Analyse av polynomfunksjonar

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  $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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 $$ \left(-3, f\left(-3\right)\right)=\left(-3, 2\right)$$.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 $$ \left(-3, 2\right)$$. 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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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 $$ \left(1, f\left(1\right)\right)=\left(1, -4\right)$$.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 $$ \left(-1, 4\right)$$. Ei skisse må likne nokolunde på grafen i d). Botnpunktet med koordinatar $$ (1, -4)$$ må vere markert.

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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  $$ f^{\text{'}}\left(x\right)=0$$.

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

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.

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

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 $$ f$$ 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 $$ \left(-1, f\left(-1\right)\right)=\left(-1, 15\right)$$.

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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

Vi veit ikkje meir om grafen enn at han har eit toppunkt i $$ \left(-\mathrm{1, }15\right)$$ og eit botnpunkt i $$ \left(3, -17\right)$$. 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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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 $$ \left(0, f\left(0\right)\right)=\left(0, 0\right)$$

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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

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

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

Vi set så  $$ f^{\text{'}}\left(x\right)=0$$.

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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.

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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

Nedanfor har vi teikna grafen til funksjonen og lagt inn punktet $$ \left(-1, f\left(-1\right)\right)$$. Det ser ut som det er eit terrassepunkt. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkt, som tyder på at det ikkje er nokon topp- eller botnpunkt.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Stein Aanensen, Olav Kristensen

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