Kolmest küljest on vaja tarastada ristkülikukujuline maatükk laohoone ees. Missuguste mõõtmete korral on tarastatud maatüki pindala suurim? Olgu üks külg x meetrit, ja teine 16-2x meetrit. X x 16-2x Koostan pindala funktsiooni. S= a*b S= (16-2x) * x y= -2x2 + 16x Leian tuletise. Y' = -4x + 16 Leian ekstreemumkohad y'=0 -4x + 16 = 0 -4x = -16 x= 4 Määran ekstreemumkoha liigi y''= -4 y''(4) = -4 <0 Seega x=4 on maksimumkoht Ristküliku mõõtmed on: 4m 4m 16 2*4 = 8 m Vastus: Tarastatud maatüki pindala on suurim siis, kui mõõtmed on 4m, 4m ja 8m.
x 2 - 1 > 0; x2 > 1 ( x - 1) ( x + 1) > 0 Kasutatud kirjandus www.ekk.edu.ee Tööd asuvad keskkonnas www.kool.ee 23.05.1998 a matemaatika riigieksam Lehe haldamist toetavad Topauto ja meelespea.net Jooniselt saame, x < 1 ja x > 1. x < 1 ei sobi, kuna ta ei ole määramispiirkonnas. Järelikult kasvamisvahemik on X = ( 1; ) . 3. Leiame funktsiooni ekstreemumid. Ekstreemumkoha tingimus: y´= 0 2 y = 2x - ; x 2 2 x2 - 2 2 x2 - 2 = 0 2x - =0 =0 ; x x x 0 2 x2 - 2 = 0 :2 x 2 - 1 = 0; x 2 = 1 x = 1 x1 = 1 ja x2 = -1 ei sobi määramispiirkonda Ekstreemumkoht on x = 1. Määrame ekstreemumkoha liigi 2. tuletise järgi. Saame (
8 + 10 8 - 10 1 x1 = = 3; x2 = =- . 6 6 3 1 X =- ;- ( 3; ) 3 Kahanemisvahemik: X : y < 0 3x 2 - 8x - 3 < 0 1 X = - ; 3 3 2) Leiame ekstreemumkohad: y´ = 0 1 3 x 2 - 8 x - 3 = 0 x1 = 3; x2 = - . 3 Määrame ekstreemumkoha liigi teise tuletise järgi. Teine tuletis oli f ( x ) = 6 x - 8 . 1 1 1 f - = 6 - - 8 = -2 - 8 = -10 < 0, siis x = - on maksimumkoht 3 3 3 f ( 3) = 6 3 - 8 = 18 - 8 = 10 > 0, siis x = 3 on miinimumkoht 1 1 ;- ( 3;
kasutatakse ekstreemumi olemasolu piisavaid tingimusi: kui funktsiooni y = f ( x ) tuletis üleminekul väärtusest x = x0 (liikudes vasakult paremale) muudab märki plussilt miinusele (või vastupidi), siis x0 on maksimumkoht (miinimumkoht), f ( x0 ) on funktsiooni maksimum (miinimum) ja punkt ( x0 ; f ( x0 ) ) funktsiooni graafiku maksimumpunkt (miinimumpunkt). Kui tuletis märki ei muuda, siis funktsioonil ei ole sellel kohal ekstreemumit. Funktsiooni ekstreemumkoha olemasolu ja liigi kindlakstegemisel võib kasutada ka teist tuletist f ( x ) . Kui x 0 on maksimumkoht, siis peavad olema täidetud tingimused: f ( x0 ) = 0 ja f ( x0 ) < 0 . Kui x 0 on miinimumkoht, siis peavad olema täidetud tingimused: f ( x0 ) = 0 ja f ( x0 ) > 0 . Kui osutub, et f ( x0 ) = 0 , siis peab ekstreemumkoha kindlakstegemiseks kasutama esimest tuletist y .
kasutatakse ekstreemumi olemasolu piisavaid tingimusi: kui funktsiooni y f x tuletis üleminekul väärtusest x x0 (liikudes vasakult paremale) muudab märki plussilt miinusele (või vastupidi), siis x0 on maksimumkoht (miinimumkoht), f x0 on funktsiooni maksimum (miinimum) ja punkt x0 ; f x0 funktsiooni graafiku maksimumpunkt (miinimumpunkt). Kui tuletis märki ei muuda, siis funktsioonil ei ole sellel kohal ekstreemumit. Funktsiooni ekstreemumkoha olemasolu ja liigi kindlakstegemisel võib kasutada ka teist tuletist f x . Kui x 0 on maksimumkoht, siis peavad olema täidetud tingimused: f x0 0 ja f x0 0 . Kui x 0 on miinimumkoht, siis peavad olema täidetud tingimused: f x0 0 ja f x0 0 .
Lahendatakse võrratus f ‘(x) > 0 Kahanemisvahemikud X Lahendatakse võrratus f ‘(x) < 0 6 Ekstreemumkohad, xmax Lahendatakse võrrand f ‘(x) = 0. Sobivad nende liigid xmin vaid need võrrandi lahendid, mille korral tuletis muudab märki. Ekstreemumkoha liik määratakse teise tuletise abil: Kui f ‘’(x) > 0, siis x on miinimumkoht, Kui f ‘’(x) < 0, siis x on maksimumkoht x on siin võrrandi f ‘(x) = 0 lahend 7 Ekstreemumid ymax Maksimumid: ymax = f(xmax), ymin Miinimumid: ymin = f(xmin)
Ekstreemumülesandes tuleb hoolega jälgida, kas on vaja uurida ülesandes antud funktsiooni või tuleb moodustada uus funktsioon ja esitada see valemina. Kui on moodustatud uus funktsioon või ülesande tekstis on tegemist mitme funktsiooniga, siis tuleb hoolega jälgida, millise funktsiooni väärtust on vaja leida. Diferentseeruva funktsiooni ekstreemumi liiki võib määrata, kas funktsiooni teise tuletise abil, või uurides funktsiooni esimese tuletise käitumist ekstreemumkoha ümbruses. Variandi II teist alapunkti on võimalik lahendada ka järgmiselt: puutepunktis M x ; y saame võrrandisüsteemi # y 5x b " 5x b x ln x 2 x b x ln x 3 x . !y x ln x 2 x Leiame viimase võrduse mõlema poole tuletise, arvestades, et x on muutuja ja b konstant. Saame 0 ln x 1 3 ln x 4 x e 4. Järelikult puutepunkti abstsiss on 4. 35
annaabi.ee 
