Optimeringsproblemer

En typisk anvendelse av derivasjon er optimering. Vi har en funksjon som beskriver et eller annet som vi ønsker å gjøre så stort eller så lite som mulig. Det kan være at vi ønsker mest mulig fortjeneste, størst mulig areal, minst mulig utgifter eller lavest mulig materialforbruk. Vi bruker da funksjonens deriverte til å finne et maksimumspunkt eller minimumspunkt.

Maksimalt areal

Eksempel 1:

En klassiker er bonden og gjerdet: 

En bonde skal lage en rektangulær innhegning av et 50 meter langt gjerde, og vi skal finne ut hvor lange sidekantene bør være for at innhegningens areal skal bli størst mulig.

Vi starter med å finne et funksjonsuttrykk for arealet. Kaller vi den ene sidekanten x og den andre y, blir arealet x · y. Siden gjerdet er 50 meter langt, vet vi også at 2x + 2y = 50, som kan skrives om til y = 25 – x. Vi kan derved erstatte y i uttrykket for arealet med 25 – x, og en funksjon som beskriver innhegningens areal blir

f(x) = x (25 –x) = –x² +25x.

Vi deriverer, og får f ′(x) = -2x + 25, som er 0 når x = 12,5. Den deriverte skifter fortegn fra + til – i dette punktet, derfor er det et maksimumspunkt.

Den andre sidekanten blir y = 25 – 12,5 = 12,5.

Konklusjonen er at bonden får størst areal ved å lage en innhegning der alle sidene er 12,5 meter lange.

Oppgave 1:

Du skal lage en rektangulær innhegning der den ene siden utgjøres av en flat låvevegg. Du har 40 meter gjerde til rådighet. Hvordan skal målene på innhegningen velges for at arealet skal bli størst mulig?

Se løsningsforslag

Minimale kostnader

Eksempel 2:

Kostnadene ved å produsere en vare er gitt ved k(x) = 0,002x² – 6x + 1000, der x er antall produserte enheter per døgn, og vi skal finne ut hvor mange produserte enheter som gir lavest produksjonskostnader.

Vi deriverer, og får k′(x) = 0,004x – 6. Dette uttrykket er 0 når x = 1500. Den deriverte skifter fortegn fra – til + i dette punktet, derfor er det et minimum.

Vi får lavest produksjonskostnader ved å produsere 1500 enheter per døgn.

Endring i høyde

Eksempel 3:

Høyden til et fly er i en periode på litt over to minutter gitt ved funksjonen

$h(t) = {\large \frac{1}{100}}t^3 – 2t^2 + 60t + 7000$,

illustrert med grafen under. Høyden i meter og tiden i sekunder.

1. Vi skal gi en tolkning av grafen.
   Grafen viser at flyet stiger, går inn i et stup, flater ut og begynner å stige igjen.
    
2. Vi skal beregne hvor høyt flyet er på det høyeste, og hvor lavt det er på det laveste.
   Når flyet er på sitt høyeste og laveste, er det ingen endring i høyden, så h′(t) må være 0.
    
3. Vi deriverer h(t) og får
   $h'(t) = {\large \frac{3}{100}}t^2 – 4t + 60$.
    
   Løser vi likningen ${\large \frac{3}{100}}t^2 – 4t + 60 = 0$, får vi 
    
   t₁ ≈ 17,23 og t₂ ≈ 116,11
    
   De tilhørende funksjonsverdiene blir
    
   h(17,23) ≈ 7491 og h(116,11) ≈ 2657
    
   På det høyeste er flyet om lag 7491 meter over bakken, og på det laveste om lag 2657 meter over bakken.
    
4. Vi skal beregne hvor fort flyet mister høyde når stupet er på det bratteste, og hvor høyt det da er over bakken.
   Når stupet er på det bratteste, mister flyet høyde på det raskeste, så den deriverte må da ha sin mest negative verdi. h′(t) må ha et minimumspunkt. For å finne dette, undersøker vi når den derivertes deriverte er 0. Den derivertes deriverte kalles den andrederiverte, og angis med to apostrofer.
    
5. Vi deriverer h‘(t) og får
   $h’\,'(t) = {\large \frac{6}{100}}t – 4$.
   Denne er 0 når t ≈ 66,67.
    
   Endringen i høyde er da gitt ved h′(66,67) ≈ -73.
   og høyden er gitt ved h(66,67) ≈ 5074.
    
   På sitt meste mister flyet om lag 73 høydemeter per sekund, og det er da om lag 5074 meter over bakken.
   Den andrederiverte beskrives nærmere i artikkelen om høyere ordens deriverte.

Kilder

• Gulliksen, T. & Hole, A. (2010). Matematikk i praksis. Universitetsforlaget
• Thomas, G.B., Finney R.L. (1988). Calculus and Analytic Geometry. Addison-Wesley.
• matematikk.org