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) = x2x − 6.

Løser vi likningen x2x − 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:

Fortegnsskjema for (x-3)(x+2)

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:

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 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), Df = [−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:

Graf som illustrerer resultatet av funksjonsdrøfting

Tilbake til oppgaven

L′Hôpitals regel

Oppgave 1:

Vi skal bruke L′Hôpitals regel til å beregne

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

Når x → 0, vil ex − 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