R2 Høst 2021

Vi deriverer $f(x)={\displaystyle \frac{1}{6}}\cos (2x)$ med kjerneregelen. Den ytre funksjonen er ${\displaystyle \frac{1}{6}}\cos (u)$ med derivert $-{\displaystyle \frac{1}{6}}\sin (u)$, og den indre funksjonen er $u=2x$ med derivert $u^{\prime }=2$.

Funksjonen $g(x)={\sin }^2(x^2+2)={\left[\sin (x^2+2)\right]}^2$ er en dobbel sammensetning, så vi må bruke kjerneregelen to ganger.

Vi setter $u=\sin (x^2+2)$, slik at $g(x)=u^2$. Da er

Deretter deriverer vi $u=\sin (x^2+2)$ med kjerneregelen på nytt, med indre funksjon $v=x^2+2$ og $v^{\prime }=2x$:

Vi setter sammen resultatene:

Vi bruker at $\int \sin x\mathrm{d}x=-\cos x+C$:

Dette stemmer med at $\sin x$ er en odde funksjon, og integralet over et symmetrisk intervall om origo derfor blir null.

Vi bruker substitusjon med $u=x^2-9$, slik at $\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x$, altså $x\mathrm{d}x={\displaystyle \frac{1}{2}}\mathrm{d}u$.

Vi bruker delvis integrasjon med $u=x$ og $v^{\prime }=e^{2x}$, slik at $u^{\prime }=1$ og $v={\displaystyle \frac{1}{2}}{e}^{2x}$.

Vi setter inn grensene $0$ og $\ln 2$, og bruker at $e^{2\ln 2}=e^{\ln 4}=4$:

Siden $g(x)=f^{\prime }(x)$, er $g$ den deriverte av $f$. Analysens fundamentalteorem gir da

Fra grafen leser vi av at $f(-1)=0$ og $f(1)=3$ (toppunktet). Dermed er

Vi bruker samme sammenheng som i a): for vilkårlige $a$ og $b$ er

For at dette skal bli minst mulig, må $f(b)$ være så liten som mulig og $f(a)$ så stor som mulig, innenfor definisjonsmengden $D_g=[-1,4]$.

Fra grafen ser vi at $f$ er voksende på $[-1,1]$ og avtakende på $[1,4]$. Dette betyr at $f$ har sin største verdi på intervallet ved $x=1$, der $f(1)=3$, og sin minste verdi ved høyre endepunkt $x=4$, der $f(4)=-3$.

Vi velger derfor $a=1$ og $b=4$:

Dette er den minste mulige verdien av integralet. Grunnen er at $g(x)=f^{\prime }(x)<0$ nettopp på intervallet $⟨1,4⟩$, altså der $f$ er avtakende. Å utvide integrasjonsområdet mot venstre (mindre $a$) eller innskrenke det mot høyre (mindre $b$) ville tatt med områder der $g(x)>0$, som bare øker integralverdien.

Vi skal løse

Vi setter $u={\displaystyle \frac{\pi }{2}}x-\pi$. Løsningene til $\sin u=-{\displaystyle \frac{1}{2}}$ er

Første familie: ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}x-\pi =-{\displaystyle \frac{\pi }{6}}+2\pi n$

For $x\in ⟨0,10⟩$ gir dette $x={\displaystyle \frac{5}{3}},{\displaystyle \frac{17}{3}},{\displaystyle \frac{29}{3}}$ (for $n=0,1,2$).

Andre familie: ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}x-\pi ={\displaystyle \frac{7\pi }{6}}+2\pi n$

For $x\in ⟨0,10⟩$ gir dette $x={\displaystyle \frac{1}{3}},{\displaystyle \frac{13}{3}},{\displaystyle \frac{25}{3}}$ (for $n=-1,0,1$).

Nullpunktene til $f$ på $⟨0,10⟩$ er dermed

Funksjonen $f(x)=2\sin ({\displaystyle \frac{\pi }{2}}x-\pi )+1$ har formen $f(x)=A\sin (Bx+C)+D$ med $A=2$, $B={\displaystyle \frac{\pi }{2}}$, $C=-\pi$ og $D=1$. Vi finner:

• Amplitude: $A=2$
• Periode: $T={\displaystyle \frac{2\pi }{B}}={\displaystyle \frac{2\pi }{\pi /2}}=4$
• Likevektslinje: $y=D=1$, så $f$ svinger mellom $y_{\min }=-1$ og $y_{\max }=3$

Deriverer for å finne topp- og bunnpunkter:

$f^{\prime }(x)=0$ når ${\displaystyle \frac{\pi }{2}}x-\pi ={\displaystyle \frac{\pi }{2}}+\pi n$, altså $x=3+2n$. Vi sjekker fortegn og finner bunnpunkt ved $x=1$ (verdi $-1$) og toppunkt ved $x=3$ (verdi $3$), deretter gjentas mønsteret med periode $4$.

På $⟨0,10⟩$ gir dette følgende nøkkelpunkter for skissen:

Grafen starter (like etter $x=0$) i nærheten av $y=1$ og synkende, går ned til bunnpunkt $(1,-1)$, opp gjennom nullpunkt $(\frac{5}{3},0)$ til toppunkt $(\mathrm{3,3})$, og gjentar deretter mønsteret med periode $4$ helt til den nærmer seg $x=10$ (like før $x=10$ er $f$ nær $y=1$ og stigende). Skissen tegnes som en sinuskurve med amplitude $2$ om likevektslinjen $y=1$, periode $4$, gjennom punktene i tabellen over.

Vektoren mellom to punkter finner vi ved å trekke koordinatene til startpunktet fra koordinatene til endepunktet.

Kryssproduktet av $\overrightarrow{AB}=[-2,0,-2]$ og $\overrightarrow{AC}=[-5,1,1]$ regnes ut komponentvis:

Vi ser at

Siden $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$ er en skalar ganger $\overrightarrow{n}$, er vektoren $\underline{\underline{\text{parallell med }\overrightarrow{n}}}$.

Planet $\alpha$ gjennom $A(\mathrm{2,1,0})$ har normalvektor $\overrightarrow{n}=[1,6,-1]$ (siden $\overrightarrow{n}$ er parallell med $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}$, står den normalt på planet gjennom $A$, $B$ og $C$). Planlikningen blir

For $t=2$ er $T(2+2,2^2+4,1+2)=T(4,8,3)$.

Volumet av tetraederet $ABCT$ kan regnes ut med formelen

Vi finner $\overrightarrow{AT}=T-A=[4-2,8-1,3-0]=[2,7,3]$, og

(Kontroll med $V={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot G\cdot h$: grunnflaten $G={\displaystyle \frac{1}{2}}|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}|=\sqrt{38}$, og høyden fra $T$ til $\alpha$ er $h={\displaystyle \frac{41}{\sqrt{38}}}$, som gir samme volum.)

For generell $t$ er $T(2+t,t^2+4,1+t)$, som gir

Dette uttrykket er alltid positivt, så

Vi setter $V(t)={\displaystyle \frac{26}{3}}$:

Rekken

er geometrisk med $a_1=2$. Vi finner kvotienten ved å dele et ledd på det foregående:

(kontroll: ${\displaystyle \frac{{(\ln x)}^2/2}{\ln x}}={\displaystyle \frac{\ln x}{2}}$, samme kvotient).

En uendelig geometrisk rekke konvergerer når $|k|<1$:

Vi tar $e^{(\cdot )}$ på alle ledd (voksende funksjon, bevarer ulikheten):

For $x=e$ er $\ln e=1$, som gir kvotient $k={\displaystyle \frac{1}{2}}$. Siden $|k|<1$ konvergerer rekken, og summen av en uendelig geometrisk rekke er

Vi ønsker en uendelig geometrisk rekke med konvergensområde $⟨2,4⟩$, altså der kvotienten $k(x)$ oppfyller $|k(x)|<1\iff 2<x<4$.

Kravet $|k|<1\iff -1<k<1$ svarer til intervallet $⟨2,4⟩$ hvis vi velger $k=x-3$, siden

Med $a_1=1$ får vi rekken

(Andre valg av $a_1\ne 0$ og samme kvotient $k=x-3$ gir også gyldige svar.)

Vi legger dataene fra tabellen inn som punkter i GeoGebra og bruker regresjonskommandoen for sinusfunksjoner (FitSin) til å tilpasse en funksjon på formen $g(x)=a+b\cdot \sin (cx+d)$.

GeoGebra gir modellen

Grafen til $g$ passer godt med datapunktene fra tabellen, se figuren.

Datatrafikken øker raskest der veksten $f^{\prime }(x)$ er størst, altså der $f^{\prime \prime }(x)=0$ og $f^{\prime }$ går fra å vokse til å avta (et vendepunkt på $f$ hvor $f$ går fra konkav opp til konkav ned).

Vi bruker CAS i GeoGebra til å derivere $f$ to ganger:

$f^{\prime }(x)$ er størst når $\cos (\mathrm{0,26}x+\mathrm{3,2})=1$, altså når $\mathrm{0,26}x+\mathrm{3,2}=2\pi$ (den løsningen som ligger i $[\mathrm{0,24}]$):

Dette gir $f^{\prime }(\mathrm{11,86})=\mathrm{132,6}\mathrm{G}\mathrm{B}/\mathrm{t}\mathrm{i}\mathrm{m}{\mathrm{e}}^2$, som er et maksimum for $f^{\prime }$ (kontrollert ved at $f^{\prime \prime }$ skifter fortegn fra positivt til negativt her).

$x\approx \mathrm{11,86}$ timer etter midnatt tilsvarer kl. $11:52$ ($\mathrm{0,86}\cdot 60\text{min}\approx 52\text{min}$).

Datatrafikken økte altså raskest omtrent kl. $\underline{\underline{11:52}}$.

Den totale utgående datatrafikken i løpet av døgnet er arealet under $f$ fra $x=0$ til $x=24$:

Se CAS-utregningen i figuren over (samme skjermbilde som i b)), som gir det eksakte uttrykket

Den totale utgående datatrafikken gjennom døgnet er dermed omtrent $\underline{\underline{19683\mathrm{GB}}}$.

I uke 0 (før noe har rukket å skje) er det $20$ personer som har covid-19 — disse ble smittet utenfor byen og kom inn med sykdommen.

I løpet av uke 1 smitter hver av de $20$ i gjennomsnitt $R$ nye personer, altså $20\cdot R$ nysmittede den uka.

I løpet av uke 2 er det de $20\cdot R$ som ble smittet i uke 1, som nå smitter videre. Hver av dem smitter i gjennomsnitt $R$ nye, så antallet nysmittede i uke 2 blir $20\cdot R\cdot R=20\cdot R^2$.

Generelt: antallet nye smittede i uke $k$ er alltid $R$ ganger antallet nye smittede uken før, siden det er de nysmittede fra forrige uke som fører smitten videre. Dette gir en geometrisk følge av nysmittede per uke:

Det totale antallet som har hatt eller har sykdommen etter $n$ uker, er summen av alle disse ukentlige tilskuddene:

Dette er en geometrisk rekke med $a_1=20$ og kvotient $k=R$, som skulle vises.

Med $R=\mathrm{1,7}$ og $n=8$ uker blir summen

Regnet ut i GeoGebra CAS:

Vi finner $S_8\approx \mathrm{3359,65}$, altså i overkant av $3360$ personer.

$\underline{\underline{\text{Etter 8 uker har omtrent }3360\text{ personer hatt eller fått covid-19.}}}$

Fra linje 1 og linje 2 i utklippet over har vi $S_8\approx \mathrm{3359,65}$, og at antall nysmittede i uke 8 (siste ledd i rekka) er $20\cdot R^8\approx 20\cdot \mathrm{69,758}\approx \mathrm{1395,15}$.

Etter tiltakene innføres et nytt R-tall, som vi kaller $r$. Det er de $20\cdot R^8$ personene som ble smittet i uke 8, som nå driver smitten videre med det nye R-tallet. Antall nysmittede i de påfølgende ukene danner en ny geometrisk rekke:

med $a_1=20\cdot R^8\cdot r$ og kvotient $r$. For at smitten skal dø ut (og det totale antallet ikke vokse mot uendelig), må $0<r<1$. Da har rekka en sum til uendelig:

Det totale antallet smittede blir da $S_8$ pluss denne uendelige rekka, og kravet er at dette ikke skal overstige $10000$:

Løst i GeoGebra CAS (linje 3 i utklippet over):

Siden uttrykket er voksende i $r$, betyr dette at $r\le \mathrm{0,826}$.

$\underline{\underline{R\le \mathrm{0,826}}}$ — R-tallet må reduseres til høyst omtrent $\mathrm{0,826}$ (dvs. under $1$, slik at epidemien dør ut) for at det totale smittetallet i byen ikke skal overstige $10000$.

Retningsvektoren til linja $\ell$ er

som vi forkorter til $(3,0,4)$. En parameterframstilling for $\ell$ er dermed

Kuleflaten $K$ har likning ${(x+1)}^2+{(y-3)}^2+{(z-4)}^2=r^2$. Med $r=5$ setter vi inn punktene på linja:

CAS bekrefter dette (linje 6 i utklippet):

Setter vi inn i parameterframstillingen for $\ell$, får vi de to skjæringspunktene (linje 5 og 6 i det andre utklippet):

Svar: $\underline{\underline{P_1(\frac{7}{5},0,\frac{36}{5}),P_2(-\frac{17}{5},0,\frac{4}{5})}}$

Linja $\ell$ og kuleflaten $K$ har skjæringspunkt for de $r$ som gjør at likningen fra a) har en løsning $t$. Med generell $r$ blir likningen

så avstanden fra sentrum $S$ til et punkt på linja er $r(t)=\sqrt{25{(t-1)}^2+9}$. Den minste verdien av $r$ som gir skjæringspunkt, er minimumsverdien av denne funksjonen — altså korteste avstand fra $S$ til linja $\ell$.

Vi deriverer og løser $r^{\prime }(t)=0$ i CAS:

CAS gir $t_{\min }=1$ og $r_{\min }=g(1)=3$.