Ekstremalpunkter
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).
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.
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.
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:
Optimeringsproblemer
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.
Funksjonsdrøfting
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) = (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 ⇒ x1 = 3
og
x2 + 3x + 2 = 0 ⇒ x2 = -1, x3 = -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) = (x2 + 3x + 2)(x – 3) = x3 – 7x – 6
Vi deriverer funksjonen og får
f ′(x) = 3x2 – 7
Denne funksjonen har nullpunkter når 3x2 – 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) ≈ 1,13
og
f(1,53) ≈ -13,13
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 ′′ 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:
L’Hôpitals regel
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
$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 2x}{\displaystyle e^x-1} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle e^x} = \frac{\displaystyle 2}{\displaystyle 1} = 2$
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
$\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle 1 – \cos x}{\displaystyle x^2} = \displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \sin x}{\displaystyle 2x} = \lim_{x \to 0} \frac{\displaystyle \cos x}{\displaystyle 2} = \frac{\displaystyle 1}{\displaystyle 2}$