Oppgaver: Optimering

Oppgaver: Optimering#

Oppgave 1

En andregradsfunksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -x^2 + 4x + 1. \]

Bestem \(x\) slik at \(f(x)\) er størst mulig.

Fasit

\[ x = 2 \]

Løsning

Siden ledende koeffisient \(a < 0\), er \(f(x)\) er størst mulig når \(f'(x) = 0\). Vi kan derfor finne \(x\) ved å løse \(f'(x) = 0\):

\[ f'(x) = (-x^2 + 4x + 1)' = -2x + 4 = 0 \liff 2x = 4 \liff x = 2. \]

Altså er \(f(x)\) størst mulig når \(x = 2\).

En tredjegradsfunksjon \(g\) er gitt ved

\[ g(x) = x^3 - 3x + 5. \]

Bestem toppunktet og bunnpunktet til \(g\).

Fasit

Toppunktet er \((-1, 7)\) og bunnpunktet er \((1, 3)\).

Løsning

For å bestemme toppunktet og bunnpunktet til \(g\), kan vi løse \(g'(x) = 0\). Vi starter med å bestemme \(g'(x)\):

\[ g'(x) = (x^3 - 3x + 5)' = 3x^2 - 3. \]

Deretter løser vi likningen \(g'(x) = 0\):

\[ 3x^2 - 3 = 0 \liff 3x^2 = 3 \liff x^2 = 1 \liff x = \pm 1. \]

Altså må ekstremalpunktene til \(g\) være \(x = \pm 1\). For å bestemme hvilket som er et toppunkt og hvilket som er et bunnpunkt, kan vi se på fortegnet til den ledende koeffisienten. Siden denne er positiv vil det ekstremalpunktet med lavest \(x\)-verdi være et toppunkt og det med høyest \(x\)-verdi være et bunnpunkt. Dermed er toppunktet \((-1, g(-1))\) og bunnpunktet \((1, g(1))\). For å finne koordinatene til de to punktene trenger vi funksjonsverdiene i de to punktene:

\[\begin{align*} g(-1) &= (-1)^3 - 3(-1) + 5 = -1 + 3 + 5 = 7, \\ \\ g(1) &= 1^3 - 3(1) + 5 = 1 - 3 + 5 = 3. \end{align*}\]

Dermed er toppunktet \((-1, 7)\) og bunnpunktet \((1, 3)\).

En tredjegradsfunksjon \(h\) er gitt ved

\[ h(x) = -2x^3 + 3x^2 + 12x - 4. \]

Bestem ektremalpunktene til \(h\).

Fasit

\[ x = 2 \or x = -1. \]

Løsning

Ekstremalpunktene til \(h\) er punktene hvor \(h'(x) = 0\). Vi starter derfor med å bestemme \(h'(x)\):

\[ h'(x) = (-2x^3 + 3x^2 + 12x - 4)' = -6x^2 + 6x + 12. \]

Deretter løser vi likningen \(h'(x) = 0\):

\[ -6x^2 + 6x + 12 = 0 \liff -6(x^2 - x - 2) = 0 \liff x^2 - x - 2 = 0. \]

Vi bruker \(abc\)-formelen for å bestemme røttene til andregradspolynomet:

\[ x = \dfrac{-(-1) \pm \sqrt{(-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-2)}}{2 \cdot 1} = \dfrac{1 \pm \sqrt{1 + 8}}{2} = \dfrac{1 \pm \sqrt{9}}{2} = \dfrac{1 \pm 3}{2} \, , \]

som gir

\[ x = \dfrac{1 + 3}{2} = 2 \or x = \dfrac{1 - 3}{2} = -1. \]

Dermed er ekstremalpunktene

\[ x = 2 \or x = -1. \]

Oppgave 2

En andregradsfunksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -x^2 + 16, \quad D_f = [-4, 4]. \]

Et rektangel har hjørnene \((-3, 0)\), \((-3, f(-3))\), \((3, 0)\) og \((3, f(3))\).

../../../_images/oppgave_25.svg

Fig. 19.33 viser grafen til en andregradsfunksjon \(f(x) = -x^2 + 16\) og et rektangel med hjørnene \((-3, 0)\), \((-3, f(-3))\), \((3, 0)\) og \((3, f(3))\).#

Bestem arealet av rektangelet.

Fasit

\[ A = 42 \]

Løsning

Lengden i trekanten er \(6\) og høyden er

\[ f(3) = -3^2 + 16 = -9 + 16 = 7. \]

Arealet av rektangelet er derfor

\[ A = 6 \cdot 7 = 42. \]

Et annet rektangel har hjørnene \((-k, 0)\), \((-k, f(-k))\), \((k, 0)\) og \((k, f(k))\) der \(k \in \langle 0, 4 \rangle\).

Bestem arealet \(A(k)\).

Fasit

\[ A(k) = -2k^3 + 32k \]

Løsning

Lengden i rektangelet blir \(k - (-k) = 2k\) og høyden blir \(f(k)\). Arealet \(A(k)\) er derfor

\[ A(k) = 2k f(k) = 2k(-k^2 + 16) = -2k^3 + 32k. \]

Bestem \(k\) slik at arealet blir størst mulig.

Fasit

\[ k = \dfrac{4}{\sqrt{3}} \, . \]

Løsning

For å bestemme \(k\) slik at arealet er størst mulig, kan vi finne løsningene til \(A'(k) = 0\). Først deriverer vi \(A(k)\) som gir:

\[ A'(k) = -6k^2 + 32. \]

Deretter løser vi \(A'(k) = 0\):

\[ A'(k) = 0 \liff -6k^2 + 32 \liff 6k^2 = 32 \liff k^2 = \dfrac{32}{6} = \dfrac{16}{3} \]

som gir

\[ k = \pm \sqrt{\dfrac{16}{3}} = \pm \dfrac{\sqrt{16}}{\sqrt{3}} = \pm \dfrac{4}{\sqrt{3}} \]

Men \(k \in \langle 0, 4 \rangle\) som betyr at vi må velge den positive løsningen. Dermed vil verdien av \(k\) som gir størst mulig areal være

\[ k = \dfrac{4}{\sqrt{3}} \, . \]

Oppgave 3

Du skal bygge en innhegning for en rektangulær hage. På den ene siden er det en stor fjellvegg. Du har \(100\) meter med gjerde som du skal bruke til å bygge innhegningen til hagen. Se Fig. 19.34.

Bestem sidelengdene slik at arealet av hagen blir størst mulig.

../../../_images/oppgave_36.svg

Fig. 19.34 viser en rektangulær hage med sidelengder \(x\) og \(y\) der den ene siden er dekket av et stor fjellvegg. Gjerde som skal settes opp har til sammen en lengde på \(100\) meter.#

Bestem arealet \(A(x)\) av hagen for en gitt verdi av sidelengden \(x\).

Fasit

\[ A(x) = -\dfrac{1}{2}x^2 + 50x \]

Løsning

Først kan vi observere at siden vi har \(100\) meter med gjerde til rådighet, må

\[ y + x + y = 100 \liff x + 2y = 100 \liff 2y = 100 - x \]

som vi kan skrive om til

\[ y(x) = \dfrac{100 - x}{2} = 50 - \dfrac{1}{2}x. \]

Arealet \(A(x)\) av rektangelet er bare produktet av sidelengdene \(x\) og \(y(x)\) som betyr at

\[ A(x) = x \cdot y(x) = x\cdot \left(50 - \dfrac{1}{2}x\right) = -\dfrac{1}{2}x^2 + 50x. \]

Bestem sidelengdene slik at arealet blir størst mulig.

Fasit

\[ x = 50 \, \mathrm{m} \and y = 25 \, \mathrm{m}. \]

Løsning

Arealet blir størst mulig dersom \(A'(x) = 0\). Vi starter derfor med å bestemme \(A'(x)\):

\[ A'(x) = \left(-\dfrac{1}{2}x^2 + 50x\right)' = -x + 50. \]

Deretter løser vi likningen \(A'(x) = 0\) som gir

\[ -x + 50 = 0 \liff x = 50. \]

Altså er arealet størst mulig dersom

\[ x = 50 \and y = 50 - \dfrac{1}{2} \cdot 50 = 25. \]

Sidelengdene til hagen som gir størst areal er derfor \(50\) meter og \(25\) meter.

Påminnelse: Definisjonsmengde

Definisjonsmengden \(D_f\) til en funksjon \(f\) er mengden av alle \(x\)-verdier vi kan bruke til å regne ut \(f(x)\) med.

Oppgave 4

I denne oppgaven skal vi bygge opp en strategi for å løse oppgave 3b med programmering. Denne strategien vil også kunne brukes på andre oppgaver som handler om å maksimere noe.

Vi starter med en beskrivelse av strategien.

Strategi 1: Maksimere en funksjon

For en polynomfunksjon \(f\) med en definisjonsmengde \(D_f\) der et heltall \(x\) gjør \(f(x)\) størst mulig, kan vi lete etter heltallet \(x\) med følgende strategi:

  1. Start med det laveste heltallet \(x \in D_f\).

  2. Øk verdien til \(x\) med \(1\) så lenge \(f(x) < f(x + 1)\).

Når \(f(x) \geq f(x + 1)\) er sant, har vi funnet heltallet \(x\) som gjør \(f(x)\) størst mulig.

En while-løkke er en løkke som kjører så lenge en betingelse er sann. Under vises et program som bruker en while-løkke til å lage noen verdier av \(x\).

Les programmet og forutsi hva programmet skriver ut. Skriv inn hypotesen din og sjekk svaret ditt.

Fyll ut programmet under slik at det skriver ut tallfølgen \(1, 3, 5, 7, 9\).

Fasit

1x = 1
2
3while x < 10:
4    print(x)
5    x = x + 2

Fyll ut programmet under slik at det skriver ut tallfølgen \(0, 3, 6, 9, 12\).

Fasit

1x = 0
2
3while x < 13:
4    print(x)
5    x = x + 3

En polynomfunksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -(x - 2)^2 + 4, \quad D_f = [0, 6]. \]

Bruk Strategi 1 for å maksimere en funksjon og fyll ut programmet under slik at det finner den verdien av \(x\) som gjør \(f(x)\) størst mulig.

Fasit

Programkode:

1def f(x):
2    return -(x - 2)**2 + 4
3
4x = 0
5
6while f(x) < f(x + 1):
7    x = x + 1
8    
9print(f"{x = } \t {f(x) = }")

Utskrift:

x = 2 	 f(x) = 4

som betyr at \(f(x)\) er størst mulig når \(x = 2\). Da er \(f(x) = 4\).

Bruk Strategi 1 for å maksimere en funksjon til å fylle ut programmet under for å løse oppgave 3b.

Fasit

Programkode:

 1def A(x):
 2    y = 50 - x / 2
 3    return x * y
 4
 5x = 0
 6
 7while A(x) < A(x + 1): 
 8    x = x + 1
 9    
10print(f"{x = } 	\t  {A(x) = }")

Utskrift:

x = 50 	 A(x) = 1250.0

som betyr at arealet \(A(x)\) er størst mulig når \(x = 50\). Da er \(A(x) = 1250\).

Påminnelse: Arealet til en trekant

Arealet \(A\) til en trekant er

\[ A = \dfrac{g \cdot h}{2} \]

der \(g\) er grunnlinjen og \(h\) er høyden til trekanten.

Oppgave 5

I Fig. 19.35 vises grafen til en andregradsfunksjon \(f\) som er gitt ved

\[ f(x) = -x^2 + 9, \]

der \(D_f = [0, 3]\), og en trekant som har hjørner i punktene \((0, 0)\), \((2, 0)\) og \((2, f(2))\).

../../../_images/oppgave_51.svg

Fig. 19.35 viser grafen til en andregradsfunksjon \(f\) og en trekant med hjørner \((0, 0)\), \((2, 0)\) og \((2, f(2))\).#

Bestem arealet \(A\) av trekanten.

Fasit

\[ A = 5. \]

Løsning

Grunnlinjen i trekanten er \(2\) og høyden er

\[ f(2) = -2^2 + 9 = -4 + 9 = 5. \]

Arealet av trekanten er derfor

\[ A = \dfrac{2\cdot 5}{2} = 5. \]

En annen trekant går gjennom punktene \((0, 0)\), \((k, 0)\) og \((k, f(k))\) der \(k \in \langle 0, 3 \rangle\).

Bestem arealet \(A(k)\) til trekanten.

Fasit

\[ A(k) = \dfrac{1}{2}(-k^3 + 9k) \]

Bestem \(k\) slik at arealet til trekanten blir størst mulig.

Fasit

\[ k = \sqrt{3}. \]

Løsning

For å bestemme når arealet er størst mulig, finner vi løsningene til \(A'(k) = 0\). Først deriverer vi \(A(k)\) som gir

\[ A'(k) = \dfrac{1}{2}(-3k^2 + 9). \]

Deretter løser vi \(A'(k) = 0\):

\[ A'(k) = 0 \liff \dfrac{1}{2}(-3k^2 + 9) = 0 \liff -3k^2 + 9 = 0 \]

som gir

\[ 3k^2 = 9 \liff k^2 = 3 \liff k = \pm \sqrt{3} \]

Men \(k \in \langle 0, 3 \rangle\) som betyr at vi må velge den positive løsningen. Dermed vil verdien av \(k\) som gir størst mulig areal være

\[ k = \sqrt{3}. \]

Oppgave 6

I denne oppgaven skal vi bygge opp en mer generell strategi for å maksimere en funksjon og anvende den på oppgave 5. Strategien er en variant av Strategi 1 som ble introdusert i Oppgave 4, men den vil nå også funke selv om løsningen ikke er et heltall.

Vi starter med en beskrivelse av strategien:

Strategi 2: Maksimere en funksjon

For en polynomfunksjon \(f\) med en definisjonsmengde \(D_f\) kan vi bestemme \(x\) slik at \(f(x)\) er størst mulig med følgende strategi:

  1. Start med den laveste verdien av \(x \in D_f\).

  2. Øk \(x\) med en liten positiv endring \(\Delta x\) så lenge \(f(x) < f(x + \Delta x)\).

Når \(f(x) \geq f(x + \Delta x)\) er sant, har vi funnet \(x\) slik at \(f(x)\) er størst mulig.

I strategi 1 brukte vi \(\Delta x = 1\). I strategi 2 kan vi bruke en annen verdi for \(\Delta x\).

En andregradsfunksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -(x - 1)^2 + 9. \]

Fyll ut programmet og bruk Strategi 1 til å bestemme \(x\) slik at \(f(x)\) blir størst mulig.

Fasit

1def f(x):
2    return -(x - 1)**2 + 9
3
4x = 0
5
6while f(x) < f(x + 1): 
7    x = x + 1
8
9print(f"{x = } \t {f(x) = }")

Fyll ut programmet slik at det i stedet bruker Strategi 2 med \(\Delta x = 0.5\) til å bestemme \(x\) slik at \(f(x)\) blir størst mulig.

Fasit

1def f(x):
2    return -(x - 1)**2 + 9
3
4x = 0
5
6while f(x) < f(x + 0.5): 
7    x = x + 0.5
8
9print(f"{x = } \t {f(x) = }")

Fyll ut programmet under slik at det bruker Strategi 2 til å finne en løsning til oppgave 5c.

Bruk \(\Delta x = 0.001\).

Fasit

Programkode:

 1def f(x):
 2    return -x**2 + 9
 3
 4def A(x):
 5    return x * f(x) / 2
 6
 7x = 0
 8
 9while A(x) < A(x + 0.001):
10    x = x + 0.001
11
12print(f"{x = :.3f} \t {A(x) = :.3f}")

Utskrift:

x = 1.732 	 A(x) = 5.196

som betyr at \(x \approx 1.732\) gir størst mulig areal. Dette stemmer ganske bra med løsningen i oppgave 5c hvor \(k = \sqrt{3} \approx 1.732\).

Oppgave 7

I Fig. 19.36 vises grafen til en andregradsfunksjon \(f\) gitt ved

\[ f(x) = -x^2 + 36, \quad D_f = [-6, 6], \]

og et fargelagt området med hjørner i punktene \((-4, 0)\), \((-4, f(-4))\), \((4, 0)\) og \((4, f(4))\).

../../../_images/oppgave_74.svg

Fig. 19.36 viser grafen til en andregradsfunksjon \(f(x) = -x^2 + 36\) og et fargelagt område med hjørner \((-4, 0)\), \((-4, f(-4))\), \((4, 0)\) og \((4, f(4))\).#

Bestem arealet til det fargelagte området.

Fasit

\[ A = 80 \]

Løsning

Det fargelagte området består av to trekanter som har høyde \(4\) og grunnlinje \(f(4) = f(-4)\) siden \(f\) er en andregradsfunksjon som er symmetrisk om \(x = 0\). Derfor er arealet av det fargelagte området:

\[\begin{align*} A &= \dfrac{4 \cdot f(4)}{2} \cdot \textcolor{red}{2} && \text{Ganger med 2 siden det er to trekanter} \\ \\ &= 4 \cdot f(4) \\ \\ &= 4 \cdot (-4^2 + 36) \\ \\ &= 4 \cdot (-16 + 36) \\ \\ &= 4 \cdot 20 \\ \\ &= 80. \end{align*}\]

Arealet er derfor \(A = 80\).

Det fargelagte området endres slik at har hjørner i \((-k, 0)\), \((-k, f(-k))\), \((k, 0)\) og \((k, f(k))\) der \(k \in \langle 0, 4 \rangle\).

Bestem arealet \(A(k)\) av det fargelagte området.

Fasit

\[ A(k) = -k^3 + 36k. \]

Løsning

Det fargelagte området består av to trekanter med grunnlinje \(f(k)\) og høyde \(k\). Arealet av det fargelagte området blir derfor

\[ A(k) = \dfrac{kf(k)}{2}\cdot 2 = kf(k) = k(-k^2 + 36) = -k^3 + 36k. \]

Bestem \(k\) slik at arealet av det fargelagte området blir størst mulig.

Fasit

\[ k = 2\sqrt{3} \]

Løsning

For å bestemme \(k\) slik at arealet blir størst mulig, finner vi løsningene til \(A'(k) = 0\). Først deriverer vi \(A(k)\) som gir

\[ A'(k) = -3k^2 + 36. \]

Deretter løser vi \(A'(k) = 0\):

\[ A'(k) = 0 \liff -3k^2 + 36 = 0 \liff 3k^2 = 36 \liff k^2 = 12 \]

Vi merker oss at

\[ k^2 = 4\cdot 3 \liff k = \pm \sqrt{4 \cdot 3} = \pm \sqrt{4}\cdot \sqrt{3} = 2\sqrt{3} \]

Vi husker på at \(k \in \langle 0, 4 \rangle\) som betyr at vi må velge den positive løsningen. Dermed vil verdien av \(k\) som gir størst mulig areal være

\[ k = 2\sqrt{3} \]

Oppgave 8

I Fig. 19.37 vises grafen til en tredjegradsfunksjon \(f\) som er gitt ved

\[ f(x) = -x^3 + 4x^2, \]

der \(D_f = [0, 4]\), og en trekant som har hjørner i punktene \((1, 0)\), \((4, 0)\) og \((1, f(1))\).

../../../_images/oppgave_83.svg

Fig. 19.37 viser grafen til en tredjegradsfunksjon \(f\) og en trekant med hjørner \((1, 0)\), \((4, 0)\) og \((1, f(1))\).#

Bestem arealet \(A\) av trekanten.

Fasit

\[ A = \dfrac{9}{2} \]

Løsning

Først kan vi observere at grunnlinjen er \(4 - 1 = 3\) og høyden er

\[ f(1) = -1^3 + 4\cdot 1^2 = -1 + 4 = 3. \]

Arealet \(A\) til trekanten blir derfor

\[ A = \dfrac{3 \cdot f(1)}{2} = \dfrac{3 \cdot 3}{2} = \dfrac{9}{2}. \]

En annen trekant har hjørner i punktene \((a, 0)\), \((4, 0)\) og \((a, f(a))\) der \(a \in \langle 0, 4 \rangle\).

Bestem arealet \(A(a)\) til trekanten.

Fasit

\[ A(a) = \dfrac{1}{2}(4 - a)(-a^3 + 4a^2). \]

Løsning

Grunnlinja til trekanten er \((4 - a)\) siden to av hjørnene er \((a, 0)\) og \((4, 0)\) og \(a \in \langle 0, 4 \rangle\). Høyden til trekanten er \(f(a)\). Derfor blir arealet \(A(a)\) til trekanten

\[ A(a) = \dfrac{(4 - a)\cdot f(a)}{2} = \dfrac{(4 - a)(-a^3 + 4a^2)}{2} = \dfrac{1}{2}(4 - a)(-a^3 + 4a^2). \]

Bestem \(a\) slik at arealet av trekanten blir størst mulig.

Fasit

\[ a = 2 \]

Løsning

For å bestemme \(a\) slik at arealet er størst mulig, finner vi løsningene til \(A'(a) = 0\). For å finne den deriverte \(A'(a)\) trenger vi først å gange ut \(A(a)\):

\[\begin{align*} A(a) &= \dfrac{1}{2}(4 - a)(-a^3 + 4a^2) \\ \\ &= \dfrac{1}{2}\left(4\cdot(-a^3 + 4a^2) - a\cdot(-a^3 + 4a^2)\right) \\ \\ &= \dfrac{1}{2}\left(-4a^3 + 16a^2 + a^4 - 4a^3\right) \\ \\ &= \dfrac{1}{2}(a^4 - 8a^3 + 16a^2). \end{align*}\]

Så deriverer vi \(A(a)\):

\[ A'(a) = \dfrac{1}{2}(4a^3 - 24a^2 + 32a). \]

Deretter løser vi \(A'(a) = 0\):

\[ A'(a) = 0 \liff \dfrac{1}{2}(4a^3 - 24a^2 + 32a) = 0 \liff 4a^3 - 24a^2 + 32a = 0 \]

Vi kan faktorisere ut \(4a\) fra tredjegradspolynomet som gir

\[ 4a(a^2 - 6a + 8) = 0 \]

som betyr at

\[ 4a = 0 \or a^2 - 6a + 8 = 0 \]

Vi bruker \(abc\)-formelen på andregradspolynomet som gir:

\[\begin{split} a = \dfrac{6 \pm \sqrt{6^2 - 4\cdot 1 \cdot 8}}{2\cdot 1} = \dfrac{6 \pm \sqrt{36 - 32}}{2} = \dfrac{6 \pm \sqrt{4}}{2} = \dfrac{6 \pm 2}{2} = \begin{cases} 4 \\ 2 \end{cases} \end{split}\]

Altså er \(A'(a) = 0\) hvis

\[ a = 0 \or a = 2 \or a = 4. \]

Både \(a = 0\) og \(a = 4\) gir \(A(a) = 0\) som betyr at \(a = 2\) gir det største mulige arealet.

Oppgave 9

En fjerdegradsfunksjon \(f\) er gitt ved

\[ f(x) = -x(x - 3)^3, \quad D_f = [0, 3]. \]

En trekant har hjørnene \((0, 0)\), \((2, 0)\) og \((2, f(2))\).

../../../_images/oppgave_9.svg

Fig. 19.38 viser grafen til en fjerdegradsfunksjon \(f(x) = -x(x - 3)^3\) og en trekant med hjørner \((0, 0)\), \((2, 0)\) og \((2, f(2))\).#

Bestem arealet \(A\) til trekanten.

Fasit

\[ A = 2. \]

Løsning

Trekanten har grunnlinje \(2\) og høyde

\[ f(2) = -2\cdot (2 - 3)^3 = -2\cdot(-1)^3 = -2\cdot (-1) = 2. \]

Dermed er arealet av trekanten

\[ A = \dfrac{2\cdot f(2)}{2} = \dfrac{2\cdot 2}{2} = 2. \]

En annen trekant har hjørnene \((0, 0)\), \((r, 0)\) og \((r, f(r))\) der \(r \in \langle 0, 3 \rangle\).

Bestem arealet \(A(r)\) til trekanten.

Fasit

\[ A(r) = -\dfrac{1}{2}r^2(r - 3)^3 \]

Løsning

Grunnlinjen til trekanten er \(r\) og høyden er \(f(r)\). Derfor er arealet \(A(r)\) til trekanten

\[ A(r) = \dfrac{r\cdot f(r)}{2} = \dfrac{r\cdot (-r(r - 3)^3)}{2} = -\dfrac{1}{2}r^2(r - 3)^3. \]

Bestem \(r\) slik at arealet til trekanten blir størst mulig.

Fasit

\[ r = \dfrac{6}{5} \]

Løsning

For å bestemme \(r\) slik at arealet blir størst mulig, finner vi løsningene til \(A'(r) = 0\). For å bestemme \(A'(r)\) må vi først gange ut \(A(r)\):

\[\begin{align*} A(r) &= -\dfrac{1}{2}r^2(r - 3)^3 \\ \\ &= -\dfrac{1}{2}r^2(r - 3)(r - 3)^2 \\ \\ &= -\dfrac{1}{2}r^2(r - 3)(r^2 - 6r + 9) \\ \\ &= -\dfrac{1}{2}r^2(r^3 - 6r^2 + 9r - 3r^2 + 18r - 27) \\ \\ &= -\dfrac{1}{2}r^2(r^3 - 9r^2 + 27r - 27) \\ \\ &= -\dfrac{1}{2}(r^5 - 9r^4 + 27r^3 - 27r^2). \end{align*}\]

Så finner vi \(A'(r)\):

\[ A'(r) = -\dfrac{1}{2}(5r^4 - 36r^3 + 81r^2 - 54r). \]

Deretter løser vi \(A'(r) = 0\):

\[ A'(r) = 0 \liff -\dfrac{1}{2}(5r^4 - 36r^3 + 81r^2 - 54r) = 0 \]

som gir

\[ 5r^4 - 36r^3 + 81r^2 - 54r = 0 \liff r(5r^3 - 36r^2 + 81r - 54) = 0. \]

som med produktregelen gir

\[ r = 0 \or 5r^3 - 36r^2 + 81r - 54 = 0. \]

Vi må nå angripe tredjegradslikningen ved å lete etter mulige kandidater for røtter \(r\). Først kan vi observere at alle koeffisientene er hele tall og konstantleddet er \(-54\). Da må alle røtter som er hele tall (dersom de finnes) være en faktor i \(-54\). Det betyr at det er mulig at

\[ r \in \{\pm 1, \pm 2, \pm 3\} \]

løser tredjegradslikningen siden \(-54 = -1\cdot 2\cdot 3^3\). Vi tester ut heltallene for å se om noen av dem løser likningen:

\(r = 1\):

\(5 - 36 + 81 - 54 = 5 - 36 + 81 - 54 = -4 \neq 0\)

\(r = -1\):

\(-5 - 36 - 81 + 54 = -5 - 36 - 81 + 54 = -68 \neq 0\)

\(r = 2\):

\(40 - 144 + 162 - 108 = 40 - 144 + 162 - 108 = -50 \neq 0\)

\(r = -2\):

\(-40 - 144 - 162 + 108 = -40 - 144 - 162 + 108 = -238 \neq 0\)

\(r = 3\):

\(135 - 324 + 243 - 54 = 135 - 324 + 243 - 54 = 0\)

Dermed vil \(r = 3\) være en løsning som betyr at vi kan skrive

\[ 5r^3 - 36r^2 + 81r - 54 = (r - 3)(ar^2 + br + c) \]

for noen koeffisienter \(a\), \(b\) og \(c\). Vi kan finne \(a\), \(b\) og \(c\) ved å utføre polynomdivisjon:

../../../_images/oppgave_9_l%C3%B8sning.svg

som betyr at

\[ 5r^3 - 36r^2 + 81r - 54 = (r - 3)(5r^2 - 21r + 18) = 0 \]

som gir

\[ r - 3 = 0 \or 5r^2 - 21r + 18 = 0 \]

Vi bruker \(abc\)-formelen på andregradspolynomet som gir:

\[ r = \dfrac{21 \pm \sqrt{21^2 - 4\cdot 5 \cdot 18}}{2\cdot 5} = \dfrac{21 \pm \sqrt{441 - 360}}{10} = \dfrac{21 \pm \sqrt{81}}{10} = \dfrac{21 \pm 9}{10} \]

Dermed er

\[ r = \dfrac{21 + 9}{10} = \dfrac{30}{10} = 3 \or r = \dfrac{21 - 9}{10} = \dfrac{12}{10} = \dfrac{6}{5}. \]

Vi kan merke oss at \(r \in \langle 0, 3 \rangle\) som betyr at den eneste løsningen som er innenfor dette intervallet er

\[ r = \dfrac{6}{5}, \]

som gir det største mulige arealet til trekanten.