Funksjonsdrøfting

Vi har nå sett på en funksjons eventuelle asymptoter, kritiske punkter og vendepunkter. I denne delen samler vi trådene og utfører funksjonsdrøfting. Med å drøfte en funksjon mener vi å finne fram til funksjonens viktigste egenskaper, og eventuelt skissere en graf på bakgrunn av disse.

Vi undersøker:

  • Er funksjonen kontinuerlig? Hvis ikke, har den noen vertikale asymptoter?
     
  • Hva skjer med funksjonsverdien når den uavhengige variabelen går mot pluss/minus uendelig? Finner vi da noen horisontale asymptoter eller skråasymptoter?
     
  • Hvilke karakteristiske punkter har funksjonen: Skjæringspunkter med aksene? Globale eller lokale maksimums- eller minimumspunkter? Terrassepunkter? Vendepunkter?
     
  • Hva er funksjonens monotoniegenskaper: Hvor er den stigende og avtagende? Hvor den er konkav og konveks?

Eksempel 1:

Vi skal drøfte funksjonen $f(x) = 2x^3 – 3x^2 – 12x$.

Dette er en polynomfunksjon, den er følgelig kontinuerlig og har ingen asymptoter. Det er leddet med høyeste potens av $x$ som bestemmer hva som skjer når $x \to \pm \infty$.

Når $x \to + \infty$, vil $x^3 \to + \infty$, og når $x \to – \infty$, vil $x^3 \to – \infty$.

Skjæringspunktet med y-aksen finner vi ved å sette $x = 0$ inn i funksjonen: $f(0) = 0$.

Så skjæringspunktet med y-aksen er (0,0).

Skjæringspunkter med x-aksen finner vi ved å løse likningen $f(x) = 0$. Vi får $2x^3 – 3x^2 – 12x = 0$. Generelt forventes vi ikke å kunne løse en tredjegradslikning, men her kan vi sette $x$ utenfor parentes, og får $x(2x^2 – 3x – 12) = 0$.

Så $x = 0$ er en løsning.

Løser vi så andregradslikningen $2x^2 – 3x – 12 = 0$, får vi

$x_1 = {\large \frac{3+ \sqrt{105}}{4}} \approx 3{,}31$ og $x_2 = {\large \frac{3- \sqrt{105}}{4}} \approx -1{,}81$.

Så skjæringspunktene med x-aksen er omlag (-1,81, 0), (0,0) og (3,31, 0).

Vi deriverer funksjonen og får $f'(x) = 6x^2 – 6x -12$.

Løser vi likningen $6x^2 – 6x -12 = 0$, får vi  $x_1 = 2$ og $x_2 = -1$.

De tilhørende funksjonsverdiene er $f(2) = -20$ og $f(-1)=7$.

Så vi har stasjonære punkter i (-1, 7) og (2, -20).

Denne funksjonen er lett å derivere en gang til, så vi velger å bruke andrederivert-testen til å klassifisere punktene. $f''(x) = 12x -6$.

$f''(-1) = -18$. Siden dette tallet er mindre enn 0, er punktet et maksimumspunkt.

$f''(2) = 18$. Siden dette tallet er større enn 0, er punktet et minimumspunkt.

Siden funksjonen går mot pluss/minus uendelig, har den ingen globale ekstremalpunkter. Vi har derfor at (-1, 7) er et lokalt maksimumspunkt og (2, -20) er et lokalt minimumspunkt.

Siden (-1, 7) er eneste maksimumspunkt og (2, -20) eneste minimumspunkt, er funksjonen voksende når $-\infty < x \le -1$, avtagende når $-1 \le x \le 2$ og voksende når $2 \le x < \infty$.

Vi har funnet at $f''(x) = 12x -6$$f''(x)$ er 0 når $12x-6$ er 0, det vil si når $x = {\large \frac{1}{2}}$.

Den tilhørende funksjonsverdien er $f({\large \frac{1}{2}}) = {-\large \frac{13}{2}} = -6{,}5$.

Så vi har et vendepunkt i (0,5, -6,5).

Siden $f''$ skifter fra – til + når $x = {\large \frac{1}{2}}$, er funksjonen konkav (hule side ned) når $-\infty < x \le {\large \frac{1}{2}}$ og konveks (hule side opp) når ${\large \frac{1}{2}} \le x < \infty$.

Basert på dette kan vi skissere grafen:

Graf som illustrerer resultatet av funksjonsdrøfting

Vi ser at vi i eksempel 1 har inkludert ekstremalpunktene i intervallene der funksjonen er voksende og avtagende, selv om funksjonen verken vokser eller avtar i disse punktene. Dette er i tråd med definisjonene, som sier at

  • En funksjon, $f(x)$, er voksende i et intervall $[a, b]$ hvis $x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) \le f(x_2)$
     
  • En funksjon, $f(x)$, er avtagende i et intervall $[a, b]$ hvis $x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) \ge f(x_2)$

En funksjon er altså voksende i et intervall hvis grafen beveger seg oppover eller flater ut, og avtagende i et intervall hvis grafen beveger seg nedover eller flater ut. En fellesbetegnelse for voksende og avtagende er monoton.

Hvis vi ikke tillater at grafen flater ut, er funksjonen strengt monoton. Vi har at

  • En funksjon, $f(x)$, er strengt voksende i et intervall $[a, b]$ hvis $x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) < f(x_2)$
     
  • En funksjon, $f(x)$, er strengt avtagende i et intervall $[a, b]$ hvis $x_1 < x_2 \Rightarrow f(x_1) > f(x_2)$

Tilsvarende har vi inkludert vendepunktet både i intervallet der funksjonen er konkav og der den er konveks. Vi har at

  • En funksjon, $f(x)$, er konkav i et intervall $[a, b]$ hvis $f''(x) \le 0$ for alle $x \in [a, b]$
     
  • En funksjon, $f(x)$, er konveks i et intervall $[a, b]$ hvis $f''(x) \ge 0$ for alle $x \in [a, b]$

Og at

  • En funksjon, $f(x)$, er strengt konkav i et intervall $[a, b]$ hvis $f''(x) < 0$ for alle $x \in [a, b]$
     
  • En funksjon, $f(x)$, er strengt konveks i et intervall $[a, b]$ hvis $f''(x) > 0$ for alle $x \in [a, b]$

Eksempel 2:

Vi skal drøfte funksjonen $f(x) = {\large \frac{3x^2-1}{x^2-4}}$.

Når $x \to \pm -2$, går nevneren i brøken mot 0 mens telleren ikke går mot 0. Brøken går derved mot uendelig og $x = -2$ og $x = 2$ er derfor vertikale asymptoter for funksjonen.

Når $x \to \pm \infty$, går både teller og nevner mot uendelig, og vi har et ubestemt uttrykk. Vi bruker derfor L'Hôpitals regel og får

$\displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} \frac{3x^2-1}{x^2-4} = \displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} \frac{6x}{2x}= 3 $

Så $y = 3$ er en horisontal asymptote.

Skjæringspunktet med y-aksen finner vi ved å sette $x = 0$ inn i funksjonen: $f(0) = {\large \frac{1}{4}}$.

Så skjæringspunktet med y-aksen er (0, 0,25).

Skjæringspunkter med x-aksen får vi når telleren er 0, så vi løser likningen $3x^2-1 = 0$.

Vi får $x = {\large \pm \frac{1}{\sqrt3}} \approx \pm 0{,}58$.

Så skjæringspunkter med x-aksen er omlag (-0,58, 0), (0,58, 0).

Vi deriverer funksjonen og får

$f'(x) = {\large \frac{(3x^2-1)'(x^2-4) – (3x^2-1)(x^2-4)'}{(x^2-4)^2}} = {\\
\large \frac{(6x)(x^2-4) – (3x^2-1)(2x)}{(x^2-4)^2}} = {\large \frac{-22x}{(x^2-4)^2}}$

Nevneren i denne brøken kan aldri bli negativ, det er derfor bare telleren som avgjør fortegnet på den deriverte, og vi ser at den skifter fortegn fra + til – når $x = 0$, med tilhørende funksjonsverdi $f(0) = {\large \frac{1}{4}}$.

(0, 0,25) er derved et maksimalpunkt. Når $x \le 0$ er funksjonen voksende, og når $x \ge 0$ er den avtakende.

Vi ser litt nøyere på brøken i den opprinnelige funksjonen, $f(x) = {\large \frac{3x^2-1}{x^2-4}}$. Telleren er positiv når vi er i nærheten av verdiene som gir asymptoter, -2 og 2, så det er nevneren som bestemmer brøkens fortegn. Vi har derfor

$\displaystyle \lim_{x \to -2^{\Large -}}f(x) = + \infty \\
\displaystyle \lim_{x \to -2^{\Large +}}f(x) = – \infty \\
\displaystyle \lim_{x \to 2^{\Large -}}f(x) = – \infty \\
\displaystyle \lim_{x \to 2^{\Large +}}f(x) = + \infty$

Dette vil vi ha nytte av når vi skal skissere grafen. Og vi kan også slå fast at siden funksjonen går mot pluss/minus uendelig, har den ingen globale ekstremalpunkter.

(0, 0,25) er derfor et lokalt maksimalpunkt.

For å bestemme eventuelle vendepunkter, må vi derivere funksjonen en gang til. Dette blir en utregning der vi må holde tunga rett i munnen. Siden vi skal studere fortegnet til den dobbeltderiverte, passer vi på å ikke multiplisere ut $(x^2-4)^2$, for dette uttrykket vet vi aldri blir negativt. Vi innfører en hjelpevariabel, $v = x^2 – 4$, for å få en mer oversiktlig utregning.

$f''(x) = {\large \frac{(-22x)' \cdot v^2 – 22x \cdot (v^2)'}{(v^2)^2}} = {\large \frac{-22 \cdot v^2 – 22x \cdot 2v \cdot 2x}{(v^2)^2}} = {\large \frac{v(-22v – 88x^2)}{(v^2)^2}} = \\ {\large \frac{(x^2-4)\big(-22(x^2-4)+88x^2\big)}{\big((x^2-4)^2\big)^2}} = {\large \frac{(x^2-4)(66x^2+88)}{(x^2-4)^4}}$

Nevneren i denne brøken kan aldri bli negativ, det samme er faktoren $66x^2 + 88$. Vi trenger derfor bare å studere faktoren $x^2-4$ for å finne fortegnsskiftene til den dobbeltderiverte. $x^2-4$ kan faktoriseres som $(x+2)(x-2)$, med fortegnsskjema vist under.

Vi ser at den dobbeltderiverte er negativ når $-2 < x < 2$ og positiv når $x<-2$ og $x > 2$. Der fortegnet skifter, i $x= \pm2$ er imidlertid ikke funksjonen definert, fordi vi får 0 i nevneren. Funksjonen har derfor ingen vendepunkter.

Fortegnet til den dobbeltderiverte forteller oss imidlertid at funksjonen er konveks når $x \le -2$, konkav når $-2 \le x \le 2$ og konveks når $x \ge 2$. Den skifter altså mellom å være konveks og konkav selv om den ikke har vendepunkter.

For å tegne grafen, er det mest asymptotene vi har å holde oss til. Vi tegner dem opp, og skisserer hvordan grafen legger seg inntil disse. Grafen er vist under, asymptotene tegnet inn med rødt.

Oppgave 1:

Drøft funksjonen $f(x) = (x^2 + 3x + 2)(x – 3)$, $D_f = [-3,3]$.

Se løsningsforslag

Kilder

  • Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
  • Thomas, G.B., Finney R.L. (1988). Calculus and Analytic Geometry. Addison-Wesley.
    matematikk.org
  • Wikipedia