Kategori: 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) = x² − x − 6.

Løser vi likningen x² − x − 6 = 0, får vi x₁ = 3, x₂ = −2.

Det vil si at den deriverte kan faktoriseres som f′(x) = (x − 3)(x + 2). (Her er a i polynomet ax² + bx + c lik 1.)

Vi lager fortegnsskjema:

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 $−{\large \frac{133}{6}} \approx −22{,}17$ 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:

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 90° på låven x, og sidekanten som er parallell med låven y, blir arealet x · 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 · (40−2x) = −2x² +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· 10 = 20.

Konklusjonen er at innhegningen får størst areal når sidekantene som står 90° på låven er 10 meter og sidekanten som er parallell med låven er 20 meter.

Tilbake til oppgaven

Funksjonsdrøfting

Oppgave 1:

Vi skal drøfte funksjonen f(x) = (x² + 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) = (0² + 3 · 0 + 2)(0 − 3) = 2(−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. Dette er tilfellet når uttrykket i minst én av parentesene er lik 0.

Med den første parentesen får vi

x² + 3x + 2 = 0

Dette er en andregradslikning vi finner løsningene til ved hjelp av abc-formelen. Vi tar ikke med utregningen her, men vi får

x₁ = −1, x₂ = −2

Med den siste parentesen får vi

x − 3 = 0

Her flytter vi bare −3 over til høyre side med fortegnsskifte, og får

x₃ = 3

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

(−2, 0), (−1, 0), (3, 0)

Når vi skal derivere funksjonen, multipliserer vi ut parentesene først:

f(x) = (x² + 3x + 2)(x − 3) = x³ − 7x − 6

Når vi deriverer, får vi

f′(x) = 3x² − 7

Denne funksjonen har nullpunkter når 3x² − 7 = 0.

Vi kan finne nullpunktene med abc-formelen, eller vi kan flytte −7 over på høyre side med fortegnsskifte, dividere begge sider med 3, og ta positiv og negativ kvadratrot. I begge tilfeller får vi 

x₁ ≈ 1,53, x₂ ≈ −1,53

Disse punktene er med i definisjonsområdet.

De tilhørende funksjonsverdiene er

f(1,53) ≈ −13,13

og

f(−1,53) ≈ 1,13

Så vi har stasjonære punkter om lag 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) ≈ −9,18 < 0, er (−1,53, 1,13) et maksimumspunkt.

Siden f′′(1,53) ≈ 9,18 > 0, er (1,53, −13,13) et minimumspunkt.

Det betyr at funksjonen er

voksende når −3 ≤ x ≤ −1,53

avtagende når −1,53 ≤ x ≤ 1,53

voksende når 1,53 ≤ x ≤ 3

I endepunktene får vi funksjonsverdiene

f(−3) = ((−3)² + 3(−3) + 2)(−3 − 3) = −12

og

f(3) = (3² + 3 · 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.

Vi har funnet at f′′(x) = 6x, som er 0 når x = 0.

Den tilhørende funksjonsverdien er f(0) = (0² + 3 · 0 + 2)(0 − 3) = −6.

Så vi har et vendepunkt i (0, −6).

Siden f′′(x) skifter fra − til + når x = 0, er funksjonen konkav (hule side ned) når −3 ≤ x ≤ 0 og konveks (hule side opp) når 0 ≤ x ≤ 3.

Basert på dette kan vi skissere grafen:

Tilbake til oppgaven

L′Hôpitals regel

Oppgave 1:

Vi skal bruke L′Hôpitals regel til å beregne

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x − 1}{\displaystyle \sin x}$.

Når x → 0, vil e^x − 1 → e⁰ − 1 = 1 − 1 = 0, og sin x → 0, så vi får en brøk med 0 i både teller og nevner.

Vi kan derfor bruke l′Hôpitals regel:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x − 1}{\displaystyle \sin x} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle (e^x − 1)’}{\displaystyle (\sin x)’} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle e^x}{\displaystyle \cos x} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 1} = 1$

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} $

Når x → 0, vil 1 − cos x → 1 − 1 = 0, og x² → 0, så vi får en brøk med 0 i både teller og nevner.

Vi kan derfor bruke l′Hôpitals regel:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 − \cos x}{\displaystyle x^2} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle (1 − \cos x)’}{\displaystyle (x^2)’} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x}$

Vi har fremdeles en brøk med 0 i både teller og nevner, så vi bruker l′Hôpitals regel en gang til:

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle(\sin x)’}{\displaystyle(2x)’} = \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \cos x}{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$

Tilbake til oppgaven

Derivasjonsbegrepet

Oppgave 1:

Vi skal bruke definisjonen av den deriverte til å finne f′(x) når f(x) = 2x + 3.

Vi får

$f′(x) = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(x + \Delta x ) − f(x)}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{(2(x + \Delta x) + 3) − (2x + 3)}{ \Delta x} =$

$\displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2x + 2\Delta x + 3 − 2x −3}{ \Delta x} = \displaystyle \lim_{\Delta x \to 0} \frac{2 \Delta x}{ \Delta x} = 2$

Vi har altså at (2x + 3)′ = 2

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av potensfunksjoner

Oppgave 1:

Vi får:

1. 1. Vi bruker potensregelen direkte, og får
      $f′(x) = (x^5)′ = 5x^4$
       
   2. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{x^4}}$ som $x^{−4}$. Så bruker vi potensregelen, og får
      $g′(x) = (x^\text{−4})′ = −4x^\text{−5}$
       
      Som kan skrives som
      $−{\Large \frac{4}{x^5}}$
       
2. Vi skriver først ${\Large \frac{1}{\sqrt x}}$ som ${\large \frac{1}{ x^{\large \frac{1}{2}}}}$, som vi deretter skriver som $x^{−\large \frac{1}{2}}$. Så bruker vi potensregelen, og får
   $h′(x) = \big(x^{−\large \frac{1}{2}}\big)′ = {\large −\frac{1}{2}}x^{\large \text{−}\frac{3}{2}}$
    
   Som kan skives som
   $ {−\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}}$
    
   Dette er et fullgodt svar. Vi kan imidlertid trekke ut $\sqrt{x^2}$ i nevneren, slik:
   $−{\large \frac{1}{2\sqrt{ x^3}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\sqrt{x^2}}} = −{\large \frac{1}{2\sqrt{ x}\,x}} $

Derivasjon av ulike typer funksjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = 12^x

Vi bruker regelen om derivasjon av eksponentialfunksjoner:

f′(x) = 12^x ln 12.

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = log₂ x.

Vi bruker regelen om derivasjon av logaritmefunksjoner:

$f′(x) = {\large \frac{1}{x \ln 2}}$

Tilbake til oppgaven

Derivasjon av funksjonskombinasjoner

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonene under:

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = (3x² + 7x)(4x⁵ + 2x³) både ved å bruke produktregelen direkte og ved å multiplisere sammen parentesene før vi deriverer.

Produktregelen direkte:

f′(x) = (3x² + 7x)′ · (4x⁵ + 2x³) + (3x² + 7x) · (4x⁵ + 2x³)′ =
(6x + 7)·(4x⁵ + 2x³) + (3x² + 7x)·(20x⁴ + 6x²) =
24x⁶ + 28x⁵ + 12x⁴ + 14x³ + 60x⁶ + 140x⁵ +18x⁴ + 42 x³ =
84x⁶ + 168x⁵ + 30x⁴ + 56x³

Multiplisere parenteser først:

f(x) = (3x² + 7x)·(4x⁵ + 2x³) = 12x⁷ + 28x⁶ + 6x⁵ + 14x⁴

f′(x) = 84x⁶ + 168x⁵ + 30x⁴ + 56x³

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle x^2 + 1}{\displaystyle x + 1}$

Kvotientregelen gir

$f′(x) = \frac{\displaystyle (x^2 + 1)′ \cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot(x+1)′}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle 2x\cdot (x+1) − (x^2 + 1)\cdot 1}{\displaystyle (x + 1)^2} =$

$\frac{\displaystyle x^2+2x−1}{\displaystyle (x + 1)^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 4:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x}$ både ved å bruke potensregelen og ved å bruke kvotientregelen.

Potensregelen:

$f(′x) =( \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}x^{−1})′ = \frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2}(−1)x^{−2} = −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle 3′ \cdot(2x) − 3 \cdot (2x)′}{\displaystyle (2x)^2} = \frac{\displaystyle 0 \cdot(2x) − 3 \cdot 2}{\displaystyle 4x^2} = −\frac{\displaystyle 6}{\displaystyle 4x^2}= −\frac{\displaystyle 3}{\displaystyle 2x^2}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 5:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = ln(4x + 8).

Vi ser at hvis vi erstatter 4x + 8 med g, får vi ln g, som vi vet hvordan vi deriverer. Og vi får:

$f′(x) = (\ln g)′ \cdot (4x + 8)′ = {\large \frac{1}{g}} \cdot 4 = {\large \frac{4}{4x + 8}} = {\large \frac{1}{x + 2}}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 6:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = e^{(x^{\large 2})}$

Vi ser at hvis vi erstatter x² med g, får vi e^g, som vi vet hvordan vi deriverer.
Og vi får:

$f′(x) =(e^g)′ \cdot (x^2)′ = e^g\cdot 2x = 2x e^{(x^{\large 2})}$

Tilbake til oppgaven

Kombinere derivasjonsregler

Oppgave 1:

Vi skal derivere funksjonen f(x) = sin 2x cos 2x

Dette gjenkjenner vi som et produkt, så vi må starte med produktregelen:

f′(x) = (sin 2x)′ · cos 2x + sin 2x · (cos 2x)′

For å derivere sin 2x og cos 2x må vi bruke kjerneregelen. Dette eksemplet er så enkelt av vi kan gjøre det i hodet, men la oss ta med formalitetene:

(sin 2x)′ = (sin g)′ · (2x)′ = cos g · 2 = 2 cos 2x

og

(cos 2x)′ = (cos g)′ · (2x)′ = −sin g · 2 = −2 sin 2x

Så

f′(x) = 2 cos 2x · cos 2x + sin 2x · (−2sin 2x) = 2 cos² 2x −2sin² 2x

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal derivere funksjonen $f(x) = \frac{\displaystyle e^x \ln x}{\displaystyle x^2}$

Dette gjenkjenner vi som en kvotient, så vi må starte med kvotientregelen:

$f′(x) = \frac{\displaystyle ( e^x \ln x)′ \cdot x^2 − e^x \ln x \cdot (x^2)′}{\displaystyle (x^2)^2}$

For å derivere e^x ln x må vi bruke produktregelen:

$(e^x \ln x)′ = (e^x)′ \cdot \ln x + e^x \cdot (\ln x)′ = e^x \ln x + {\large \frac{e^x}{x}}$

Så vi får

$f′(x) = \frac{\displaystyle \Big(e^x \ln x + \frac{e^x}{x}\Big)\cdot x^2 − e^x \ln x \cdot 2x}{\displaystyle x^4} = \frac{\displaystyle x^2e^x \ln x + xe^x − 2xe^x \ln x}{\displaystyle x^4} =$

$\frac{\displaystyle xe^x \ln x + e^x − 2e^x \ln x}{\displaystyle x^3} = \frac{\displaystyle e^x\big(x \ln x − 2 \ln x + 1\big)}{\displaystyle x^3}$

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal skrive uttrykket $\frac{\displaystyle u}{\displaystyle v}$, som u · v⁻¹ og benytte produktregelen og kjerneregelen til å utlede kvotientregelen, $\Big( \frac{\displaystyle u}{\displaystyle v} \Big)′ = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

Ifølge produktregelen får vi:

(uv⁻¹)′ = u′v⁻¹ + u(v⁻¹)′

Funksjonene u og v kan være hva som helst, så når det gjelder de deriverte av disse, kan vi ikke angi noe mer presist enn u′ og v′, det er ikke noe vi kan regne videre på. Men ser vi på (v⁻¹)′, ser vi at vi her har en indre og ytre funksjon, og vi kan ekspandere uttrykket ved å bruke kjerneregelen: 

(v⁻¹)′ = v′ · (−1 · v⁻²)

Så vi har:

$(uv^{−1})′ = u′v^{−1} + u(v^{−1})′ = u′v^{−1} + u(− v^{−2}v′) = \frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2}$

Til slutt utvider vi den første brøken med v og setter på felles brøkstrek:

$\frac{\displaystyle u′}{\displaystyle v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′ \cdot v}{\displaystyle v \cdot v} − \frac{\displaystyle uv′}{\displaystyle v^2} = \frac{\displaystyle u′v − uv′}{\displaystyle v^2}$

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) = x² − x − 2

Likningen f′′(x) = x² − x − 2 har løsninger x₁ = 2 og x₂ = −1.

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

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

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

Så $(−1, −{\large \frac{3}{4}})$ 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:

Tilbake til oppgaven

Oppgave 2:

Vi skal finne og klassifisere vendepunktene til f(x) = (x² – 3x + 2)e^x.

Vi bruker produktregelen når vi deriverer, og får

f′(x) = (x² − 3x + 2)′ e^x + (x² − 3x + 2)(e^x)′ =
(2x − 3)e^x + (x² − 3x + 2)e^x = (x² − x − 1)e^x

Vi deriverer en gang til ved hjelp av produktregelen, og får

f′′(x) = (x² − x − 1)′e^x + (x² − x − 1)(e^x)′ =
(2x − 1)e^x + (x² − x − 1)e^x = (x² + x − 2)e^x

e^x er alltid positiv, så vi trenger bare å studere fortegnet til polynomet, x² + x − 2.

Likningen x² + x − 2 = 0 har løsninger x₁ = 1 og x₂ = −2.

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

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

f(−2) = [(−2)² − 3(−2) + 2]e⁻² = 12e⁻²

og

f(1) = (1² − 3 · 1 + 2)e¹ = 0e = 0

Så (−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:

Tilbake til oppgaven

Oppgave 3:

Vi skal finne de stasjonære punktene til f(x) = 2x³ – 9x² + 12x – 2, og bruke andrederivert-testen til å klassifisere dem.

Vi deriverer, og får

f′(x) = 6x² − 18x + 12

Løser vi likningen 6x² − 18x + 12 = 0, får vi x₁ = 2 og x₂ = 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

Da er f′′(1) = −6, som er mindre enn 0, så vi har et maksimumspunkt.

f′′(2) = 6, som er større enn 0, så vi har et minimumspunkt.

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

Tilbake til oppgaven