Ekstremalpunkt og terrassepunkt. Stasjonære punkt

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

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 $$ x=2$$.

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

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

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 $$ x=2$$.

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

Toppunktet er $$ \left(-3, g\left(-3\right)\right)=\left(-3, \frac{21}{2}\right)$$.

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

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

Løysinga med CAS nedanfor gir same resultat.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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

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

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

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Vi ser av forteiknslinja at den deriverte ikkje skifter forteikn ved nullpunktet. Funksjonen har derfor eit terrassepunkt for  $$ x=1$$.

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

Terrassepunktet er $$ \left(1, h\left(1\right)\right)=\left(1, -\frac{2}{3}\right)$$.

Funksjonen har ingen ekstremalpunkt.

Løysinga med CAS nedanfor gir same resultat.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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

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

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

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 $$ \left(-1, p\left(-1\right)\right)=\left(-1, -\frac{19}{4}\right)$$.

Terrasssepunktet er $$ \left(2, p\left(2\right)\right)=\left(2, 2\right)$$.

Funksjonen har minimalverdien  $$ p\left(-1\right)=-\frac{19}{4}$$. Funksjonen har ingen maksimalverdi.

Forteiknslinja til $$ f$$ gir at grafen til $$ f$$ har eit nullpunkt for  $$ x=2,3$$, ligg over $$ x$$-aksen når  $$ x<2,3$$  og under $$ x$$-aksen når  $$ x>2,3$$. 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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal

Forteiknslinja til $$ g$$ gir at grafen til $$ g$$ har nullpunkt for  $$ x=-1,9$$  og for  $$ x=0,5$$. 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.

Opne bilete i eit nytt vindauge

CC BY-SA

Bilete: Bjarne Skurdal