Analyse av polynomfunksjoner

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 setter 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 bare i nullpunktene 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.

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

Vi kan da sette opp fortegnslinja til  $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Vi ser av fortegnslinja at grafen til $$ f$$ stiger når  $$ x<-3$$, og at grafen synker når  $$ x>-3$$. Grafen til $$ f$$ har derfor et 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 $$ \left(-3, f\left(-3\right)\right)=\left(-3, 2\right)$$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen til funksjonen enn at den er en parabel og har et toppunkt i $$ \left(-3, 2\right)$$. Skissen bør ligne noenlunde på grafen i løsningen til oppgave d). Toppunktet må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til $$ f$$ med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne toppunktet.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

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 setter 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 bare i nullpunktene 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.

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

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Vi ser av fortegnslinja at grafen til $$ f$$ synker når  $$ x<1$$  og stiger når  $$ x>1$$. (Vi kunne også sagt dette på forhånd, siden vi vet at denne andregradsfunksjonen har et bunnpunkt når tallet foran andregradsleddet er positivt. Da må grafen synke for $$ x$$-verdier mindre enn 1, og motsatt.)

Grafen til $$ f$$ har derfor et bunnpunkt når  $$ x=1$$.
Bunnpunktet er $$ \left(1, f\left(1\right)\right)=\left(1, -4\right)$$.

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen enn at den er en parabel med bunnpunkt i $$ \left(-1, 4\right)$$. En skisse må ligne noenlunde på grafen i d). Bunnpunktet med koordinater $$ (1, -4)$$ må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne bunnpunktet.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

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 setter 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 bare i nullpunktene 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.

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

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Vi ser av fortegnslinja at

• grafen til $$ f$$ stiger når  $$ x<-1$$  og når  $$ x>3$$
• grafen til $$ f$$ synker når  $$ -1<x<3$$

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

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Vi vet ikke mer om grafen enn at den har et toppunkt i $$ \left(-\mathrm{1, }15\right)$$ og et bunnpunkt i $$ \left(3, -17\right)$$. En skisse må ligne noenlunde på grafen i d). Toppunktet og bunnpunktet må være markert.

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunktene.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

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 setter 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 bare i nullpunktene 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.

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

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Vi ser av fortegnslinja at

• grafen til $$ f$$ stiger når  $$ x<0$$  og når  $$ x>2$$
• grafen til $$ f$$ synker når  $$ 0<x<2$$

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

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til f med GeoGebra og brukt verktøyet "Ekstremalpunkt" til å finne ekstremalpunktene.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

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 setter 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 bare én løsning. 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 et fullstendig kvadrat som er positivt for alle verdier av $$ x$$ unntatt der den er null.

Vi kan da sette opp fortegnslinja til $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$.

Som vi egentlig visste før vi tegnet fortegnslinja, får vi at grafen til $$ f$$ er stigende overalt unntatt når  $$ x=-1$$  der den deriverte er null. Den deriverte har samme fortegn på begge sider av nullpunktet.

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

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

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

Vi ser at dette stemmer med resultatene i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til funksjonen og lagt inn punktet $$ \left(-1, f\left(-1\right)\right)$$. Det ser ut som det er et terrassepunkt. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkter, som tyder på at det ikke er noen topp- eller bunnpunkter.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.

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 setter 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 ingen løsning. Den deriverte er et andregradsuttrykk med pluss foran andregradsleddet. Når den ikke har nullpunkt, betyr det at den deriverte alltid er positiv og at funksjonen er voksende for alle $$ x$$-verdier. Da trenger vi ikke tegne fortegnsskjema! (Hvorfor ikke?)

Grafen til $$ f$$ har ingen topp-, bunn- eller terrassepunkter.

I linje 2 får vi ingen løsning når vi setter den deriverte lik 0. I linje 3 får vi løsningen  $$ x=x$$, som betyr at alle reelle tall er løsning. Den deriverte er altså større enn null for alle $$ x$$. Dette stemmer med det vi fant i oppgave a).

Nedenfor har vi tegnet grafen til funksjonen. Kommandoen "Ekstremalpunkt" gir ingen punkter, som tyder på at det ikke er noen topp- eller bunnpunkter.

Vi ser at dette stemmer med det vi har funnet tidligere.