Analyse av funksjoner – begreper

Du kan avgjøre om et punkt på en graf er et vendepunkt ved å se om krumningen skifter. Krumningen skifter dersom grafen går fra å vende den hule sida ned til å vende den hule sida opp, eller omvendt.

Grafen til $$ f$$ vender den hule sida opp helt til  $$ x=1$$. Deretter vender den den hule sida ned. Det betyr at grafen til $$ f$$ har et vendepunkt for  $$ x=1$$  (og ingen flere). Vendepunktet er $$ \left(1, 0.8\right)$$.

Grafen til $$ g$$ vender den hule sida ned helt til  $$ x=1$$ (omtrent). Deretter vender den den hule sida opp. Det betyr at også grafen til $$ g$$ har et vendepunkt for  $$ x=1$$  (og ingen flere). Vendepunktet er $$ \left(1, 0.5\right)$$.

Grafen til $$ h$$ vender den hule sida opp helt til  $$ x=-2$$. Deretter vender den den hule sida ned til  $$ x=0$$. Etter det vender den den hule sida opp. Det betyr at grafen til $$ h$$ har vendepunkter for disse to $$ x$$-verdiene, og vendepunktene er $$ \left(-2, 2\right)$$ og $$ \left(0, -2\right)$$.

(Alle verdiene vi leser av, er omtrentlige.)

Fortegnslinja til $$ f$$ forteller hvor grafen til funksjonen ligger over $$ x$$-aksen, hvor den ligger under $$ x$$-aksen, og hvor den treffer $$ x$$-aksen (nullpunkter).

Fortegnslinja til $$ f^{\text{'}}$$ forteller hvor grafen til funksjonen stiger, hvor den synker, og hvor den har stasjonære punkter (topp-, bunn- eller terrassepunkter). Den forteller altså om funksjonens monotoniegenskaper.

Fortegnslinja til $$ f^{\text{'}\text{'}}$$ forteller hvor grafen til funksjonen vender den hule sida ned, hvor den vender den hule sida opp, og hvor den har vendepunkter. Den forteller altså om monotoniegenskapene til den deriverte.

Vi har fra fortegnslinja til $$ f^{\text{'}\text{'}}$$ at den dobbelderiverte skifter fortegn ved begge de to nullpunktene, som derfor er vendepunkter. (Disse punktene er også samtidig nullpunkter for selve funksjonen.) Vendepunktene til grafen er $$ \left(-1, 0\right)$$ og $$ \left(1, 0\right)$$.

Informasjonen om hul side gir oss at grafen må ha et vendepunkt for  $$ x=0$$. Når den hule sida vender opp, kombinert med at den deriverte er null for $$ x=-2$$, må grafen ha et bunnpunkt der (dobbeltderiverttesten). Når den hule sida vender ned, kombinert med at den deriverte er null for  $$ x=2$$, må grafen tilsvarende ha et toppunkt der.

Grafen er skissert nedenfor.

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Informasjonen om hul side gir oss at grafen må ha et vendepunkt i begge nullpunktene for den dobbeltderiverte, det vil si for  $$ x=-2$$  og et for  $$ x=0$$. Når den hule sida vender opp, kombinert med at den deriverte er null for $$ x=1$$, må grafen ha et bunnpunkt der (dobbeltderiverttesten).

Både den deriverte og den dobbeltderiverte er null når  $$ x=-2$$. Et topp- eller et bunnpunkt kan ikke samtidig være et vendepunkt. (Hvorfor ikke?) Grafen må derfor ha et terrassepunkt for  $$ x=-2$$.

Grafen er skissert nedenfor.

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Vi løser oppgaven uten hjelpemidler først og starter 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 finner vi nullpunktene 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 bare i nullpunktet at en lineær funksjon kan skifte fortegn. Vi kan teste med å regne ut verdier 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 funnet uten å regne ved å se på at den dobbeltderiverte er ei rett linje med positivt stigningstall. Da er den dobbeltderiverte mindre enn null for $$ x$$-verdier mindre enn nullpunktet og motsatt.

Det betyr at grafen til funksjonen vender den hule sida ned når  $$ x<1$$  og den hule sida opp når  $$ x>1$$.

Den dobbeltderiverte skifter fortegn ved nullpunktet, og grafen har derfor et vendepunkt for  $$ x=1$$. (Om vi vil, kan vi tegne fortegnsskjema for den dobbeltderiverte, men det er ikke nødvendig 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 finner det samme med CAS, se nedenfor.

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Du kan bruke både resultatene fra regning uten hjelpemidler og CAS-utregningene til å løse oppgaven. Husk at det er fortegnet til den dobbeltderiverte i et stasjonært punkt som avgjør om punktet er et toppunkt, et bunnpunkt eller et terrassepunkt.

Husk også at de stasjonære punktene er der den deriverte er null.

Først finner vi nullpunktene 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 punkter.

Vi får fra oppgave a) at grafen vender den hule sida ned når  $$ x<1$$  og den hule sida opp når  $$ x>1$$.

$$ x=-1$$: Her vender grafen den hule sida ned, så her må det være et toppunkt.

$$ x=3$$: Her vender grafen den hule sida opp, så dette må være et bunnpunkt.

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

Den dobbeltderiverte funksjonen er en konstant som er større enn null. Det betyr at grafen til funksjonen vender den hule sida opp hele tida. Da kan den ikke ha noe vendepunkt.

Vi finner det samme med CAS.

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

I linje 2 får vi ingen løsning, og i linje 3 får vi at alle reelle tall er løsning.

Først finner vi nullpunktene til den deriverte.

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

Grafen har ett stasjonært punkt. Vi har fra oppgave a) at den dobbeltderiverte er større enn null for alle $$ x$$-verdier, som betyr at grafen alltid vender den hule sida opp. Da må grafen ha et bunnpunkt for  $$ x=1$$.

(Ellers visste vi fra før at grafen til en andregradsfunksjon med positivt tall foran andregradsleddet har ett bunnpunkt.)

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Linje 2 gir at det er ett stasjonært punkt, for  $$ x=-1$$. Samtidig er den dobbeltderiverte null for samme $$ \begin{array}{rcl}& & x\end{array}$$-verdi (linje 3). Linje 4 i CAS-utregningen gir at den dobbeltderiverte skifter fortegn ved  $$ x=-1$$. Da har vi ett vendepunkt som også er et terrassepunkt, og koordinatene er $$ \left(-1, -1\right)$$.

Linje 4 gir også at grafen vender den hule sida ned når  $$ x<-1$$  og den hule sida opp når  $$ x>-1$$.

Grafen til funksjonen har ingen topp- eller bunnpunkter.

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Merk at i linje 5 har vi satt opp tre utregninger på listeform for å spare plass. Vi kunne også delt det opp i én utregning på tre linjer.

Linje 2 gir at det er to stasjonære punkter, for  $$ x=-1$$  og for  $$ x=2$$. Linje 3 og 4 gir at det er to vendepunkter, $$ \left(0, -2\right)$$ og $$ \left(2, 2\right)$$, siden den dobbeltderiverte skifter fortegn ved begge $$ x$$-verdiene. Samtidig får vi at grafen vender den hule sida opp når  $$ x<0$$  og når  $$ x>2$$, og den hule sida ned når  $$ 0<x<2$$.

Det andre vendepunktet, $$ \left(2, 2\right)$$, er samtidig et terrassepunkt siden den deriverte er null for  $$ x=2$$.

Linje 4 gir også at det andre stasjonære punktet, $$ \left(-1, -\frac{19}{4}\right)$$, er et bunnpunkt siden den dobbeltderiverte er positiv.

Oppsummering av punktene:

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

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

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

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Bjarne Skurdal

Linje 2 gir at det er ett stasjonært punkt for  $$ x=0$$. Linje 3 og 4 gir at grafen ikke har noen vendepunkter siden den dobbeltderiverte ikke skifter fortegn ved  $$ x=1$$. Samtidig får vi at grafen alltid vender den hule sida opp siden den dobbeltderiverte alltid er positiv.

Linje 4 og linje 5 gir at det stasjonære punktet, $$ \left(0, -2\right)$$, er et bunnpunkt siden den dobbeltderiverte er positiv.

Ja. Alle fire ser ut til å tangere grafen i de fire røde punktene. (Husk at en tangent godt kan krysse grafen!)

Husk at vendetangenter er tangenter som går gjennom vendepunktene til grafen til en funksjon.

Det ser ut som at grafen har vendepunkter for  $$ x=-2$$  og  $$ x=0$$. Det betyr at det er tangentene $$ a$$ og $$ b$$ som er vendetangenter.

Tangenten $$ a$$ er vannrett og har derfor stigningstall 0. Tangenten skjærer $$ y$$-aksen for  $$ y=2$$, som også blir likningen for tangenten.

Tangenten $$ b$$ har stigningstall $$ -4$$ og skjærer $$ y$$-aksen for  $$ y=-2$$. Likningen for tangenten blir derfor  $$ y=-4x-2$$.

Grafen har et bunnpunkt 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 stigningstallet til tangenten når du skal finne ekstremalpunkter og vendepunkter.

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

Grafen har et toppunkt for $$ x=-0,26$$  med tilhørende lokalt maksimum $$ g(-0,26)=0,13$$.
Grafen har et bunnpunkt for $$ x=1,3$$ med tilhørende 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 vendepunktene $$ \left(-2,-2\right), \left(-1.1,-0.8\right)$$ og $$ \left(0.72,-1.6\right)$$.

Vendetangentene, i samme rekkefølge som vendepunktene de hører til, er  $$ y=x, y=1,65x+1.03$$  og  $$ y=-2,97x+0,54$$.

Fortegnslinja til $$ g$$ forteller hvor grafen til funksjonen ligger over $$ x$$-aksen, hvor den ligger under $$ x$$-aksen, og hvor den treffer $$ x$$-aksen (nullpunkter).

Fortegnslinja til $$ g^{\text{'}}$$ forteller hvor grafen til funksjonen stiger, hvor den synker, og hvor den har stasjonære punkter (topp-, bunn- eller terrassepunkter). Den forteller altså om funksjonens monotoniegenskaper.

Fortegnslinja til $$ g^{\text{'}\text{'}}$$ forteller hvor grafen til funksjonen vender den hule sida ned, hvor den vender den hule sida opp, og hvor den har vendepunkter. Den forteller altså om monotoniegenskapene til den deriverte.

Vi vet fra før at grafen til en tredjegradsfunksjon som ikke har avgrenset definisjonsmengde, ikke kan ha noen absolutte ekstremalverdier.

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 setter først  $$ f^{\text{'}}\left(x\right)=0$$  for å se etter ekstremalpunkter.

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

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

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Stein Aanensen, Olav Kristensen

Vi ser av fortegnslinja at grafen til $$ f$$ har et toppunkt når  $$ x=-1$$.
Den tilhørende 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 et bunnpunkt når  $$ x=3$$.
Den tilhørende lokale minimalverdien er
$$ \begin{array}{rcl}f\left(3\right) & =& {\left(3\right)}^3-3{\left(3\right)}^2-9·3+10\\ & =& 27-27-27+10\\ & =& -17\end{array}$$
Bunnpunktet er $$ \left(3, f\left(3\right)\right)=\left(3, -17\right)$$.

Vi setter 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 stigningstall. Da er den dobbeltderiverte mindre enn null for $$ x$$-verdier mindre enn nullpunktet og større enn null for $$ x$$-verdier større enn nullpunktet.
Vi har derfor et 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 trenger 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 egendefinerte funksjonen f fra oppgave a) inni funksjonen df.

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

Betrakt $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ som en egen funksjon som skal deriveres.

Vi bruker det tilnærmede uttrykket for den deriverte når funksjonen som skal deriveres, 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 nullpunkter til for eksempel den deriverte kan vi lage ei løkke der $$ x$$ løper gjennom det aktuelle området i små trinn og sjekke fortegnet på produktet $$ f^{\text{'}}\left(x\right)·f^{\text{'}}\left(x+∆x\right)$$. Dersom resultatet er negativt, vet vi at vi har et nullpunkt mellom nåværende verdi av $$ x$$ og $$ x+∆x$$, det vil si omtrent ved $$ x+\frac{1}{2}∆x$$.

Denne testen vil ikke finne terrassepunkter, det vil si punkter der både den deriverte og den dobbeltderiverte er null. Årsaken til det er at den deriverte ikke skifter fortegn der, og da kan aldri produktet $$ f^{\text{'}}\left(x\right)·f^{\text{'}}\left(x+∆x\right)$$ som vi tester på bli negativt. Vi kan i stedet sjekke om et nullpunkt $$ x=a$$ for den dobbeltderiverte er et terrassepunkt ved å teste om den deriverte i punktet er tilnærmet lik 0, for eksempel at

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

Dette er likevel ikke en helt sikker test og vil ikke fungere på alle typer funksjoner, siden det kan tenkes at den deriverte i et vendepunkt er ganske liten (men ikke helt lik null).

Hva er det aktuelle området for $$ x$$ når funksjonen ikke har en avgrenset definisjonsmengde? Her må vi egentlig bare prøve oss fram. Siden koeffisienten foran tredjegradsleddet er 1, vil funksjonen ganske raskt gå mot enten pluss eller minus uendelig. Vi prøver med $$ x$$-verdier i intervallet $$ \left[-10,10\right]$$.

For å finne likningen for vendetangenten tar vi utgangspunkt i ettpunktsformelen

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

der $$ x_1$$ er $$ x$$-koordinaten til vendepunktet, og vi løser likningen med hensyn 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        # finner ekstremalpunktene
14x_verdi = -10
15trinn = 0.0001
16
17        # løkke som finner topp- og bunnpunkt  
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 = "bunnpunkt"
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        # finner vendepunktene, ev. om de er terrassepunkter, og vendetangentene
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 likningen y = {df(nullpunkt):.2f}x{konst_ledd:+.2f}.")
40  x_verdi = x_verdi + trinn

Vi får følgende utskrift:

"Funksjonen har toppunkt i (-1.00, 15.00).

Funksjonen har bunnpunkt i (3.00, -17.00).

Funksjonen har vendepunkt i (1.00, -0.99).

Vendetangenten har likningen y = -12.00x+11.00."

Dette programmet fungerer fint på denne funksjonen. Det er ikke sikkert at det fungerer på alle typer funksjoner. Prøv gjerne programmet på de andre oppgavene på denne siden, for eksempel oppgave 3.1.35 og 3.1.36. Til vanlig vil vi ikke bruke Python til funksjonsanalyse, men det kan være greit å bruke på funksjoner som er vanskelige å analysere på annen måte.

Kommentar til koden:

I linje 39 har vi lagt til en "+" i formateringskoden til utskriften. Plusstegnet tvinger Python til å ta med fortegnet til variabelen enten det er pluss eller minus. På denne måten blir det alltid riktig tegn foran det konstante leddet i tangentlikningen.

Vi vet at vi kan finne vendepunkter der hvor den dobbeltderiverte skifter fortegn.

Derfor finner vi et uttrykk for den dobbeltderiverte.

Vi viser regning for hånd, men løs gjerne oppgaven i CAS også.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 4x^4-8x\\ f^{\text{'}}\left(x\right) & =& 4·4x^3-8\\ & =& 16x^3-8\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 3·16x^2\\ & =& 48x^2\end{array}$$

Vi observerer at den dobbeltderiverte er positiv eller lik 0 i hele definisjonsområdet. Det betyr at vi ikke har noen vendepunkter, og at $$ f\left(x\right)$$ alltid vender den hule sida opp.

Vi finner et 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 ikke er definert for $$ x=0$$. Det betyr at vi må undersøke om den skifter fortegn her. Vi vet at funksjonen er kontinuerlig overalt ellers, derfor er det bare her den kan skifte fortegn.

Vi tester $$ g^{\text{'}\text{'}}\left(1\right)$$ 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 fortegn når $$ x=0$$, dermed har vi et vendepunkt på grafen i $$ \left(0,g\left(0\right)\right)=\left(0,0\right)$$.

Siden den dobbeltderiverte er positiv for $$ x<0$$  og negativ for $$ x>0$$, har vi at grafen vender den hule sida si opp for negative verdier av $$ x$$ og ned for positive verdier av $$ x$$.

Vi starter med å finne et uttrykk for den dobbeltderiverte. Du kan løse det for hånd ved hjelp av brøkregelen for derivasjon, men vi velger å løse i CAS:

Åpne bilde i et nytt vindu

CC BY-SA

Bilde: Tove Annette Holter

Linje 2 gir oss at den deriverte ikke har noe nullpunkt. Vi sjekker om den deriverte skifter fortegn ved å løse de to ulikhetene i linje 3 og 4. Vi ser at den dobbeltderiverte er positiv for $$ x>2$$  og dermed vender funksjonen den hule sida opp i dette området. Den dobbeltderiverte er negativ for $$ x<2$$, og funksjonen vender den hule sida ned her. Vi har likevel ikke et vendepunkt her, fordi vi kan se at $$ h\left(x\right)$$ ikke er definert for $$ x=2$$. En funksjon kan ikke ha et vendepunkt i et punkt som ikke finnes!

Vi vet at en andregradsfunksjon med positivt andregradsledd alltid har den hule sida si opp, så vi vet at $$ i\left(x\right)$$ har den hule sida si opp for $$ x>3$$. En tredjegradsfunksjon som er definert for hele $$ \mathrm{ℝ}$$, har et vendepunkt. Vi må undersøke om dette vendepunktet ligger innenfor definisjonsområdet, og vi må også se på den dobbeltderiverte for å avgjøre krumningsforholdene for  $$ x<3$$.

Vi deriverer tredjegradsuttrykket to ganger:

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

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

Vi legger merke til at vi ikke har et vendepunkt for $$ x=3$$  selv om funksjonen skifter krumning her, fordi funksjonen ikke er definert for $$ x=3$$.

Dersom vi sørger for at endepunktet $$ x=3$$  er i ett av vilkårene, vil funksjonen være kontinuerlig i dette punktet, og vi får et vendepunkt. Funksjonen kan da se 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 ikke kontinuerlig i $$ x=4$$, derfor er dette ikke et vendepunkt for funksjonen.