Analyse av funksjonar – omgrep

Du kan avgjere om eit punkt på ein graf er eit vendepunkt ved å sjå om krumminga skifter. Krumminga skifter 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 $$ \left(1, 0.8\right)$$.

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 $$ \left(1, 0.5\right)$$.

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 $$ \left(-2, 2\right)$$ og $$ \left(0, -2\right)$$.

(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 skifter forteikn ved begge dei to nullpunkta, som derfor er vendepunkt. (Desse punkta er òg samtidig nullpunkt for sjølve funksjonen.) Vendepunkta til grafen er $$ \left(-1, 0\right)$$ og $$ \left(1, 0\right)$$.

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 skifter 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 $$ \left(1, -1\right)$$.

Vi finn det same med CAS, sjå nedanfor.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.)

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Linje 2 gir at det er eitt stasjonært punkt, for  $$ x=-1$$. Samtidig er den dobbeltderiverte null for same $$ \begin{array}{rcl}& & x\end{array}$$-verdi (linje 3). Linje 4 i CAS-utrekninga gir at den dobbeltderiverte skifter forteikn ved  $$ x=-1$$. Då har vi eitt vendepunkt som òg er eit terrassepunkt, og koordinatane er $$ \left(-1, -1\right)$$.

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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, $$ \left(0, -2\right)$$ og $$ \left(2, 2\right)$$, sidan den dobbeltderiverte skifter 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, $$ \left(2, 2\right)$$, er samtidig eit terrassepunkt sidan den deriverte er null for  $$ x=2$$.

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

Samanfatning av punkta:

• vendepunkt: $$ \left(0, -2\right)$$ og $$ \left(2, 2\right)$$

• terrassepunkt: $$ \left(2, 2\right)$$

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 skifter forteikn ved  $$ x=1$$. Samtidig får vi at grafen alltid vender den hole sida opp sidan den dobbeltderiverte er positiv.

Linje 4 og linje 5 gir at det stasjonære punktet, $$ \left(0, -2\right)$$, 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  $$ x=-2$$  og  $$ x=0$$. Det betyr at det er tangentane $$ a$$ og $$ b$$ som er vendetangentar.

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

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

Grafen har eit botnpunkt i $$ \left(1,-4.8\right)$$.

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

Det er lurt å følge med på stigingstalet til tangenten når du skal finne ekstremalpunkt og vendepunkt.

Nullpunkta er  $$ x=-0,54, x=0$$  og  $$ x=1,86$$.

Grafen har eit toppunkt for $$ x=-0,26$$  med tilhøyrande lokalt maksimum $$ g(-0,26)=0,13$$.
Grafen har eit botnpunkt for $$ x=1,3$$ med tilhøyrande lokalt minimum $$ g(1,3)=-2,8$$.
Funksjonen har absolutt minimum $$ f\left(-3\right)=-4,8$$ og absolutt maksimum $$ f\left(2\right)=2$$.

Grafen har vendepunkta $$ \left(-2,-2\right), \left(-1.1,-0.79\right)$$ og $$ \left(0.72,-1.6\right)$$.

Vendetangentane, i same rekkefølge som infleksjonspunkta dei høyrer til, er  $$ y=x, y=1,65x+1.03$$  og  $$ y=-2,97x+0,54$$.

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

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

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

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

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.

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

Vi ser av forteiknslinja at grafen til $$ f$$ har eit toppunkt når $$ x=-1$$.
Den tilhøyrande lokale maksimalverdien er  $$ \begin{array}{rcl}f\left(-1\right) & =& {\left(-1\right)}^3-3{\left(-1\right)}^2-9·\left(-1\right)+10\\ & =& -1-3+9+10\\ & =& 15\end{array}$$
Toppunktet er $$ \left(-1, f\left(-1\right)\right)=\left(-1, 15\right)$$.

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

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 stigingstal. 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  $$ x=1$$.

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

Vendepunktet er $$ \left(1, -1\right)$$.

For å finne vendetangenten treng vi

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

Vendetangenten blir

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

def f(x):
return x**3 - 3*x**2 - 9*x + 10

Bruk den eigendefinerte funksjonen f frå oppgåve a) inni funksjonen df.

def df(x):
return (f(x+0.0001) - f(x))/0.0001

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 $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & \approx & \frac{f^{\text{'}}\left(x+∆x\right)-f^{\text{'}}\left(x\right)}{∆x}\end{array}$$

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 $$ f^{\text{'}}\left(x\right)·f^{\text{'}}\left(x+∆x\right)$$. Dersom resultatet er negativt, veit vi at vi har eit nullpunkt mellom noverande verdi av $$ x$$ og $$ x+∆x$$, det vil seie omtrent ved $$ x+\frac{1}{2}∆x$$.

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 $$ f^{\text{'}}\left(x\right)·f^{\text{'}}\left(x+∆x\right)$$ 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

$$ \left|f^{\text{'}}\left(a\right)\right|<∆x$$

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 eigentlig 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 $$ \left[-10,10\right]$$.

For å finne likninga for vendetangenten tek vi utgangspunkt i eittpunktsformelen

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

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 (-1.00, 15.00).

Funksjonen har botnpunkt i (3.00, -17.00).

Funksjonen har vendepunkt i (1.00, -0.99).

Vendetangenten har likninga y = -12.00x+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 dømes oppgåve 3.1.35 og 3.1.36. 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 skifter 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:

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

Vi observerer at den dobbeltderiverte ikkje er definert for  $$ x=0$$. Det betyr at vi må undersøke om han skifter 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 $$ g^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right)$$:

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

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

Sidan den dobbeltderiverte er positiv for $$ x<0$$  og negativ for  $$ x>0$$, har vi at grafen vender den hole sida si 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:

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Tove Annette Holter

Linje 2 gir oss at den deriverte ikkje har noko nullpunkt. Vi sjekkar om den deriverte skifter 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 ein andregradsfunksjon med positivt andregradsledd alltid har den hole sida si opp, så vi veit at $$ i\left(x\right)$$ har den hole sida si opp for $$ x>3$$. 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:

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

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

Vi legg merke til at vi ikkje har eit vendepunkt for $$ x=3$$ sjølv om funksjonen skifter 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:

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

Denne funksjonen er ikkje kontinuerleg i $$ x=4$$, derfor er dette ikkje eit vendepunkt for funksjonen.