a) Bestem $a$ og $b$

For at $f$ skal være deriverbar i $x = 1$, kreves to ting:

Krav 1 – Kontinuitet (venstresiden og høyresiden må møtes):

$$2 \cdot 1^2 + 3 \cdot 1 + a = -2 \cdot 1^2 + b \cdot 1$$ $$5 + a = -2 + b$$

Krav 2 – Lik derivert (samme tangentretning fra begge sider):

$$f'(x) = \begin{cases} 4x + 3, & x < 1 \\ -4x + b, & x \geq 1 \end{cases}$$ $$4 \cdot 1 + 3 = -4 \cdot 1 + b$$ $$7 = -4 + b \implies b = 11$$

Setter $b = 11$ inn i kontinuitetskravet:

$$5 + a = -2 + 11 = 9 \implies a = 4$$ $$a = 4, \quad b = 11$$

b) Vendepunkt?

Med $a = 4$ og $b = 11$ er funksjonen:

$$f(x) = \begin{cases} 2x^2 + 3x + 4, & x < 1 \\ -2x^2 + 11x, & x \geq 1 \end{cases}$$

Vi finner andredeiverte for hvert uttrykk:

$$f''(x) = \begin{cases} 4, & x < 1 \\ -4, & x \geq 1 \end{cases}$$

Begge uttrykk er andregradsfunksjoner med konstante andrederiverte ($f'' = 4$ og $f'' = -4$). Et vendepunkt krever at $f''$ skifter fortegn i et punkt der $f$ er to ganger deriverbar.

• For $x < 1$: $f''(x) = 4 > 0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• For $x > 1$: $f''(x) = -4 < 0$ — konstant, ingen fortegnsendring.
• I $x = 1$: $f''$ er ikke definert (andrederiverte fra venstre og høyre er ulike), og $f$ er ikke to ganger deriverbar her. Et eventuelt vendepunkt krever at $f$ er to ganger deriverbar — dette kravet er ikke oppfylt.

Grafen til $f$ har ikke vendepunkt.