Løsningsforslag, anvendelser av derivasjon

Ekstremalpunkter

Oppgave 1:

Vi skal bruke derivasjon og fortegnsskjema til å finne og klassifisere de stasjonære punktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 – {\large \frac{1}{2}}x^2 -6x + 2$.

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

Løser vi likningen $x^2 – x – 6 = 0$, får vi $x_1 = 3$$x_2 = -2$.

Det vil si at den deriverte kan faktoriseres som $f'(x) = (x-3)(x+2)$.

Vi lager fortegnsskjema:

Fortegnsskjema for å klassifisere ekstremalpunkter

Vi ser at fortegnet til $f'(x)$ skifter fra + til – i $x = -2$, så dette er et maksimum, og fra – til+ i $x = 3$, så dette er et minimum.

De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(-2) = {\large \frac{1}{3}}(-2)^3 – {\large \frac{1}{2}}(-2)^2 -6(-2) + 2 = {\large \frac{28}{3}}$

$f(3) = {\large \frac{1}{3}} \cdot 3^3 – {\large \frac{1}{2}} \cdot 3^2 -6\cdot 3 + 2 = -{\large \frac{23}{2}}$

$(-2, {\large \frac{28}{3}})$ og $(3, -{\large \frac{23}{2}})$ er derved henholdsvis maksimumspunkt og minimumspunkt.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke derivasjon til å avgjøre om funksjonen $f(x) = {\large \frac{1}{x}}$ har noen ekstremalpunkter.

Vi har $f'(x) = -{\large \frac{1}{x^2}}$.

Ser vi bort fra $x = 0$, der funksjonen ikke er definert, er den deriverte alltid negativ. Funksjonen har derfor ingen ekstremalpunkter, men er avtagende i hele definisjonsområdet.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne og klassifiser alle ekstremalpunktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 – {\large \frac{1}{2}}x^2 -6x + 2$$D_f = [-5, 5]$.

I oppgave 1 fant vi at $(-2, {\large \frac{28}{3}})$ og $(3, -{\large \frac{23}{2}})$ er henholdsvis maksimumspunkt og minimumspunkt i denne funksjonen.

Så studerer vi endepunktene $x-5$ og $x=5$. Vi får

$f(-5) = {\large \frac{1}{3}}(-5)^3 – {\large \frac{1}{2}}(-5)^2 -6(-5) + 2 = -{\large \frac{133}{6}}$

Av fortegnsskjemaet i oppgave 1 ser vi at den deriverte er positiv ut fra dette punktet, så $(-5, -{\large \frac{133}{6}})$ er et minimumspunkt.

$f(5) = {\large \frac{1}{3}} \cdot 5^3 – {\large \frac{1}{2}} \cdot 5^2 -6 \cdot 5 + 2 = {\large \frac{7}{6}}$

Av fortegnsskjemaet i oppgave 1 ser vi at den deriverte er positiv inn mot dette punktet, så $(5, {\large \frac{7}{6}})$ er et maksimumspunkt.

Vi ser at ${\large \frac{28}{3}} \approx 9{,}33$ er største funksjonsverdi og $-{\large \frac{133}{6}} \approx -44{,}33$ er minste funksjonsverdi.

Vi har derfor at 

$(-5, -{\large \frac{133}{6}})$ er globalt minimumspunkt

$(-2, {\large \frac{28}{3}})$ er globalt maksimumspunkt

$(3, -{\large \frac{23}{2}})$ er lokalt minimumspunkt

$(5, {\large \frac{7}{6}})$ er et lokalt maksimumspunkt

Dette er illustrert i grafen under:

Graf som illustrerer ekstremalpunkter

Tilbake til oppgaven

Optimeringsproblemer

Oppgave 1:

Vi skal lage en rektangulær innhegning der den ene siden utgjøres av en flat låvevegg. Vi har 40 meter gjerde til rådighet og skal finne målene på innhegningen som gjør at arealet blir størst mulig.

Vi starter med å finne et funksjonsuttrykk for arealet. Kaller vi sidekantene som står 900 på låven $x$ og sidekanten som er parallell med låven $y$, blir arealet $x \cdot y$. Siden gjerdet er 40 meter langt, vet vi også at $2x+y=40$, som kan skrives om til $y = 40 – 2x$. Vi kan derved erstatte $y$ i uttrykket for arealet med $40-2x$, og en funksjon som beskriver innhegningens areal blir

$f(x) = x \cdot(40-2x) = -2x^2 +40x$.

Vi deriverer, og får $f'(x) = -4x + 40$, som er 0 når $x = 10$.

Den deriverte skifter fortegn fra + til – i dette punktet, derfor er det et maksimum.

Den andre sidekanten blir $y = 40 – 2\cdot 10 = 20$.

Konklusjonen er at innhengningen får størst areal når sidekantene som står 900 på låven er 10 meter og sidekanten som er parallell med låven er 20 meter.

Tilbake til oppgaven

Høyere ordens deriverte

Oppgave 1:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til

$f(x) = {\large \frac{1}{12}}x^4 – {\large \frac{1}{6}}x^3 – x^2 + x + 1$.

Vi deriverer og får

$f'(x) = {\large \frac{1}{3}}x^3 – {\large \frac{1}{2}}x^2 – 2x + 1$

Vi deriverer en gang til og får

$f''(x) = x^2 – x – 2$

Likningen $f''(x) = x^2 – x – 2 = 0$ har løsninger $x_1 = 2$ og $x_2 = -1$.

Vi kan derfor skrive den andrederiverte som $f''(x) = (x-2)(x+1)$. Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til – når $x = -1$ og fra – til + når $x = 2$. De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(-1) = {\large \frac{1}{12}}(-1)^4 – {\large \frac{1}{6}}(-1)^3 – (-1)^2 + (-1) + 1 = -{\large \frac{3}{4}}$

og

$f(2) = {\large \frac{1}{12}}(2)^4 – {\large \frac{1}{6}}(2)^3 – (2)^2 + 2 + 1 = -1$

$(-1, -{\large \frac{3}{4}})$ og $(2, -1)$ er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i $(-1, -{\large \frac{3}{4}})$ og tilbake til å være konveks i $(2, -1)$.

Grafen til $f(x)$ med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til $f(x) = (x^2 – 3x + 2)e^x$.

Vi deriverer og får

$f'(x) = (x^2 – 3x + 2)' e^x + (x^2 – 3x + 2)(e^x)' =\\
(2x – 3)e^x + (x^2 – 3x + 2)e^x = (x^2 -x – 1)e^x$

Vi deriverer en gang til og får

$f''(x) = (x^2 -x – 1)'e^x + (x^2 -x – 1)(e^x)' =\\
(2x – 1)e^x + (x^2 -x – 1)e^x = (x^2 + x – 2)e^x$

$e^x$ er alltid positiv, så vi trenger bare å studere fortegnet til polynomet, $ x^2 + x – 2$.

Likningen $x^2 + x – 2 = 0$ har løsninger $x_1 = 1$ og $x_2 = -2$.

Vi kan derfor skrive polynomet som $(x-1)(x+2)$. Fortegnsskjemaet til uttrykket er vist under:

Fortegnsskjema for å klassifisere vendepunkter

Vi ser at den dobbeltderiverte skifter fortegn fra + til – når $x = -2$ og fra – til + når $x = 1$. De tilhørende funksjonsverdiene blir

$f(-2) = \big((-2)^2 – 3(-2) + 2\big)e^{-2} = 12e^{-2}$

og

$f(1) = (1^2 – 3 \cdot 1 + 2)e^1 = 0e = 0$

$(-2, 12e^{-2})$ og $(1, 0)$ er vendepunkter. Av fortegnsskjemaet ser vi at funksjonen går over fra å være konveks til å være konkav i $(-2, 12e^{-2})$ og tilbake til å være konveks i $(1, 0)$.

Grafen til $f(x)$ med vendepunktene markert er vist under:

Graf som illustrerer vendepunkter

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne de stasjonære punktene til $f(x) = 2x^3 – 9x^2 + 12x – 2$ og bruke andrederivert-testen til å klassifisere dem.

Vi deriverer og får

$f'(x) = 6x^2 – 18x + 12$

Løser vi likningen $6x^2 – 18x + 12 = 0$, får vi $x_1 = 2$ og $x_2 = 1$. Dette er altså x-verdiene der funksjonen har stasjonære punkter. De tilhørende funksjonsverdiene blir $f(1)=3$ og $f(2)=2$.

Vi deriverer en gang til og får

$f''(x) = 12x – 18$

Da er $f''(1) = -6 < 0$ og $f''(2) = 6 > 0$.

Ifølge andrederivert-testen er derved (1, 3) et maksimumspunkt og (2, 2) et minimumspunkt.

Tilbake til oppgaven

Funksjonsdrøfting

Oppgave 1:

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

Dette er en polynomfunksjon, så den har ingen asymptoter.

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

$f(0) = (0+0+2)(0-3)=-6$

Punktet er med i definisjonsområdet, så skjæringspunktet med y-aksen er

(0,-6)

Skjæringspunkter med x-aksen finner vi ved å løse likningen $f(x) = 0$.

Løsningene er

$x-3 = 0 \Rightarrow x_1 = 3$

og

$x^2+3x+2 = 0 \Rightarrow x_2 = -1, x_3 = -2$

Alle punktene er med i definisjonsområdet, så skjæringspunktene med x-aksen er

(-2, 0), (-1, 0), (3, 0)

Når vi skal derivere funksjonen, kan vi enten bruke produktregelen, eller multiplisere ut parentesene. Vi velger det siste alternativet, som er det enkleste, og får

$f(x) = (x^2 + 3x + 2)(x – 3) = x^3 – 7x – 6$

Vi deriverer funksjonen og får

$f'(x) = 3x^2-7$

Denne funksjonen har nullpunkter når $3x^2-7 = 0$, det vil si når $x = \pm \sqrt{\large \frac{7}{3}} \approx \pm 1{,}53$

Disse punktene er med i definisjonsområdet.

De tilhørende funksjonsverdiene er

$f(-1{,}53) \approx 1{,}13$

og

$f(1{,}53) \approx -13{,}13$

Så vi har stasjonære punkter omlag i

(-1,53, 1,13) og (1,53, -13,13)

Vi deriverer funksjonen en gang til og får

$f''(x) = 6x$

Vi bruker så andrederivert-testen til å klassifisere de to stasjonære punktene.

Siden $f''(-1{,}53) \approx -9{,}18 < 0$, er (-1,53, 1,13) et maksimumspunkt.

Siden $f''(1{,}53) \approx 9{,}18 > 0$, er (1,53, -13,13) et minimumspunkt.

Det betyr at funksjonen er

voksende når $-3 \le x \le -1{,}53$

avtagende når $-1{,}53 \le x \le 1{,}53$

voksende når $1{,}53 \le x \le 3$

I endepunktene får vi funksjonsverdiene

$f(-3) = ((-3)^2 + 3(-3) + 2)(-3 – 3) = -12$

og

$f(3) = (3^2 + 3 \cdot 3 + 2)(3 – 3) = 0$

Siden funksjonen er voksende ut fra $(-3, -12)$ er dette et minimumspunkt

Siden funksjonen er voksende inn mot $(3, 0)$ er dette et maksimumspunkt

Ved å sammenlikne funksjonsverdiene, ser vi at

(-1,53, 1,13) er globalt maksimumspunkt

og

(1,53, -13,13) er globalt minimumspunkt.

Basert på dette kan vi skissere grafen:

Graf som illustrerer funksjonsdrøfting

Tilbake til oppgaven

L'Hôpitals regel

Oppgave 1:

Vi skal bruke L'Hôpitals regel til å beregne

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle e^x-1} $

Vi deriverer teller og nevner hver for seg, og får

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle e^x-1} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle e^x} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 1} = 2$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal bruke L'Hôpitals regel til å beregne

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 – \cos x}{\displaystyle x^2} $

Vi deriverer teller og nevner to ganger hver for seg, og får

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 – \cos x}{\displaystyle x^2} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \cos x}{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$

Tilbake til oppgaven