Blandede oppgaver om funksjonsanalyse

Grafen har nullpunkter for  $x=-2,8, x=0$  og for  $x=2,8$. Grafen ligger først over $x$-aksen, så ligger den under og krysser ikke $x$-aksen ved det andre nullpunktet, ikke før det tredje nullpunktet.

De stasjonære punktene finner vi for  $x=-2$ (bunnpunkt), $x=0$ (toppunkt) og for  $x=2$ (bunnpunkt). Grafen er først synkende, så stigende, så synkende og til slutt stigende.

Grafen har vendepunkt omtrent når  $x=-1,2$  og  $x=1,2$. Grafen vender først den hule sida opp, så den hule sida ned, og til slutt vender den den hule sida opp igjen.

Grafen med fortegnslinjene kan tegnes slik som vi har gjort nedenfor.

Nullpunktene er

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ \frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2} & =& 0\\ \frac{x^2}{2}\left(\frac{x}{3}-1\right) & =& 0\\ \frac{x^2}{2} & =& 0 \vee \frac{x}{3}-1=0\\ x & =& 0 \vee \frac{x}{3}=1\\ x & =& 0 \vee x=3\end{array}$

Vi deriverer og finner hvor grafen til $f$ avtar og vokser.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{3x^2}{6}-\frac{2x}{2}=\frac{x^2}{2}-x=\frac{1}{2}x\left(x-2\right)$

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

Begge disse løsningene er innenfor definisjonsmengden til funksjonen. Grafen til $f$ har altså to stasjonære punkter. Det er bare i disse punktene at uttrykket for den deriverte kan skifte fortegn. Vi velger derfor tilfeldige tall i hvert av de aktuelle intervallene og ser om uttrykket er positivt eller negativt. (Vi kunne også brukt dobbeltderiverttesten for å finne ut hva slags type stasjonære punkter det er snakk om.)

$\begin{array}{l}{f}^{\text{'}}\left(-1\right)=\frac{1}{2}·\left(-1\right)·\left(-1-2\right)=-\frac{1}{2}·\left(-3\right)=\frac{3}{2}>0\\ f^{\text{'}}\left(1\right)=\frac{1}{2}·1·\left(1-2\right)=\frac{1}{2}·\left(-1\right)=-\frac{1}{2}<0\\ f^{\text{'}}\left(3\right)=\frac{1}{2}·3·\left(3-2\right)=\frac{3}{2}·1=\frac{3}{2}>0\end{array}$

Vi kan da sette opp fortegnslinja til den deriverte.

Grafen til $f$ stiger for  $x\in \langle -3, 0\rangle \cup ⟨2, 5⟩$ og synker når  $x\in ⟨0, 2⟩$.

Vi får av fortegnslinja i oppgave b) at grafen til $f$ har et toppunkt for  $x=0$  og et bunnpunkt for  $x=2$.

Toppunktet har koordinatene $\left(2, f\left(2\right)\right)=\left(0, 0\right)$.

Bunnpunktet har koordinatene
$\left(2, f\left(2\right)\right)=\left(2, \left(\frac{8}{6}-\frac{4}{2}\right)\right)=\left(2, -\frac{2}{3}\right)$.

De stasjonære punktene kan ha globale ekstremalverdier. Siden intervallet til definisjonsmengden er åpent, kan det ikke være globale ekstremalverdier i endene av intervallet. Vi må sjekke hva grenseverdien for funksjonen er når $x$ går mot intervallgrensene.

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to -3}{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to -3}{\lim }\left(\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}\right)\\ & =& \frac{{\left(-3\right)}^3}{6}-\frac{{\left(-3\right)}^2}{2}\\ & =& -\frac{9}{2}-\frac{9}{2}\\ & =& -\frac{18}{2}\\ & =& -9\end{array}$

Dette er mindre enn $y$-koordinaten til bunnpunktet. Grafen til $f$ har derfor ikke noe globalt minimum.

Så sjekker vi

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to 5}{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to 5}{\lim }\left(\frac{x^3}{6}-\frac{x^2}{2}\right)\\ & =& \frac{5^3}{6}-\frac{5^2}{2}\\ & =& \frac{125}{6}-\frac{25}{2}\\ & \approx & 21-12,5\\ & =& 8,5\\ & & \end{array}$

Dette er større enn $y$-koordinaten til toppunktet. Grafen til $f$ har derfor ikke noe globalt maksimum.

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

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

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

Med dette vet vi for hvilke $x$-verdier den dobbeltderiverte er lik null, større enn null eller mindre enn null. Vi trenger derfor egentlig ikke å tegne fortegnslinja for $f^{\text{'}\text{'}}$. Fortegnslinja ser i alle fall slik ut:

Vi får uansett at grafen vender den hule sida ned når  $-3<x<1$  og den hule sida opp når  $1<x<5$.

Av diskusjonen i forrige oppgave får vi at grafen har et vendepunkt for  $x=1$. Vendepunktet er

$\begin{array}{rcl}\left(1, f\left(1\right)\right) & =& \left(1, \frac{1^3}{6}-\frac{1^2}{2}\right)\\ & =& \left(1, \frac{1}{6}-\frac{3}{6}\right)\\ & =& \left(1, -\frac{1}{3}\right)\end{array}$

Vendetangenten i punktet $\left(1, -\frac{1}{3}\right)$ er

$\begin{array}{rcl}y-f\left(x_1\right) & =& f^{\text{'}}\left(x_1\right)\left(x-x_1\right)\\ y+\frac{1}{3} & =& \left(\frac{1^2}{2}-1\right)\left(x-1\right)\\ & =& -\frac{1}{2}\left(x-1\right)\\ y & =& -\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}\\ & =& -\frac{1}{2}x+\frac{1}{6}\end{array}$

Vi vet nå hvor grafen stiger og synker, og hvor grafen krummer oppover og nedover. Vi kjenner også de stasjonære punktene og vendepunktet, og vi vet hvor grafen skal ende opp ved endepunktene i intervallet som utgjør definisjonsmengden.

Grafen og vendetangenten skal se ut omtrent som på bildet nedenfor.

Legg merke til at vi ikke legger inn begrensningene i definisjonsmengden til funksjonen $f$, siden GeoGebra har en tendens til å ikke finne alle løsninger til funksjoner som er avgrenset.

$\begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ \frac{-2x-3}{x+2} & =& 0\\ -2x-3 & =& 0\\ -2x & =& 3\\ x & =& -\frac{3}{2}\end{array}$

Løsningen gir ikke null i nevneren, så nullpunktet til $f$ er $x=-\frac{3}{2}$.

Vertikal asymptote:

$\begin{array}{rcl}x+2 & =& 0\\ x & =& -2\end{array}$

Teller og nevner er av samme grad. Da gjør vi følgende:

$\begin{array}{rcl}\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f\left(x\right) & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2x-3}{x+2}=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{{\displaystyle \frac{-2x}{x}}-{\displaystyle \frac{3}{x}}}{{\displaystyle \frac{x}{x}}+{\displaystyle \frac{2}{x}}}\\ & =& \underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{-2-{\displaystyle \frac{3}{x}}}{1+{\displaystyle \frac{2}{x}}}=\frac{-2}{1}=-2\end{array}$

Horisontal asymptote er $y=-2$.

$f^{\text{'}}\left(x\right)=\frac{-2\left(x+2\right)-1\left(-2x-3\right)}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{-2x-4+2x+3}{{\left(x+2\right)}^2}=\frac{-1}{{\left(x+2\right)}^2}$

Telleren er alltid negativ, og nevneren er alltid positiv. Det betyr at  $f^{\text{'}}\left(x\right)<0$  for alle $x$-verdier der funksjonen er definert. Det betyr at

• grafen til $f$ er synkende overalt

• grafen til $f$ har ingen stasjonære punkter

$f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)=\frac{0-\left(-1\right)2\left(x+2\right)}{{\left(x+2\right)}^4}=\frac{2}{{\left(x+2\right)}^3}$

Telleren er alltid positiv. Nevneren er positiv når  $x+2$  er positiv, det vil si når
 $\begin{array}{rcl}x+2 & >& 0\\ x & >& -2\end{array}$
Den dobbeltderiverte er derfor også positiv når  $x>-2$. Det betyr at

• grafen til $f$ ikke har noen vendepunkter, siden den dobbeltderiverte ikke har noen nullpunkter

• grafen til $f$ vender den hule sida ned når  $x<-2$

• grafen til $f$ vender den hule sida opp når  $x>-2$

Legg merke til at selv om verken $f^{\text{'}}$ eller $f^{\text{'}\text{'}}$ har noen nullpunkter, må vi sjekke fortegnet på begge sider av bruddpunktet  $x=-2$. Det har vi gjort i linje 5 og linje 7. Vi ser at fortegnet til den dobbeltderiverte skifter ved bruddpunktet. Det gjør ikke fortegnet til den deriverte. Alternativt kunne vi løst ulikhetene  $f^{\text{'}}\left(x\right)>0$  og  $f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)>0$.

Merk at funksjonen $f$ er skrevet inn som f(x):=lg(x^2+4), men GeoGebra skriver om funksjonen til den naturlige logaritmen.

Først sjekker vi begrensninger i definisjonsmengden. Fra linje 2 får vi at definisjonsmengden til $f$ er $D_f=\langle -2, 2\rangle$siden det bare går an å ta logaritmen til noe som er positivt.

Funksjonen har nullpunktene  $x=-\sqrt{3}, x=\sqrt{3}$ (linje 4). Fra linje 4, 5 og 6 får vi at grafen til $f$ har et stasjonært punkt for  $x=0$, et toppunkt med koordinatene $\left(0, 0.6\right)$. Merk i linje 5 at GeoGebra tar med løsninger for den deriverte der funksjonen $f$, og dermed den deriverte, ikke er definert. Grafen til $f$ er stigende for  $-2<x<0$  og synkende for  $0<x<2$. Det betyr også at den globale maksimalverdien til funksjonen er i toppunktet. Funksjonen har ingen global minimalverdi.

Fra linje 7 og 8 får vi at grafen ikke har noen vendepunkter og vender den hule sida ned hele definisjonsmengden.

Vi sjekker i linje 9 hva som skjer når $x$ nærmer seg $2$. Da forsvinner grafen nedover. Det samme må skje når $x$ nærmer seg $-2$ også. Det betyr at verdimengden til $f$ er  $V_f=\langle \leftarrow , 0.6]$.

Innledningsvis kan vi slå fast at funksjonen vil gå mot minus uendelig når  $x\to -\infty$, siden tallet foran tredjegradsleddet er positivt.

I linje 2 finner vi at nullpunktene til funksjonen er  $x=-1,28$  og  $x=1,66$. (Den siste løsningen er utenfor definisjonsmengden til $f$.)

I linje 3, 4 og 5 finner vi at grafen til $f$ har to stasjonære punkter, toppunktet $\left(0, 12\right)$ og bunnpunktet $\left(4, -20\right)$. Vi brukte dobbeltderiverttesten i linje 5 til å avgjøre hva slags type stasjonære punkter det dreier seg om. Samtidig får vi at grafen til $f$ stiger når  $x<0$  og når  $4<x\le 5$. Grafen synker når  $0<x<4$.

Siden funksjonsverdien  $f\left(5\right)=-13$  i endepunktet, vil grafen ha global maksimalverdi 12 i toppunktet. Verdimengden til funksjonen blir  $V_f=\langle \leftarrow , 12]$.

Linje 5, 6 og 7 gir at grafen har vendepunktet $\left(2, -4\right)$. Samtidig får vi at grafen vender den hule sida ned når  $x<2$  og den hule sida opp når  $2<x\le 5$.

I linje 8 får vi at vendetangenten har likningen  $y=-12x+20$.

I linje 2 finner vi at asymptotene til funksjonen er

$y=-1,5x-0,75 , x=0,5$

Den ene asymptoten er en såkalt skråasymptote. Vi får samtidig at funksjonen ikke er definert for  $x=0,5$.

I linje 3 finner vi de to nullpunktene til funksjonen.

Linje 5 gir oss at funksjonen ikke har noen stasjonære punkter, og linje 6 gir oss at grafen til $f$ er synkende i hele definisjonsområdet.

Linje 7 gir oss at funksjonen ikke har noen vendepunkter. Linje 8 gir oss at grafen vender den hule sida ned når  $x<0,5$  og den hule sida opp når  $x>0,5$.

Fra linje 2 får vi at definisjonsmengden til funksjonen $f$ er  $D_f=\langle -3, 2\rangle$. I linje 3 og 4 sjekker vi hva som skjer når $x$ nærmer seg endepunktene. (Vi bruker kommandoene "GrenseOver" og "GrenseUnder" i stedet for "GrenseVerdi" siden funksjonen bare er definert på den ene sida.)

Linje 5 gir at nullpunktet til $f$ er  $x=-\frac{1}{2}$.

Linje 6 gir at grafen til $f$ ikke har noen stasjonære punkter. Løsningen i linje 7 ligger utenfor definisjonsområdet, så grafen til $f$ er synkende i hele definisjonsområdet.

Linje 8 og 9 gir at grafen har vendepunktet $\left(-\frac{1}{2}, 0\right)$. Grafen vender den hule sida opp når  $-3<x<-\frac{1}{2}$  og den hule sida ned når  $-\frac{1}{2}<x<2$.

Resultatene gir at verdimengden til $f$ er  $V_f=\mathrm{ℝ}$.

Her står det ikke hvilken framgangsmåte vi skal bruke, bortsett fra at vi skal bruke derivasjon, i tillegg til andre teknikker. Vi velger CAS.

I linje 2 finner vi at nullpunktene til funksjonen er  $x=-0,56, x=0,62$  og  $x=2,52$. (Den første løsningen er utenfor definisjonsmengden til $f$.)

I linje 3, 4, 5 og 6 finner vi at grafen til f har to stasjonære punkter, toppunktet $\left(0, 2\right)$ og bunnpunktet $\left(1.81, -6.36\right)$. Vi brukte dobbeltderiverttesten i linje 6 til å avgjøre hva slags type stasjonære punkter det dreier seg om. Samtidig får vi at grafen til f stiger når  $-2<x<0$  og når  $x>1,81$. Grafen synker når  $0<x<1,81$.

Siden funksjonsverdien  $f\left(-2\right)=-22$  i endepunktet i definisjonsmengden, vil grafen ha global minimalverdi -22 her. Dette, sammen med at en fjerdegradsfunksjon med positivt tall foran fjerdegradsleddet vokser over alle grenser når $x$ blir stor, gir at verdimengden til funksjonen blir  $V_f=[-22, \to \rangle$.

Linje 7, 8 og 9 gir at grafen har vendepunktet $\left(1, -2.5\right)$. Merk at en graf ikke kan ha et vendepunkt i noen av endepunktene i definisjonsmengden til funksjonen. Samtidig får vi at grafen vender den hule sida ned når  $-2<x<1$  og den hule sida opp når  $x>1$.

I linje 10 får vi at vendetangenten har likningen  $y=-7x+\frac{9}{2}$.

Vi gjør omtrent som i de forrige oppgavene på denne sida.

Linje 2 gir at funksjonen har ett nullpunkt, som er  $x=0$. Linje 3, 4 og 5 gir at grafen til funksjonen har et toppunkt med koordinatene $\left(\frac{1}{k}, \frac{a}{ke}\right)$, under forutsetning av at  $k>0$. Vi får samtidig at grafen til $f$ stiger når  $0<x<\frac{1}{k}$  og synker når  $x>\frac{1}{k}$. Grafen har derfor global maksimalverdi $\frac{a}{ke}$.

Fra linje 6, 7 og 8 får vi at grafen har vendepunktet $\left(\frac{2}{k}, \frac{2a}{k{e}^2}\right)$, siden vi fra linjene 4 og 7 får at den dobbeltderiverte skifter fortegn der den dobbeltderiverte er null. Grafen til $f$ vil vende den hule sida ned når  $0<x<\frac{2}{k}$  og den hule sida opp når  $x>\frac{2}{k}$.

Linje 9 gir at vendetangenten er  $y=-\frac{a}{e^2}x+\frac{4a}{k{e}^2}$.