnpunkt når talet føre andregradsleddet er positivt. Då må grafen søkke for x-verdiar mindre enn 1, og motsett.)

Grafen til f har derfor eit botnpunkt når $x=1$.
Botnpunktet er $(\mathrm{1,} f(1\left)\right)=(\mathrm{1,} -4)$.

Vi ser at dette stemmer med resultata i oppgåve a).

Vi veit ikkje meir om grafen enn at han er ein parabel med botnpunkt i $(\mathrm{1,} -4)$. Ei skisse må likne nokolunde på grafen i d). Botnpunktet med koordinatar $(\mathrm{1,} -4)$ må vere markert.

Nedanfor har vi teikna grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne botnpunktet.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

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 set 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 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.

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

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at

• grafen til f stig når $x<-1$ og når $x>3$
• grafen til f søkk når $-1<x<3$

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

Vi ser at dette stemmer med resultata i oppgåve a).

Vi veit ikkje meir om grafen enn at han har eit toppunkt i $(-\mathrm{1,} 15)$ og eit botnpunkt i $(\mathrm{3,} -17)$. Ei skisse må likne nokolunde på grafen i d). Toppunktet og botnpunktet må vere markerte.

Nedanfor har vi teikna grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunkta.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

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 set 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 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.

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

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at

• grafen til f stig når $x<0$ og når $x>2$
• grafen til f søkk når $0<x<2$

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

Vi ser at dette stemmer med resultata i oppgåve a).

Nedanfor har vi teikna grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunkta.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

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 set 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 berre éi løysing. 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 eit fullstendig kvadrat som er positivt for alle verdiar av $x$ sett bort frå der han er null.

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Som vi eigentleg visste før vi teikna forteiknslinja, får vi at grafen til $f$ er stigande overalt sett bort frå når $x=-1$ der den deriverte er null. Den deriverte har same forteikn på begge sider av nullpunktet.

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

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

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

Vi ser at dette stemmer med resultata i oppgåve a).

Nedanfor har vi teikna grafen til funksjonen og lagt inn punktet $(-\mathrm{1,} f(-1\left)\right)$. Det ser ut som det er eit terrassepunkt, men det kan vi ikkje finne grafisk på ein enkel måte. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkt, som tyder på at det ikkje er nokon topp- eller botnpunkt. GeoGebra har ingen verktøy for å finne terrassepunkt. Vi kan teste om det er eit terrassepunkt ved å sjå om tangenten til grafen i punktet har stigningstall 0.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

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 set 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 inga løysing. Den deriverte er eit andregradsuttrykk med pluss føre andregradsleddet. Når han ikkje har nullpunkt, betyr det at den deriverte alltid er positiv og at funksjonen er veksande for alle x-verdiar. Då treng vi ikkje teikne forteiknsskjema! (Kvifor ikkje?)

Grafen til f har ingen topp-, botn- eller terrassepunkt.

I linje 2 får vi inga løysing når vi set den deriverte lik 0. I linje 3 får vi løysinga  $x=x$, som betyr at alle reelle tal er løysing. Den deriverte er altså større enn null for alle x. Dette stemmer med det vi fann i oppgåve a).

Nedanfor har vi teikna grafen til funksjonen. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkt, som tyder på at det ikkje er nokon topp- eller botnpunkt.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funne tidlegare.

Grafen til f (den blå grafen): Det ser ut som om grafen er heilt flat ved $x=1$. Elles søkk han overalt. Det betyr at grafen har eit terrassepunkt for $x=1$. Elles har han ingen andre stasjonære punkt.

Grafen til g (den raude grafen): Denne grafen stig i heile området. Han flatar litt ut ved $x=1$, men er ikkje heilt flat. Denne grafen har derfor ingen stasjonære punkt.

Grafen til $h$ (den grøne grafen): Grafen søkk fram til  $x=-2$, der han flatar heilt ut og held fram med å søkke. Då har grafen eit terrassepunkt for  $x=-2$.
Grafen søkk vidare, før han snur ved  $x=1$  og stig vidare. Grafen har derfor eit botnpunkt 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 set 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 eit stasjonært punkt for $x=2$. Vi kan raskt avgjere at den deriverte er negativ viss vi set inn ein x-verdi som er mindre enn 2 og motsett.

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $f\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at $f\left(x\right)$ minkar for $x\in ⟨\leftarrow ,2⟩$ og at $f\left(x\right)$ veks når $x\in ⟨2,\to ⟩$.

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

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

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

I dette dømet visste vi eigentleg frå før at grafen har eit botnpunkt, sidan det er grafen til ein andregradsfunksjon med positivt tal føre andregradsleddet.

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

Løysinga med CAS nedanfor gir same 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 set 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 "stiremetoden" for å løyse andregradslikninga. Vi kunne òg brukt andregradsformelen (abc-formelen).

Funksjonen har altså to stasjonære punkt, eller nullpunkt for den deriverte. Det er berre der 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.

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

Vi kan då setje opp forteiknslinja til $g\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at $g\left(x\right)$ minkar for $x\in ⟨-3,2⟩$ og veks utanom dette intervallet sett bort frå i nullpunkta. Den deriverte skifter forteikn ved begge nullpunkta.

Begge dei stasjonære punkta er derfor ekstremalpunkt. Grafen til $g\left(x\right)$ har eit toppunkt når $x=-3$ og eit botnpunkt 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 $(-3, g(-3\left)\right)=(-\mathrm{3,} {\displaystyle \frac{{\displaystyle 21}}{{\displaystyle 2}}})$.

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

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

Løysinga med CAS nedanfor gir same 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 set 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 kjende vi igjen andregradsuttrykket som eit fullstendig kvadrat. Vi kunne òg brukt andregradsformelen.

Vi får berre éi løysing. Funksjonen har berre eitt stasjonært punkt, eller nullpunkt for den deriverte. Det er berre der at uttrykket for den deriverte kan skifte forteikn. Sidan den deriverte er eit kvadrat, er han alltid større enn null unnateke der han er null. Vi treng derfor ikkje å gjere noko meir for å teikne forteiknslinja til $h\text{'}\left(x\right)$.

Vi ser av forteiknslinja at den deriverte ikkje skifter forteikn ved nullpunktet. Funksjonen har derfor eit 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 $\left(1,h\left(1\right)\right)=\left(1,{\displaystyle -}{\displaystyle \frac{{\displaystyle 2}}{{\displaystyle 3}}}\right)$.

Funksjonen har ingen ekstremalpunkt.

Løysinga med CAS nedanfor gir same 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 set så $p\text{'}\left(x\right)=0$. Dette gir ei tredjegradslikning der vi må gjette på ei løysing for å kunne kome vidare. Vi løyser i staden oppgåva med CAS.

Funksjonen har altså to stasjonære punkt, eller nullpunkt for den deriverte. Vi teiknar forteiknslinja for $p\text{'}\left(x\right)$. Linje 3 i CAS-løysinga fortel kvar forteiknslinja skal vere heiltrekt.

Forteiknslinja gir at funksjonen har eit botnpunkt for $x=-1$ og eit terrassepunkt for $x=2$. Frå linje 4 og 5 får vi y-koordinatane til desse punkta.

Botnpunktet 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.

Forteiknslinja til f gir at grafen til f har eit nullpunkt for $x=\mathrm{2,3}$, ligg over x-aksen når $x<\mathrm{2,3}$ og under x-aksen når $x>\mathrm{2,3}$. Forteiknslinja til $f\text{'}$ er stipla overalt med unntak av for $x=1$. Det betyr at grafen har eit terrassepunkt for $x=1$, sidan den deriverte ikkje skifter forteikn ved nullpunktet sitt.

Grafen til f kan sjå ut omtrent som på biletet nedanfor.

Forteiknslinja til $g$ gir at grafen til $g$ har nullpunkt for $x=-\mathrm{1,9}$ og for $x=\mathrm{0,5}$. Grafen ligg over x-aksen mellom nullpunkta og under x-aksen elles. Forteiknslinja til $g\text{'}$ har to nullpunkt. Ved nullpunktet $x=-1$ skifter linja frå å vere heiltrekt til å vere stipla. Då må dette vere eit toppunkt. Ved nullpunktet $x=2$ er forteiknslinja stipla både før og etter. Det betyr at grafen har eit terrassepunkt for $x=2$, sidan den deriverte ikkje skifter forteikn her.

Grafen til g kan sjå ut omtrent som på biletet nedanfor.