Analyse av funksjonar med derivasjon og integrasjon

Nullpunkt:

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ x^3+3x^2 & =& 0\\ x^2\left(x+3\right) & =& 0\\ x^2 & =& 0 \vee x+3=0\\ x & =& 0 \vee x=-3\end{array}$$

Vi finn dei stasjonære punkta der den deriverte er 0.

$$ f^{\text{'}}\left(x\right)=3x^2+3·2x=3x^2+6x$$

Stasjonære punkt:

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ 3x^2+6x & =& 0\\ 3x\left(x+2\right) & =& 0\\ 3x & =& 0 \vee x+2=0\\ x & =& 0 \vee x=-2\end{array}$$

Den deriverte er ein andregradsfunksjon med positivt tal framfor $$ x^2$$. Då veit vi at

• $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ er positiv når $$ x<-2$$

• $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ er negativ når $$ -2<x<0$$

• $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ er positiv når $$ x>0$$

Då har vi eit toppunkt når $$ x=-2$$ og eit botnpunkt når $$ x=0$$.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(-2\right) & =& {\left(-2\right)}^3+3·{\left(-2\right)}^2=-8+12=4\\ f\left(0\right) & =& 0^3+3·0^2=0\end{array}$$

Vi får

• eit toppunkt i $$ \left(-2,4\right)$$

• eit botnpunkt i $$ \left(0,0\right)$$

Alternativ løysing

Sidan $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ er eit polynom, er det berre i nullpunkta han kan skifte forteikn. Vi testar med verdiar mellom nullpunkta:

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(-3\right) & =& 3·{\left(-3\right)}^2+6·\left(-3\right)=27-18=9\\ f^{\text{'}}\left(-1\right) & =& 3·{\left(-1\right)}^2+6·\left(-1\right)=3-6=-3\\ f^{\text{'}}\left(1\right) & =& 3·1^2+6·1=3+6=9\end{array}$$

Vi kan teikne forteiknslinje for $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$, men vi treng ikkje å gjere det. Den deriverte går frå å vere positiv når $$ x<-2$$ til å vere negativ når $$ -2<x<0$$, og positiv når $$ x>2$$. Då har vi eit toppunkt når $$ x=-2$$, og eit botnpunkt når $$ x=0$$.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(-2\right) & =& {\left(-2\right)}^3+3·{\left(-2\right)}^2=-8+12=4\\ f\left(0\right) & =& 0^3+3·0^2=0\end{array}$$

Vi får

• eit toppunkt i $$ \left(-2,4\right)$$

• eit botnpunkt i $$ \left(0,0\right)$$

Vi må finne den dobbeltderiverte/andrederiverte.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 3x^2+6x\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 3·2x+6\\ & =& 6x+6\end{array}$$

Vi må sjekke om $$ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)$$ skiftar forteikn nokon stad. Dette kan vi gjere ved å setje opp ein ulikskap.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & >& 0\\ 6x+6 & >& 0\\ 6\left(x+1\right) & >& 0\\ x & >& -1\end{array}$$

Vi kan teikne forteiknsskjema, men det er ikkje nødvendig. Den andrederiverte skiftar forteikn for $$ x=-1$$, så vi har eit vendepunkt der. Vi reknar ut

$$ f\left(-1\right)={\left(-1\right)}^3+3·{\left(-1\right)}^2=-1+3=2$$

Dette betyr at

• grafen vender den hole sida ned når $$ x<-1$$

• grafen vender den hole sida opp når $$ x>-1$$

• vi har eit vendepunkt i $$ \left(-1,f\left(-1\right)\right)=\left(-1,2\right)$$

For å finne vendetangenten må vi rekne ut

$$ f^{\text{'}}\left(-1\right)=3{\left(-1\right)}^2+6·\left(-1\right)=3-6=-3$$

Vi bruker eittpunktsformelen for å finne vendetangenten.

$$ \begin{array}{rcl}y-f\left(-1\right) & =& f^{\text{'}}\left(-1\right)\left(x-\left(-1\right)\right)\\ y-2 & =& -3\left(x+1\right)\\ y & =& -3x-3+2\\ & =& -3x-1\end{array}$$

Vendetangenten er $$ y=-3x-1$$.

Dette betyr at vi skal finne samla mengde for funksjonen i dette intervallet. Det er det same som integralet av funksjonen i intervallet. Samla mengde i intervallet $$ [-2,1]$$ blir

$$ \begin{array}{rcl}{\int }_{-2}^{1}f\left(x\right)dx & =& {\int }_{-2}^1\left(x^3+3x^2\right)dx\\ & =& {\left[\frac{1}{4}{x}^4+x^3\right]}_{-2}^1\\ & =& \left(\frac{1}{4}·1^4+1^3-\left(\frac{1}{4}·{\left(-2\right)}^4+{\left(-2\right)}^3\right)\right)\\ & =& \left(\frac{1}{4}+1-4+8\right)\\ & =& \frac{21}{4}\end{array}$$

Totalt rann det $$ \frac{21}{4} \mathrm{L}=5,25 \mathrm{L}$$ vatn i bekken i intervallet $$ [-2,1]$$.

Gjennomsnittsverdien $$ \overline{f}$$ til funksjonen blir

$$ \begin{array}{rcl}\overline{f} & =& \frac{1}{1-\left(-2\right)}{\int }_{-2}^{1}f\left(x\right)dx\\ & =& \frac{1}{3}·\frac{21}{4}\\ & =& \frac{7}{4}\end{array}$$

(Vi brukte resultatet frå den førre oppgåva i utrekninga.)

Lengda $$ s$$ av grafen i intervallet er gitt ved

$$ \begin{array}{rcl}s & =& {\int }_a^b\sqrt{1+{\left(\frac{∆y}{∆x}\right)}^2}dx\\ & =& {\int }_{-2}^1\sqrt{1+f^{\text{'}}{\left(x\right)}^2}dx\\ & =& {\int }_{-2}^1\sqrt{1+{\left(3x^2+6x\right)}^2}dx\end{array}$$

Vi løyser dette integralet med CAS i GeoGebra.

Bogelengda er 8,81 dm.

Først avgrensar vi funksjonen med kommandoen g(x)=f(x),-2≤x≤1 i algebrafeltet. Deretter skriv vi Overflate(g,2π,xAkse).

Foten utgjer den delen av funksjonen $$ f$$ som ligg i intervallet $$ \left[0,1\right]$$. Mengda glas blir derfor lik volumet av omdreiingslekamen i dette intervallet.

$$ \begin{array}{rcl}V & =& {\int }_0^1\pi ·f{\left(x\right)}^{2}dx\\ & =& \pi {\int }_0^1{\left(x^3+3x^2\right)}^{2}dx\\ & =& \pi {\int }_0^1\left(x^6+2·x^3·3x^2+{\left(3x^2\right)}^2\right)dx\\ & =& \pi {\int }_0^1\left(x^6+6x^5+9x^4\right)dx\\ & =& \pi {\left[\frac{1}{7}{x}^7+x^6+\frac{9}{5}{x}^5\right]}_0^1\\ & =& \pi \left(\frac{1}{7}·1+1+\frac{9}{5}-0\right)\\ & =& \pi ·\frac{5+35+63}{35}\\ & =& \frac{103}{35}\pi \\ & \approx & 9,25\\ & & \end{array}$$

Volumet av glasmengda som trengst, er 9,25 dm³ eller 9,25 L.

Denne oppgåva er mykje enklare med CAS ...

Dersom veggene i fatet er tynne, blir dette omtrent lik volumet av omdreiingslekamen i intervallet $$ \left[-2,0\right]$$. Vi løyser dette med CAS.

Fatet vil romme omtrent 37 L.

Dette blir det same som overflata av omdreiingslekamen i heile intervallet, det vil seie i $$ \left[-2,1\right]$$.

Eit areal på 108,67 dm² skal dekkast med gull.

Frå oppgåve a) og b) har vi at funksjonen $$ f$$ har eit nullpunkt i origo. Det betyr at fotdelen og skåldelen av fatet ikkje heng i hop. I praksis må fatet ha ein viss tjukkleik overalt. Funksjonen kan derfor eigentleg ikkje ha eit nullpunkt mellom integrasjonsgrensene i det intervallet vi ser på.

Nullpunkt:

$$ \begin{array}{rcl}f\left(x\right) & =& 0\\ 3x^4-4x^3 & =& 0\\ x^3\left(3x-4\right) & =& 0\\ x^3 & =& 0 \vee 3x-4=0\\ x & =& 0 \vee x=\frac{4}{3}\end{array}$$

Vi finn dei stasjonære punkta der den deriverte er 0.

$$ f^{\text{'}}\left(x\right)=3·4x^3-4·3x^2=12x^3-12x^2$$

Stasjonære punkt:

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ 12x^3-12x^2 & =& 0\\ 12x^2·\left(x-1\right) & =& 0\\ 12x^2 & =& 0 \vee x-1=0\\ x & =& 0 \vee x=1\end{array}$$

Sidan $$ f^{\text{'}}\left(x\right)$$ er eit polynom, er det berre i nullpunkta han kan skifte forteikn. Her vel vi å teste med verdiar mellom nullpunkta:

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(-1\right) & =& 12·{\left(-1\right)}^3-12·{\left(-1\right)}^2=-12-12<0\\ f^{\text{'}}\left(\frac{1}{2}\right) & =& 12·{\left(\frac{1}{2}\right)}^3-12·{\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{12}{8}-\frac{12}{4}<0\\ f^{\text{'}}\left(2\right) & =& 12·2^3-12·2^2=12·8-12·4>0\end{array}$$

Den deriverte er negativ på begge sider av nullpunktet $$ x=0$$. Det betyr at det må vere eit terrassepunkt der. Den deriverte går frå å vere negativ når $$ 0<x<1$$, til å vere positiv når $$ x>1$$. Då har vi eit botnpunkt når $$ x=1$$, og vi har ingen fleire stasjonære punkt.

$$ \begin{array}{rcl}f\left(0\right) & =& 0\\ f\left(1\right) & =& 3·1^4-4·2^3=3-4=-1\end{array}$$

Vi får

• eit terrassepunkt i $$ \left(0,0\right)$$

• eit botnpunkt i $$ \left(1,-1\right)$$

Vi må finne den dobbeltderiverte/andrederiverte.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(x\right) & =& 12x^3-12x^2\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 12·3x^2-12·2x\\ & =& 36x^2-24x\end{array}$$

Vi finn nullpunkta til $$ f^{\text{'}\text{'}}\left(x\right)$$.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(x\right) & =& 0\\ 36x^2-24x & =& 0\\ 12x\left(3x-2\right) & =& 0\\ 12x & =& 0 \vee 3x-2=0\\ x & =& 0 \vee x=\frac{2}{3}\end{array}$$

Vi testar med $$ x$$-verdiar på alle sider av nullpunkta.

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}\text{'}}\left(-1\right) & =& 36·{\left(-1\right)}^2-24·\left(-1\right)=36+24>0\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(\frac{1}{2}\right) & =& 36·{\left(\frac{1}{2}\right)}^2-24·\frac{1}{2}=\frac{36}{4}-\frac{24}{2}=9-12<0\\ f^{\text{'}\text{'}}\left(1\right) & =& 36·1^2-24·1=36-24>0 \end{array}$$

Vi kan teikne forteiknsskjema dersom vi vil, men det er ikkje nødvendig. Den andrederiverte skiftar forteikn for begge nullpunkta, så vi har to vendepunkt, eitt for $$ x=0$$ og eitt for $$ x=\frac{2}{3}$$. Vi reknar ut

$$ \begin{array}{rcl}f\left(\frac{2}{3}\right) & =& 3·{\left(\frac{2}{3}\right)}^4-4·{\left(\frac{2}{3}\right)}^3\\ & =& 3·\frac{16}{81}-4·\frac{8}{27}\\ & =& \frac{16}{27}-\frac{32}{27}\\ & =& -\frac{16}{27}\end{array}$$

Dette betyr at

• grafen vender den hole sida opp når $$ x<0$$, og når $$ x>\frac{2}{3}$$

• grafen vender den hole sida ned når $$ 0<x<\frac{2}{3}$$

• vi har vendepunkt i $$ \left(0,0\right)$$ og i $$ \left(\frac{2}{3},-\frac{16}{27}\right)$$

Sidan vendepunktet i origo er eit terrassepunkt, vil likninga for tangenten der vere $$ y=0$$.

For å finne vendetangenten i det andre vendepunktet må vi rekne ut

$$ \begin{array}{rcl}{f}^{\text{'}}\left(\frac{2}{3}\right) & =& 12·{\left(\frac{2}{3}\right)}^3-12·{\left(\frac{2}{3}\right)}^2\\ & =& 12·\frac{8}{27}-12·\frac{4}{9}\\ & =& \frac{32}{9}-\frac{48}{9}\\ & =& -\frac{16}{9}\end{array}$$

Vi bruker eittpunktsformelen for å finne vendetangenten, som blir

$$ \begin{array}{rcl}y-f\left(\frac{2}{3}\right) & =& f^{\text{'}}\left(\frac{2}{3}\right)\left(x-\frac{2}{3}\right)\\ y+\frac{16}{27} & =& -\frac{16}{9}\left(x-\frac{2}{3}\right)\\ y & =& -\frac{16}{9}x+\frac{32}{27}-\frac{16}{27}\\ & =& -\frac{16}{9}x+\frac{16}{27}\end{array}$$

Vi har at

$$ \overline{f}=\frac{1}{{\displaystyle \frac{4}{3}}-0}{\int }_0^{\frac{4}{3}}f\left(x\right)dx$$

Vi reknar dette med CAS sidan vi skal integrere $$ f$$, som vil bety at vi må rekne ut brøkar som skal opphøgast i femte potens.

Gjennomsnittsverdien $$ \overline{f}=-\frac{64}{135}$$.

Lengda $$ s$$ av grafen i intervallet er gitt ved

$$ \begin{array}{rcl}s & =& {\int }_a^b\sqrt{1+{\left(\frac{∆y}{∆x}\right)}^2}dx\\ & =& {\int }_0^{\frac{4}{3}}\sqrt{1+f^{\text{'}}{\left(x\right)}^2}dx\end{array}$$

Vi løyser dette integralet med CAS i GeoGebra.

Vi har frå a) og b) at funksjonen $$ f$$ har nullpunkt i $$ x=0$$ og $$ x=\frac{4}{3}$$, og at funksjonen har eit botnpunkt for $$ x=1$$. Det betyr at grafen ligg under $$ x$$-aksen i intervallet vi skal integrere over, med unntak av endepunkta der funksjonen har nullpunkt. Då må vi bruke $$ \left|f\left(x\right)\right|$$ i formelen for overflata av omdreiingslekamen for å få positivt svar.

Volumet til omdreiingslekamen er 1,49, mens overflata er 7,77.