Teori och teori – idag, som igår är det praktik som gäller!
1 (Bokens nr 3216)
Figur 1:
a) Bestäm y som funktion av x genom att utnyttja likformiga trianglar. Se
figur 1.
b) Ange funktionens definitionsmängd
c) För vilket x-värde antar y sitt största värde?
Lösning:
a) Eftersom det bara finns två trianglar, så måste det ju vara dessa två som är
likformiga. Två trianglar är likformiga, speciellt om motsvarande vinklar
är lika stora. Vi skriver
y
6−x
=
x
4.5
som ger oss funktionen
y(x) =
x(6 − x)
6x − x2
=
4.5
4.5
b) Vilka värden kan x anta? Tittar vi på funktionen verkar alla x vara tillåtna,
men från figuren får vi definitionsmängden 0 ≤ x ≤ 6.
c) ”Den gamla vanliga visan”. Bestäm y ′ (x). Lös ekvationen y ′ (x) = 0.
Använd y ′′ (x) för att bestämma typen hos eventuella extrempunkter.
Håkan Strömberg
1
KTH Syd
Bestäm y(0) och y(6) och jämför med eventuell maxpunkt. Planen är
klar!
y ′ (x) =
6 − 2x
4.5
y ′ (x) = 0 ger
6 − 2x
= 0
4.5
6 − 2x = 0
x = 3
Vi deriverar en gång till.
2
4.5
′′
y (x) är alltid negativ, och vi har en maxpunkt för x = 3. Då y(0) = 0
och y(6) = 0 måste y(3) = 2 vara funktionens största värde på intervallet.
Svar: x = 3
y ′′ (x) = −
2 (Bokens nr 3217) En rektangulär parkeringsplats med arean 900 m2 ska inhägnas med ett staket. Vilka dimensioner ska man välja om man önskar
minimera staketkostnaden?
Lösning: En uppgift där det är enkelt att gissa svaret. Vi har alltså en rektangel där vi kallar den ena sidan a och den andra b. Vi vet nu att a · b = 900. Vi
. Omkretsen kan nu skrivas
kan nu lösa ut b ur detta samband och få b = 900
a
O(a) = 2a +
1800
a
För första gången har vi i dessa sammanhang fått en funktion som inte är ett
polynom. Men planen är densamma.
O ′ (a) = 2 −
1800
a2
Var du med på den deriveringen? Vi får ekvationen
2−
1800
= 0
a2
2a2 = 1800
a2 = 900
a1 = 30
(a2 = −30)
Nu ska vi avgöra vilken typ av extrempunkt detta är och deriverar därför en
gång till.
1800
O ′′ (a) = 2 + 2 · 3
a
Håkan Strömberg
2
KTH Syd
O ′′ (30) = 6 > 0. Vi har hittat en minpunkt! Då a = 30 så blir b = 900
= 30
30
Svar: Vi får en kvadrat med sidan 30 meter, men det hade vi ju redan gissat.
3 (Bokens nr 3221) Skissa grafen till tredjegradspolynom y = f(x) som uppfyller kraven.
1. f(0) = 1 och f ′ (0) = 1
2. f ′ (1) = 0 och f ′ (3) = 0
Lösning:
1. Punkten (0, 1) ligger på kurvan. En tangent till kurvan i den punkten
har k = 1.
2. För x = 1 och x = 3 har kurvan extrempunkter.
Vi ska inte bara skissa kurvan här. Vi ska bestämma funktionen även om det
är ’overkill’ och ganska svårt.
Vi vet att vi söker ett tredjegradspolynom. Alla dessa kan skrivas
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d
där a, b, c och d är konstanter. När vi bestämt dem är hela polynomet bestämt. Tidigare har vi sagt att om vi har två punkter kan vi bestämma linjens
ekvation. Har vi tre, kan vi bestämma parabelns ekvation (andragradspolynomet). Då gissar vi att om vi har fyra punkter, så kan vi bestämma ett
tredjegradspolynom. Har vi fyra punkter här? Nej, men vi har fyra ’observationer’ och det duger. Med hjälp av dem kan vi ställa upp ett ekvationssystem.
Men först bestämmer vi f ′ (x)
f(x) = 3ax2 + 2bx + c
Nu till ekvationssytemet
Utskrivet blir detta
f(0)
′
f (0)
f ′ (1)
′
f (3)
=
=
=
=
d
c
3a
+
2b
+
c
27a + 6b + c
1
1
0
0
=
=
=
=
1
1
0
0
Eftersom vi redan har d och c, sjunker systemet ihop till
3a + 2b + 1 = 0
27a + 6b + 1 = 0
Eftersom det var ett tag sedan vi hade ett ekvationssystem uppe på tavlan
löser vi detta i detalj och multiplicerar båda leden i den övre ekvationen med
−9. Vi får nu
Håkan Strömberg
3
KTH Syd
−27a − 18b − 9 = 0
27a + 6b + 1 = 0
När vi sedan adderar vänsterleden och högerleden får vi
−12b − 8 = 0
b = − 23
Återstår att finna a. Om vi stoppar in b = − 23 i vilken ekvation vi vill och
löser ekvationen får vi a = 19 . Vi kan nu skriva ned funktionen f(x).
f(x) =
x3 2x2
−
+x+1
9
3
Vi avslutar med att plotta funktionen och se att det stämmer med facit:
1.4
1.2
1
2
3
4
0.8
0.6
0.4
Figur 2:
Vår kurva är mer riktig än den i facit, men nu var det ju bara en skiss det
gällde här.
Så här skriver man när man vill lösa problemet med hjälp av Mathematica.
f[x_]:=a*x^3+b*x^2+c*x+d
Solve[{f[0]==1,f’[0]==1,f’[1]==0,f’[3]==0}]
och så här testar man att det fungerar
f[x_]:=x^3/9-2x^2/3+x+1
f[0]
f’[0]
f’[1]
f’[3]
Man skulle kunna tro att kurvan tangerar x-axeln men så är det inte. När
man med datorn löser ekvationen, får man bara en reell rot. Plottar man
funktionen just runt x = 3 får man följande kurva (figur 3
Det är alltså skalan i den första figuren som missleder oss.
4 (Bokens nr 3222) Undersök om det finns en tangent med lutningen 4 till
kurvan y = f(x) = 6x3 + 5x − 3.
Lösning: Det luktar KS3! Om det finns en tangent till funktionen med k = 4,
så finns det ett x1 för vilket f ′ (x1) = 4. Normalt är vi ute efter tangenter till
Håkan Strömberg
4
KTH Syd
3
2.5
2
1.5
1
0.5
2.5
3
3.5
4
Figur 3:
kurvan där k = 0 – vi letar extrempunkter. Man kan förstås leta efter tangenter
med vilket k-värde som helst.
Derivatan blir
f ′ (x) = 18x2 + 5
Vi löser sedan ekvationen f ′ (x) = 4 och får
18x2 + 5 = 4
1
x2 = −q
18
1
x = ± − 18
Ekvationen saknar reella rötter och därför finns ingen tangent med
lutningen 4.
5 (Bokens nr 3224) En tangent till kurvan y = f(x) i punkten x = 3 går genom
punkterna (−2, 3) och (4, −1).
a) Bestäm f ′ (3) och f(3)
b) Ge ett rimligt värde på f(3.05)
Lösning:
a) Vi har två punkter och kan ta reda på tangentens ekvation. Då får vi
ju samtidigt k-värdet för en tangent till x = 3. Detta är samma sak som
f ′ (3).
3 − (−1)
4
2
k=
=
=−
−2 − 4
−6
3
Återstår m-värdet – behöver vi det? Ja, vi ska ju bestämma f(3) och vet
inget om f(x), så det blir tangentens ekvation, som får hjälpa oss.
3 = − 32 · (−2) + m
m = 35
Vi har nu
2x 5
+
3
3
1
Då x = 3 blir y = 3 , vilket är liktydigt med att f(3) =
och kurvan tangerar varandra i denna punkt.
y=−
Håkan Strömberg
5
1
3
eftersom linjen
KTH Syd
a) Eftersom det efterfrågade funktionsvärdet f(3.05) ligger så nära det kända funktionsvärdet f(3) är det (oftast) bara lite fel att betrakta funktionen
som en rät linje och då passar tangentens ekvation perfekt för detta ändamål
2 · 3.05 5
y=−
+ ≈ −0.367
3
3
så därför säger vi att f(3.05) = −0.367 även om det inte är helt sant.
6 (Bokens nr 3226)
Figur 4:
Kurvan y = f(x) = x(3 − x), 0 ≤ x ≤ 3, innesluter tillsammans med x-axeln
ett område, se figur 4. Bestäm det största värde som triangelarean T kan anta.
Lösning: Basen är bestämd till b = x. Det vill säga avståndet från origo till
den punkt på x-axeln som vi bestämmer. Låt säga att vi väljer x = 2. Där
blir basen b = 2 och höjden h = 2(3 − 2) = 2. Höjden är ju fastställd av
funktionen h(x) = x(3 − x) så fort x är bestämd. Genom
A=
2·2
bh
=
=2
2
2
Nu kan vi teckna en funktion av arean som beror av x
A(x) =
x · x(3 − x)
3x2 − x3
=
2
2
Nästan alla uppgifter vi har löst i denna kategori slutar med en andragradsfunktion. Men denna uppgift bryter mot mönstret.
Vi söker triangelns största area, som vi får genom att sätta A ′ (x) = 0.
6x − 3x2
A (x) =
2
′
Ekvationen
6x − 3x2
= 0
2
3x(2 − x) = 0
x1 = 0
x2 = 2
Håkan Strömberg
6
KTH Syd
Vi derivera en gång till och bestämmer A ′′ (x)’s värde för rötterna.
A ′′ (x) =
6 − 6x
2
A ′′ (0) = 3 > 0 ⇒ minpunkt. A ′′ (2) = −3 < 0 ⇒ maxpunkt. Inte så oväntat.
Eftersom definitionsmängden är 0 ≤ x ≤ 3 och både A(0) = 0 och A(3) = 0,
så är den globala maxpunkten A(2) = 2.
7 (Bokens nr 3237)
Figur 5:
a) Bestäm en ekvation för linjen genom punkterna A(0, 3) och B(6, 0) i
figur 5.
b) Bestäm det största värde som rektangelarean R kan anta när P rör sig
mellan A och B.
Lösning:
a) Vi är på jakt efter k och m till y = kx + m.
k=
3−0
1
=−
0−6
2
Vi har nu y = − 12 · x + m och får m genom
1
3=− ·0+m
2
m = 3 vilket vi hade kunna se direkt från punkten A. Ekvationen blir
alltså y = − x2 + 3
b) Rektangelns area bestäms som bekant genom A = b · h. För att kunna
teckna en funktion väljer vi en bas b = x i intervallet 0 ≤ x ≤ 6 (definitionsmängd). För detta x (som alltså är basen) kan vi bestämma h = y
som vi får genom y = − x2 + 3. Arean kan nu tecknas som funktion av x.
x2
x
A(x) = x(3 − ) = 3x −
2
2
Det är den här funktionen vi ska bestämma en maxpunkt för. Vi deriverar
A ′ (x) = 3 − x
Håkan Strömberg
7
KTH Syd
A ′ (x) = 0 då x = 3. Även om vi är helt säkra på att detta är en maxpunkt
måste vi enligt reglementet visa detta. För omväxling skull gör vi det
med ett teckenschema.
x<3 x=3 x>3
x
f ′ (x)
+
0
−
f(x)
ր
max
ց
Så fort det handlar om ett intervall, som här, måste vi dessutom ta reda
på funktionsvärdena i intervallets ’ytterkanter’. A(0) = 0 och A(3) = 0.
1 Kaninen Tösen från Danmark satte 1997 världsrekord i höjdhopp för kaniner.
Enligt en modell gäller att Tösens höjd under hoppet ges av
h(x) = 4x − 4x2
där h är höjden i meter över golvet och där x är avståndet i meter längs golvet
från avstampet. Beräkna med hjälp av derivata Tösens maximala hopphöjd.
2 Bestäm funktionens
x3 x2
+
− 12x
3
2
största och minsta värde i intervallet −2 ≤ x ≤ 2.
f(x) =
3 Bestäm extrempunkterna till
x4 2x3 x2
−
+
4
3
2
4 Lite svårare. Lösningen får du under nästa föreläsning. En varg har blivit
skjuten av en tjuvskytt. Du, som är känd under smeknamnet Skärlock Holm,
är ombedd att utreda fallet. De tre misstänkta till dådet, Darth Vadar, Jokern
och Al Capone har alla alibi för dagen utom under följande tider.
Darth har inget alibi för tiden kl 8 − 11 den aktuella dagen. Jokern har inget
alibi för tiden kl 11 − 15 den aktuella dagen. Al har inget alibi för tiden kl
15 − 21 den aktuella dagen. De misstänkta kan endast ha begått brottet under
den tidsperiod de inte har alibi. Ditt uppdrag, som du väljer att acceptera, är
att fastställa tidpunkten för dådet och besvara frågan vem av de misstänkta
som kan ha begått brottet.
För att bestämma tidpunkten för vargens död mäter du dess kroppstemperatur vid två tillfällen. Den första mätningen gör du kl 21.00 den dag vargen
blev skjuten och vargens temperatur är då 28.0◦ C. Tre timmar senare mäter du
vargens temperatur till 25.6◦ C. Du antar att kroppstemperaturen efter vargens
död avtar exponentiellt med tiden och att en levande vargs kroppstemperatur
är 36.9◦ C.
Vem av de misstänkta kan ha begått brottet? På grund av situationens allvar
är det naturligtvis viktigt att du visar dina beräkningar och motiverar ditt svar.
f(x) =
Håkan Strömberg
8
KTH Syd
5 Lite svårare. Lösningen får du under nästa föreläsning. Kurvan
f(x) = ax2 + bx + c
tangerar linjen y = x i origo. Kurvan tangerar också linjen y = 2x − 3. Bestäm
konstanterna a, b och c.
6 Lite svårare. (Lösningen får du under nästa föreläsning) Figur 6 visar det
linjära sambandet mellan priset per enhet, p kr och såld kvantitet av en vara,
x enheter.
Figur 6:
Den totala kostnaden T (x) kr, för att tillverka och försälja x enheter ges av
uttrycket
T (x) = 10x + 300
Vinsten vid tillverkning och försäljning av x är V(x) kr
a) Bestäm uttrycket V(x). Svara på enklaste form.
b) Det finns ett värde på x för vilket vinsten blir maximal. Bestäm detta
x-värde med hjälp av derivata.
1 Vi deriverar
h ′ (x) = 4 − 8x
h ′ (x) = 0 då x = 21 . Vi tar fram andraderivatan
h ′′ (x) = −8
Då h ′′ ( 12 ) = −8 < 0 har vi funnit en maxpunkt. Vi bestämmer funktionsvärdet
för x = 21
2
1
1
1
h( ) = 4 · − 4 ·
=1
2
2
2
Svar: 1 meter
Håkan Strömberg
9
KTH Syd
2 Vi startar direkt med att bestämma f ′ (x) och därefter lösa ekvationen
f ′ (x) = 0
f ′ (x) = x2 + x − 12
f ′ (x) = 0 leder till
x2 + x − 12 = 0
x
x
x1
x2
=
=
=
=
− 12 ±
− 12 ±
−4
3
q
1
4
+
48
4
7
2
Observera att ingen av dessa x ligger i intervallet. Detta betyder att vi får
och f(2) = − 58
. Kurvan måste ju vara
svaret genom att bestämma f(−2) = 70
3
3
avtagande eller växande i hela intervallet (avtagande i detta fall).
Svar: Största värde är 70
och minsta värde är − 58
3
3
Figur 7:
3 Vi deriverar och får
f ′ (x) = x3 − 2x2 + x
och löser nu f ′ (x) = 0
x3 − 2x2 + x
x(x2 − 2x + 1)
x(x − 1)2
x1
x2
x3
=
=
=
=
=
=
0
0
0
0
1
1
Vi har funnit för vilka x det finns extrempunkter och ska nu med hjälp av
f ′′ (x) avgöra vilken typ de tillhör
f ′′ (x) = 3x2 − 4x + 1
Vi får
f ′′ (0) = 1 > 0 alltså en minpunkt
och
f ′′ (1) = 0
Håkan Strömberg
10
KTH Syd
Aj då! det är första gången vi träffat på detta. Om f ′′ (x) = 0 kan man inte
avgöra vilken typ av extrempunkt vi har. Tyvärr är vi tvungna att gå över till
teckensschema
x
x<1
x=0
0<x<1 x=1 x>1
f ′(x)
−
0
+
0
+
f(x)
ց
terrass
ց
min
ր
Svar: Vi har funnit två extrempunkter. En minpunkt för x = 0 och en terrasspunkt för x = 1.
Räkna bokens uppgifter: 3215, 3218, 3219, 3220, 3223
3215
TB: Normalt räknar man ut arean hos en triangel med formeln AT = b · h/2, men
här finns vare sig höjd eller bas given till den skuggade triangeln. Hur gör
man då?
KTH: Tänk en liten stund så kommer du säkert på det.
TB: Arean för hela rektangeln kan man räkna ut AR = 16 · 12 = 192. Sedan finns
det tre rätvinkliga trianglar där höjd och bas alla är givna, eller åtminstone
uttryckta med hjälp av x. Jag tror att jag får rita en ny figur.
Figur 8:
Nu kan jag skriva arean A(x) för den grå triangeln:
A(x) = 12 · 16 −
16(12 − x) 12 · 2x x(16 − 2x)
+
+
2
2
2
A(x) = 192 − (96 − 8x + 12x + 8x − x2)
A(x) = 96 − 12x + x2
Håkan Strömberg
11
KTH Syd
Vad ska jag nu med denna funktion till? Jo jag vill veta för vilket x som A(x)
blir så liten som möjligt. Derivera mera ...
A(x) = 96 − 12x + x2
A ′ (x) = 2x − 12
A ′ (x) = 0 då x = 6
A(6) = 60 är den minsta arean. En ny figur visar när detta inträffar.
Figur 9:
KTH: För vilket x har triangeln så stor area som möjligt?
TB: Nu kommer du med egna frågor igen. Vad vill du jag ska svara? Det handlar
om ett polynom av andra graden med positiv koefficient till x2. Det finns
bara en extrempunkt och det är ett minimum. Alltså finns det ingen största
triangel.
KTH: Du behöver väl inte brusa upp! Mellan vilka värden kan x ligga?
TB: 0 ≤ x ≤ 6 eller hur.
KTH: Ja, då plottar vi funktionen så kommer du att få en aha-upplevelse.
110
100
90
80
70
4
2
6
Figur 10:
Minimum får vi mycket riktigt för x = 6 och maximum i en av intervallens
ändpunkter, för x = 0, då triangeln utgör halva rektangeln A(0) = 96
3218
TB: Problemen har blivit lite svårare plötsligt. Här handlar det om en kartong. Jag
måste rita den med mina egna beteckningar insatta.
Är du med på mina beteckningar? Jag har bestämt att de kvadrater, som ska
skäras ut och som alla är lika stora har sidan x. Nu kan jag sätta upp en
funktion V(x), volymen som funktion av x
Håkan Strömberg
12
KTH Syd
Figur 11:
160 − 3x
2
Det är den här funktionen jag ska derivera och finna eventuella extrempunkter för. Jag ser att det rör sig om ett polynom av tredje graden. Men innan jag
kan derivera måste jag förenkla funktionen – multiplicera samman parenteserna. Jag tar inte med alla stegen här:
V(x) = x(100 − 2x)
V(x) = 8000x − 310x2 + 3x3
V ′ (x) = 8000 − 620x + 9x2
x1 = 17.1954, x2 = 51.6935
Två rötter men x2 fungerar inte, så stora kvadrater kan man inte skära ut.
Maximal volym blir då V[17.1954] = 61154.9. Taskiga siffror den här gången.
Nej, det stämmer inte med facit!
KTH: Jaså. Nu förstår jag inte ... Nu ser jag. Jämför din figur med den i boken.
TB: Åh, nej jag orkar inte.
KTH: Bit ihop och kom igen. Vad jag kan se har du funnit korrekt lösning till fel
problem.
TB: Hur skulle du ha bedömt detta på en tentamen?
KTH: Fullt rätt kan du aldrig få även om du beräkningarna blivit svårare. En tröstpoäng – möjligen – får du nöja dig med.
TB: OK, här är min nya figur. Vad tycker du om den? Funktionen blir nu istället:
V(x) = x(80 − x)(100 − 2x)
V(x) = 8000x − 260x2 + 2x3
V ′ (x) = 8000 − 520x + 6x2
x1 = 20, x2 = 200/3
x2 är på tok för stort, ligger utanför intervallet 0 < x < 50. Så svaret är alltså
x = 20 och V(20) = 72000. Du, en sak som jag kom att tänka på. Då vi
maximerade areor, så handlade det alltid om ”andragradare” och nu när det
är volymer så är det ”tredjegradare” som gäller. Så är det väl?
Håkan Strömberg
13
KTH Syd
Figur 12:
KTH: Ja, det är en korrekt upptäckt.
3219
TB: Det här är faktiskt en ganska rolig uppgift. Ja, jag tycker det. Med hjälp av
Pythagoras sats kan vi bestämma den tredje och just nu obekanta sidan y, i
triangeln – behövs det?
y2 +√
402 = 582
y = 582 − 402
y = 42
y = 42, det blev ett heltal, vilken tur vi hade.
Figur 13:
Nu blir det lite geometri här. Topptriangeln är likformig med hela triangeln
och vi kan sätta upp följande samband som bygger på likformighet:
x
40 − z
=
42
40
Löser jag ut x ur denna funktion får jag
x=
Håkan Strömberg
21(40 − z)
20
14
KTH Syd
Nu kan jag teckna rektangelns area
A(z) =
21(40 − z)z
20
21z2
A(z) = 42z −
20
A ′ (z) = 42 −
21z
10
A ′ (z) = 0 då 42 −
21z
=0
10
z = 20
Jag har en andragradspolynom med ett maximum. Jag vet att 0 ≤ z ≤ 40.
Alltså ger z = 20 maximalt värde. Jag får x = 21 och att den maximala tomten
är 420 m2.
3220
TB: En uppgift utan tillhörande historia. Jag börjar med att derivera:
f(x) = x3 + 2x2 + 3x + 4
f ′ (x) = 3x2 + 4x + 3
f ′ (a) = 2 då 3a2 + 4a + 3 = 2
a1 = − 13 , a2 = −1
Det finns två värden på a sådana att f ′ (a) = 2.
3223
TB: Funktionen har en positiv derivata fram till x = a då ett maximum inträffar.
Sedan har kurvan en negativ lutning fram till x = b då den åter blir 0. Vi har
nått fram till ett minimum. Nu är lutningen positiv tills den åter blir 0 i x = c.
Eftersom lutningen fortsätter att vara positiv så finns det en terrasspunkt i
x = c.
Håkan Strömberg
15
KTH Syd
