Extra oefening hoofdstuk 1

Extra oefening hoofdstuk 1

(

)

(

)

(

dR = 1 ⋅ e− 70v + v ⋅ e− 70v ⋅ − 1 = e− 70v 1 − v = 0 als e− 70v 1 − 70 70 dv waaruit volgt dat v = 70 km/uur. v = 70 geeft R = 70 ⋅ e−1 ≈ 25, 75 mg/min.

1a

v 70

) = 0 dus als 1 −

b

2a

b

c

x 2 x x ⋅ 2 x 2 − x ln 2 x ⋅ (2 − x ln 2) f ' x = 2 x ⋅ 2 − x 2⋅ ln 2 ⋅ 2 = = 2x 2 2x 2x

d

f ' x = 5⋅

e

f

f' x =

g

f x = 2 ⋅ ln x

h

f' x =

3a

( ) f '( x) = 2 x ⋅ e

v 70

=0

f ' x = e−2 x ⋅ −2 = −2e−2 x

(

+ x 2 ⋅ e3 x ⋅ 3 = x ⋅ e3 x 2 + 3 x

3x

( )

( )

(

)

)

( ) ( ) ⋅ ln ( ) = 5 ln ( ) ⋅ ( ) 1 f '( x) = 1 ⋅ 1 ⋅ 1 = ln 2 x − 1 ( x − 1) ⋅ ln 2 ( )

2 3

x

2 3

x

2 3

1 ⋅ −3 = −3 5 − 3x 5 − 3x

( )

(

( )

2 3

)

−1

( )

(

dus f ' x = −2 ln x

)

−2

⋅ 1 = −22 x x ln x

1 ⋅ ex = ex e +1 ex + 1 x

Df = 〈0, →〉 1

y

0,5 O

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

–0,5 –1 –1,5

b

c

d

4a

b

c

d

e

f

2 ln x > 0 voor 2 ln x > 0 dus x > 1 x De y-as is de verticale asymptoot en de x-as de horizontale asymptoot. 2 ⋅ x − 2 ln x ⋅ 1 f' x = x = 2 − 22ln x = 0 als ln x = 1 dus voor x = e x2 x Het maximum is f e = 2 ≈ 0, 74 . e

( )

()

( ) F ( x) = 2 ⋅ 3 + C ln 3 f ( x ) = e + e dus F ( x ) = − e + e F ( x) = 2 + C 3 ln 2 F ( x ) = −5 ln ( − x − 1) + C f ( x ) = 2e − 3 x + 4 dus F ( x ) = −2e + 3 x x F x = − 12 e−2 x + C x

1 2

1− x

1 2

1+ x

1 2

1− x

1 2

1+ x

+C

3x

−x

⁄ 206 0pm_MW9_VWOBB_WiskB_Dl3_Uitw.indd 206

−2

−x

−1

+ 4 ln x + C = −2x + 3 + 4 ln x + C x e

© Noordhoff Uitgevers bv

4-5-09 12:18


5a

b

2

dus A ( 2 ) = ∫ f ( x ) d x = −2e ( ) A ( p) = ∫ f ( x ) d x = −2e − −2e = −2 ( e A ( p) = 2 als e − e =1

F x = −2e

−1− 12 x

p

−3

c

e

1 2

6a b

−1− 12 p

−1− 12 p

1 2

−1− 12 p

= e −1

( p = −2 − 2 ln (

−3

p + 1 = − ln −1 + e

)

−1− 12 ⋅2

−1− 12 ⋅−3

− −2e

−1− 12 p

1

− e2

−1− 12 ⋅−3

)

1

= −2e−2 + 2e 2 ≈ 3, 027

)

e − 1 ≈ −1, 13

e2 x = 5 2 x = ln 5 x = 12 ln 5 ln 2 x = 5 2 x = e5 x = 12 e5


0pm_MW9_VWOBB_WiskB_Dl3_Uitw.indd 207

⁄ 207 4-5-09 12:18


1a t

–3 –6 75

x y

–2 –1 20

–1 2 1 60

0 3 0

1 2 –1

2 –1 –20

3 –6 –75

y

40 20 –6

–5

–4

–3

–2

–1 O

1

2

3

4

5

x

–20 –40 –60

b

x = 3 − t 2 = 0 dus t = − 3 of t = 3

( )

( 3) = 2 ⋅ 3 − 3⋅ 3 3 ) en ( 0, −7 3 ) .

y − 3 = 2 ⋅ − 3 − 3 ⋅ −3 3 = 7 3 en y

De snijpunten met de y-as zijn 0, 7

(

2a

3

3 = −7 3

y

2 1 –6

–5

–4

–3

–2

–1 O

1

2

3

4

5

x

–1 –2 –3

dy Keerpunten: dx = −6 sin 2t = 0 voor 2t = kπ geeft t = 12 kπ en = 2 cos t = 0 voor dt dt t = 12 π + kπ .

Binnen het domein: t = 12 π en t = 1 12 π .

Dit geeft de keerpunten −3, 2 en −3, −2 .

b

2 ⋅ 12 3 dy 2 cos 16 π = = = − 13 1 dx −6 sin 3 π −6 ⋅ 1 3 2

c

(

)

(

)

dx = 0 geeft t = 1 kπ dus t = 0 , t = 1 π , t = π , t = 1 1 π . 2 2 2 dt Dit geeft de punten: 3, 0 , −3, 2 en −3, −2 .


( ) (

)

(

)


4-5-09 12:18


1,5

3a

y

b = 0,5

1

b=2

0,5

b=1 –2

–1

1

O

2

3

x

–0,5

–1

b

De kromme heeft keerpunten als b even is. Wanneer b = 4 wordt de kromme:

 x = 1 + 2 sin t   y = cos 4t

y = cos 4t = 0 geeft 4t = 12 π + kπ dus t = 18 π + 14 kπ met domein  0, 2 π  geeft dat

( ) π geeft (1, 76; 0 ) , t = π π geeft ( −0, 85; 0 ) , t =

( ) ( ) t = geeft ( 0, 23; 0 ) , t = π geeft ( −0, 85; 0 ) t = π geeft ( 0, 23; 0 ) . Snijpunten met de x-as zijn dus ( −0, 85; 0 ) , ( 0, 23; 0 ) , (1, 76; 0 ) en ( 2, 85; 0 ) . t = 18 π geeft 1, 76; 0 , t = 83 π geeft 2, 85; 0 , t = 85 π geeft 2, 85; 0 7 8

9 8

13 8

11 8

15 8

dy Horizontale snelheid: dx = 2 cos 2t ; verticale snelheid: = cos t − 2 sin 2t . dt dt

4a

b

c Het punt 0, 1 krijg je voor t = 0 en voor t = π .

2

 dy    v t =  dx  +    dt   dt 

()

2

()

dus v 1 =

( 2 cos 2 ) + ( cos 1 − 2 sin 2 ) 2

2

≈ 2, 33 ≈ 1, 53

1 2

en t = π geeft

( )

dy cos 0 − 2 sin 0 De helling van de raaklijnen: t = 0 geeft = = dx 2 cos 0 dy cos π − 2 sin 2 π = = − 12 . dx 2 cos 2 π

5a x heeft periode 23π = 23 π en y heeft periode 22π = π . De kromme heeft dan periode 2π want 3 ⋅ 23 π = 2 ⋅ π = 2 π . b −1 ≤ sin 3t ≤ 1 en −2 ≤ −2 sin 3t ≤ 2 dus 1 ≤ 3 − 2 sin 3t ≤ 5 en −1 ≤ cos 2t ≤ 1 en −2 ≤ 2 cos 2t ≤ 2 dus 1 ≤ 3 + 2 cos 2t ≤ 5 . De x-coördinaat en de y-coördinaat zijn dus beide positief. c Je krijgt het punt 3, 2 wanneer 3 − 2 sin 3t = 3 ⇒ sin 3t = 0 ⇒ t = 13 kπ en wanneer 3 + 2 cos 2t = 2 ⇒ cos 2t = − 12 ⇒ t = 13 π + kπ of t = 23 π + kπ dus voor t = 13 π , t = 23 π , t = 1 13 π en t = 1 23 π . d Je krijgt het keerpunt 1, 1 voor t = 1 12 π ≈ 4, 71 dus de helling in het keerpunt is dan

( )

( )

ongeveer

( (

) )

dy −4 sin 2 ⋅ 4, 71 ≈ 0, 44 = dx −6 cos 3 ⋅ 4, 71



⁄ 209 4-5-09 12:19

Oefentoets hoofdstuk 1 en 2 1a H is de verdubbelingstijd dus 1, 2 H = 2 geeft H = 1,2 log 2 ≈ 3, 8 dus H ≈ 3, 8 uur b 10 000 = 5000 ⋅ 2 u⋅3,8 geeft 2 u⋅3,8 = 2 dus 3, 8u = 1 en u ≈ 0, 26 c Dan moeten de twee formules aan elkaar gelijk zijn. 1, 2 t = 2 uH Maak van groeifactor 1,2 ook 2 en je krijgt:

(2

2

log 1,2

) =2 t

d

9

2

⇒ 2 t ⋅ log 1,2 = 2 uH ⇒ t =

uH

2

uH . log 1, 2

y

8 7 6 5 4 3 2 1 –6

–4

–2

O

2

4

6

8

10

12

14

t

Wanneer je de grafiek van y = 2 t ten opzichte van de y-as met factor vermenigvuldigt krijg je de grafiek van y = 1, 2 t . e Deze factor is gelijk aan H.

(

( )

(

)

≈ 3, 8

)

2a

b

f x = e3 x = e3 x

c

x x f ' x = − sin x ⋅ e − 2cos x ⋅ e ex

d

5 ln 4 (2 x) f ' x = 5 ⋅ ln 4 2 x ⋅ 1 ⋅ 2 = 10 ln 4 2 x = 2x 2x x

3a

c

1 log 1,2

ex 1 + x 1 x x f ' x = x ⋅ 1 ⋅ e + xe = = 1+ x x x xe xe

b

2

( )

( )

( ) ( )

1 2

( )

( ) −e ( sin x + cos x ) − sin x − cos x = =

= e1,5 x dus f ' x = 1, 5e1,5 x

( )

x

e2 x

ex

( )

Het domein van f1 is x > 0 . Ja, ln x bestaat alleen als x > 0 .

( ) (

(

a fa ' x = ax a−1 ⋅ ln x + x = ax a−1 ⋅ ln x + x a−1 = x a−1 a ⋅ ln x + 1 x 1 − a−1 d x a ⋅ ln x + 1 = 0 geeft a ⋅ ln x + 1 = 0 dus x = e a

)

)

a

1 −  −1   −1  De extreme waarde is f  e a  =  e a  ln e a = e −1 ⋅ − 1 = − 1 . a ae    

Er is een minimum als a > 0 en een maximum als a < 0 .

1 = −1 dus a = 1 ae e −1  − 1a 1  invullen geeft − 1 = ln e a dus − 1 = − 1 en dat is waar voor f De top is  e , − a a ae  ae e 

e −

elke a ≠ 0 .



4-5-09 12:19

Oefentoets hoofdstuk 1 en 2

4a Er is een horizontale asymptoot y = p want e− qt → 0 als t → ∞ .

(

b Voor de relaxatietijd τ geldt 0, 63 × p = p 1 − e− qτ

) dus 0, 63 = 1 − e

en e− qτ = 0, 37 .

ln 0, 37 . −q = qp en voor t = τ :

Dan geldt ln e− qτ = ln 0, 37 dus −qτ = ln 0, 37 met τ =

dv = qpe− qt dan is voor t = 0 : dv = qpe− q⋅0 dt dt

c

−qτ

dv = qpe− q⋅τ = qpe− q⋅ ln−0q,37 = qpeln 0 ,37 = 0, 37qp dt d Als de afgeleide weg s een functie is van t, dan is de afgeleide van s de snelheid. Zo is de primitieve van de functie v(t) weer de afgelegde weg.

Een primitieve van v(t ) is V (t ) = p ⋅ t + qp e − qt . Voor s(t1 ) geldt dan dat t1

)

s ( t1 = ∫ v(t ) dt = V (t )  0

t1

= pt1 +

(

)

 p − qt1  p p − qt − qt e −  p ⋅ 0 + e− q⋅0  = pt1 + e 1 = pt1 + qp e 1 − 1 . q q q  

0

5a

2

y

1

–2

O

–1

1

2

3

4

x

–1

y = 1 + sin 3t = 0 als sin 3t = −1 waaruit volgt dat 3t = 1 12 π + 2 kπ dus t = 12 π + 23 kπ t = 12 π geeft 3, 0 en t = 1 16 π en t = 1 65 π geven 1 12 , 0 b 2π want 2 ⋅ π = 3 ⋅ 23 π = 2 π c Voor de keerpunten moet gelden: 2 sin 2t = 0 ⇒ t = 12 kπ en 3 cos 3t = 0 ⇒ t = 16 π + 13 kπ . Je krijgt de keerpunten dus voor t = 12 π en t = 1 12 π > De keerpunten zijn 3, 0 en 3, 2 .

( )

(

)

( )

( )

( (

) ) ( 2 sin 2t ) + ( 3 cos 3t )

d

dy 3 cos 3 ⋅ 2 ≈ −1, 90 = dx 2 sin 2 ⋅ 2

e

v t =

()

2

2

()

dus v 5 =

( 2 sin 10 ) + ( 3 cos 15) 2

2

≈ 2, 53

6a x = 0 is de verticale asymptoot en y = −1 is de horizontale asymptoot. 2 b x = 4t − 12 t = 12 t 8 − t = 0 voor t = 0 of t = 8 Voor t = 0 bestaat y niet en t = 8 geeft y = − 12 dus het snijpunt met de y-as is 0, − 12 .

(

(

)

)

y = 4 − 1 = 0 dus t = 4 t Voor t = 4 geldt x = 8 dus het snijpunt met de x-as is 8, 0 .

( ) voor t = 4 dus er is een verticale raaklijn in ( 8, 0 ) .

dx = 4 − t = 0 dt dy = − 42 = 0 heeft geen oplossingen dus de kromme heeft nergens een horizontale dt t raaklijn.

c



⁄ 211 4-5-09 12:20

Oefentoets hoofdstuk 1 en 2

()

()

7a x 0 = sin 0 + sin 0 = 0 + 0 = 0 en y 0 = cos 0 − cos 0 = 1 − 1 = 0 Voor t = 0 gaat de kromme altijd door de oorsprong. b x = 2 sin t en y = 0 . De x-waarde loopt van –2 tot 2 en y = 0 dus het is een lijnstuk op de x-as met beginpunt (–2, 0) en eindpunt (2, 0). y c 2

1

–2

–1

O

1

2

x

–1

–2

d De kromme heeft verticale raaklijnen als de grafiek van f uiterste waarden heeft. Met de grafische rekenmachine vind je als uiterste waarden van f: 1,76 voor t ≈ 0, 94 ; 0,37 voor t ≈ 3, 71 ; =0,37 voor t ≈ 2, 57 en –1,76 voor t ≈ 5, 35 . Het invullen van de t-waarden in g levert de bijbehorende y-waarden op. Je krijgt dan 1, 76; 0, 89 , 0, 37; −1, 26 , −0, 37; −1, 26 en −1, 76; 0, 89 . De kromme heeft horizontale raaklijnen als de grafiek van g uiterste waarden heeft. Deze zijn: 0 voor t = 0; 1,13 voor t ≈ 1, 32 en t ≈ 4, 97 en –2 voor t ≈ 3, 14 . De kromme heeft een horizontale raaklijn in (0, 0), 1, 45; 1, 13 , −1, 45; 1, 13 en 0, −2 . e Gegeven is dat a geheel positief is.

(

(

) (

) (

)

( ) ( ) Als a is even geldt x ( π ) = 0 en y ( π ) = −2

) (

)

( ) dus door ( 0, −2 ) .

Als a is oneven geldt x π = y π = 0 dus door 0, 0 .

De kromme gaat dus door de oorsprong voor a oneven.

dy Voor t = 14 π geldt dx = cos 14 π − sin 14 π = 0 en = 2 ⋅ 12 cos 2 ⋅ 14 π = 0 . d t d t b t = 14 π ≈ 0, 785

(

8a

(

)

)

cos 2 ⋅ 0, 785 dy = ≈ 1, 41 dx cos 0, 785 − sin 0, 785 dy c = cos 2t = 0 voor t = 14 π + k ⋅ 12 π dt

)

(

)

(

dx = 0 voor t = 14 π of t = 1 14 π dt

(

)

(

)

Voor het andere keerpunt geldt dus t = 1 14 π en dit is − 2 , 12 ≈ −1, 41; 0, 5 . dy dx ≠ 0 voor t = 3 π en t = 1 3 π . d = 0 en 4 4 dt dt De kromme heeft een horizontale raaklijn in 0, − 12 .

(


)


4-5-09 12:20

Extra oefening bij hoofdstuk 3

1a D D

E

C

A

B

E

C

A

B

b De cirkelbogen samen vormen een volledige cirkel met straal 1. De gezamenlijke

lengte van die bogen is dus 2 . De lijnstukken van de iso-1-lijn komen overeen met de lijnstukken waaruit vijfhoek ABCDE bestaat. Deze lijnstukken beslaan dus

samen lengte van 3 + 3 + 1 12 2 + 1 12 2 + 3 = 9 + 3 2 en de lengte van de iso-1-lijn is

9 + 3 2 + 2 ≈ 19,52 . c Voor gebied G geldt dat de iso- a -lijnen voor grote a steeds rondere vormen aannemen en zelfs op den duur goed te benaderen zijn met een cirkel. Voor gebied H geldt dat de inhammen voor grotere a al snel verdwijnen (bij de iso-1-lijn is dat laatste nog niet helemaal het geval) en dat de iso- a -lijnen steeds rondere vormen aannemen. Ook voor H geldt dat de iso- a -lijnen op den duur goed zijn te benaderen met een cirkel.

2a c

M

V1 P V2

De conflictlijn is cirkel c met middelpunt M en een straal die het gemiddelde is van de stralen van de concentrische cirkels in de opgave. b Het is duidelijk dat de conflictlijn niet (geheel of gedeeltelijk) binnen de binnenste cirkel ligt en ook niet (geheel of gedeeltelijk) buiten de buitenste cirkel. Een punt P tussen de twee cirkels heeft voetpunten V1 en V2 , die allebei op de halfrechte van M naar P liggen. Wil P op de conflictlijn liggen, dan moet P midden tussen V1 en V2 liggen en dus is de conflictlijn een cirkel met hetzelfde middelpunt M en met een straal die het gemiddelde is van de stralen van de cirkels uit de opgave .



⁄ 213 4-5-09 12:20


3

Omdat vierhoek ABDE koordenvierhoek is, geldt ∠ABD + ∠AED = 180 0 . Verder is ∠AED + ∠DEC = 180 0 en dus ∠ABD = ∠ABC = ∠DEC. Dus:

∠ABC = ∠DEC   ⇒ ABC DEC ⇒ ∠ACB = ∠DCE 

BC EC AC DC

AB

⇒ 12 = 6 ⇒ 6 EC = 36 ⇒ EC = 6 ⇒ AE = 14 − 6 = 8 en DE EC 3

=

AB

=

DE

⇒ 14 = 6 ⇒ 6 DC = 42 ⇒ DC = 7 ⇒ BD = 12 − 7 = 5 DC 3

4a 3

4 P

5 Q

2

6 R 1

A

Hierboven zijn sectoren 1 t/m 6 aangegeven. b In sector 1, 3 en 5 komt de conflictlijn overeen met delen van de middelloodlijnen van respectievelijk AR, AP en AQ. In sector 2 en 6 komt de conflictlijn overeen met delen van parabolen met brandpunt A en richtlijn PR respectievelijk RQ. De conflictlijn ligt in het geheel niet in sector 4: Daar ligt geen enkel punt dat even ver van A als van het driehoekig gebied PQR ligt. c

P

Q V

U S

R T A

Je vindt bij voorbeeld punt S in sector 2 door een voetpunt U op PR te kiezen en de loodlijn in U op PR met de middelloodlijn van AU te snijden.



4-5-09 12:20


1a

c2 c1 U

N B

A

De meetkundige plaats van middelpunten N is de verzameling van punten waarvoor geldt d( N , c1 ) = d( N , B) , de conflictlijn tussen c1 en B buiten c1 en is volgens de definitie een hyperbooltak. b c3 heeft middelpunt B en een straal die gelijk is aan die van c1 . Verder is X = A . c Neem de richtcirkel van een van de takken, bij voorbeeld c3 . c3 U

M

B

A

V

De constructie gaat als volgt: Teken een cirkel door A en B met middelpunt M dat precies midden tussen A en B in ligt. Snijd deze cirkel met de gekozen richtcirkel ( c3 ). Dit levert de punten U en V op. Trek nu de lijnen door punt M die respectievelijk evenwijdig aan BU en AV zijn en je hebt de gevraagde asymptoten.

2 S

F

l

U

T

V

De lijn door F evenwijdig aan richtlijn l snijdt de parabool in S en T . Omdat de raaklijn in S ∠FSU (90 0 ) middendoor deelt, voldoet punt S aan de voorwaarde. Voor punt T geldt iets dergelijks.



⁄ 215 4-5-09 12:20


3

F

De gereflecteerde lichtstralen lijken hier uit het brandpunt te komen.

4a P

l

t

F

U

R

Laat een loodlijn neer van R op l . snijpunt met l is U. De bissectrice van ∠FRU is de raaklijn in R aan de parabool. b Deze raaklijn staat loodrecht op PF . c V is het snijpunt van l en PF. d l

t

V

Q

S

P

W

T

F R

5a

S is het snijpunt van de lijn door V loodrecht op l en de lijn door P loodrecht FV. c

V

Q R r

B A



4-5-09 12:20


b De richtcirkel c met middelpunt A heeft als straal AR + RB = AR + RV = AV

c

en dus ligt V erop. c

V

Q

4

R 1

r

3 2

B A

Laat ∠R1 = α , dan is ∠R4 = α (overstaande hoek) en ook ∠R3 = α (hoek van inval is hoek van terugkaatsing), dus ∠ARB = ∠R2 = 180 0 − 2α . Omdat RV = RB , is BVR gelijkbenig en geldt: ∠RVB = ∠RBV . Omdat ∠V + ∠RBQ + 2α = 180 0 is ∠RBQ = 12 (180 0 − 2α ) = 12 ∠ARB . d c V

Q R r A

M

B

De cirkel met als middellijn de lange as van de ellips heeft een middelpunt dat precies tussen A en B ligt en een straal gelijk aan 12 AV . Bewezen moet dus worden dat QM = 12 AV . Volgt uit de gelijkvormigheid van de driehoeken BMQ en BAV (zhz : ∠B gemeenschappelijk, BA = 12 BM , BQ = 12 BV ).



⁄ 217 4-5-09 12:20

Oefentoets bij hoofdstuk 3 en 4

1a

H S l

m

b De conflictlijn bestaat uit twee gedeelten van parabolen, de parabool met brandpunt

H en richtlijn l en de parabool met brandpunt H en richtlijn m. c Het linkergedeelte bestaat uit punten P met d( P , l ) = d( P , H ) , het rechtergedeelte bestaat uit punten Q met d(Q, m) = d(Q, H ), Punt S ligt op beide paraboolgedeelten en dus is d(S, l ) = d(S, H ) en d(S, m) = d(S, H ) ⇒ d(S, l ) = d(S, m) en S ligt op de bissectrice van l en m . 2a

h

De iso-1-lijn bestaat uit 10 stukken. b De iso-lijn bestaat voor het eerst uit 9 stukken als de halve cirkel in de inham (vergelijk de halve cirkel h in de iso-1-lijn) gereduceerd is tot een punt. En dus is c gelijk aan de straal van de in gebied G uitgespaarde halve cirkel. Dit is dus

1 2

⋅ (5 2 − 2 ⋅ 2) = 2 12 2 − 2 .

3a Er is een vijflandenpunt omdat de middelloodlijnen van BC , CD, DE, EF en FB

door één punt ( M ) gaan. Dit is een rechtstreeks gevolg van het feit dat de centra B, C , D, E en F op een cirkel liggen.



4-5-09 12:21


b

D

C H

B M

E

G F

c Als je bijvoorbeeld centrum F verplaatst naar een plek op de cirkel die door de

centra B, H en G gaat, dan ontstaan er in het Voronoi-diagram 2 vierlandenpunten.

4a

B

A

De constructie gaat als volgt: Kies een punt V op de cirkel. Teken een halfrechte vanuit A door V en snijd deze halfrechte met de middelloodlijn van VB . Het snijpunt ligt dan op de conflictlijn. b Dit volgt direct uit de constructiemethode. P ligt op de conflictlijn, dus d( P , c) = d( P , B) ⇒ PA − AV = PB ⇒ PA − PB = AV = 2 c B c

A

s

De gebieden c en B zijn symmetrisch ten opzichte van de lijn AB, de conflictlijn dus ook.



⁄ 219 4-5-09 12:21


T

5a

F1

F1 M =

M 1 2

F2

F1 F2 = 12 ⋅ 12 = 6 en MT = 12 ⋅ 5 = 2 12 . Met de stelling van Pythagoras krijg

je F1T = 6 12 en de lange as is dus F1T + F2T = 2 ⋅ 6 12 = 13 (alles in cm).

b

T

F1

M

F2

6a Een cirkel c2 raakt aan de binnenkant van cirkel c1 . M ligt dan op één lijn met A

en het raakpunt R dat tevens voetpunt is van M op c1 . Er geldt

d( M, c1 ) = MR = straal c2 = MB .

b Er geldt d( M , c1 ) = MB = d( M, B) . Omdat d( M , c1 ) = straal c1 − d( M , A) geldt dus voor zo’n middelpunt M dat d( M, A) + d( M, B) = straal c1 (constante), hetgeen precies aansluit bij de definitie van een ellips met brandpunten A en B.

7 P F m

T

S

W l

Q V

r

Teken eerst een aantal hulplijntjes: de symmetrielijn door F en T , de richtlijn l op afstand FT van m , het lijnstuk FP . Verleng verder het lijnstuk PQ en bepaal snijpunt V. Er geldt FPS ≅ VPS (ZHZ ) : ∠FPS = ∠VPS (eigenschap raaklijn), PS = PS en FP = VP ( P ligt op de conflictlijn). Hieruit volgt FS = VS . Vervolgens is QSV ≅ TS F ( HZH ) : ∠QSV = ∠TS F (overstaande hoeken), FS = VS , ∠QVS = ∠TFS ( Z − hoeken ). En dus is TS = QS en deelt de raaklijn in P het lijnstuk TQ middendoor.



4-5-09 12:21


8a P

F1

b

F2

a1

a2 S

F1

F2 M

T

Bepaal het midden M tussen F1 en F2 , teken de cirkel met middelpunt M door F1 en F2 . Bepaal de snijpunten met cirkel c( F1 , 3) en noem deze S en T . Teken nu lijnen door M evenwijdig aan F1 S en F1T en je hebt de asymptoten a1 en a2 . c De asymptoten staan loodrecht op elkaar als F1 S ⊥ F1T . Om te zorgen dat ∠SF1T = 90 0 moet bijvoorbeeld F1 MS een 45-90-45 graden driehoek zijn en dus moet dan F1 M = F1 S ⋅ sin 450 = 3 ⋅ 12 2 = 1 12 2 en F1 F2 = 3 2 .



⁄ 221 4-5-09 12:21


1a

b c

cos 2t = 1 + sin t 1 − 2 sin 2 t = 1 + sin t 0 = 2 sin 2 t + sin t sin t ( 2 sin t + 1) = 0 sin t = 0 of sin t = − 12 t = kπ of t = 1 16 π + 2 kπ of t = 1 65 π + 2 kπ cos 2t = cos t − 1 2 cos 2 t − 1 = cos t − 1 2 cos 2 t − cos t = 0 cos t ( 2 cos t − 1) = 0 cos t = 0 of cos t = 12 t = 12 π + kπ of t = 13 π + 2 kπ of t = 1 23 π + 2 kπ cos 2t = 2 cos 2 t − 1 ⇒ 2 cos 2 t = cos 2t + 1 ⇒ 4 cos 2 t = 2 cos 2t + 2 1 π 4

∫ 4 cos 0

2a

2

t dt =

1 π 4

∫ ( 2 cos 2t + 2 ) dt =  sin 2t + 2t  0

1 π 4

0

(

) (

)

= 1 + 12 π − 0 + 0 = 1 + 12 π

Keerpunten: dx = 0 ⇒ −3 sin 3t = 0 ⇒ sin 3t = 0 ⇒ 3t = kπ ⇒ t = 13 kπ en dt dy = 0 ⇒ − sin t = 0 ⇒ t = kπ . Binnen het domein: t = 0 , t = π en t = 2π . dt Dit geeft de punten (1, 1) en (−1, −1) .

(

) )

cos 3t = cos ( 2t + t ) = cos 2t ⋅ cos t − sin 2t ⋅ sin t = 2 cos 2 t − 1 ( cos t ) − 2 sin t ⋅ cos t ⋅ sin t = 2 cos 3 t − cos t − 2 sin 2 t cos t = 2 cos 3 t − cos t − 2 1 − cos 2 t ( cos t ) = 2 cos 3 t − cos t − 2 cos t + 2 cos 3 t = 4 cos 3 t − 3 cos t x = 4 y3 − 3 y dy = 0 . Een Wanneer je een horizontale raaklijn wilt bepalen doe je dat met dx verticale raaklijn vind je door dx = 12 y2 − 3 = 0 geeft y2 = 14 dus y = 12 of y = − 12 . dy y = 12 geeft x = 4 ⋅ 18 − 3 ⋅ 12 = −1 en y = − 12 geeft x = 4 ⋅ − 18 − 3 ⋅ − 12 = 1

De punten met verticale raaklijnen zijn dus −1,

b c

d

3a

b

(

c

1 2

) en (1,

)

− 12 .

y = sin 2t dus 2 y2 = sin 2 2t = ( 2 sin t ⋅ cos t ) = 4 sin 2 t ⋅ cos 2 t = 4 1 − cos 2 t ⋅ cos 2 t = 4 cos 2 t − 4 cos 4 t = 4 x 2 − 4 x 4 Voor het domein moet gelden: 4 x 2 − 4 x 4 ≥ 0 ofwel 4 x 2 1 − x 2 ≥ 0 dus Df = −1, 1 .

(

0

(

)

(

)

De oppervlakte van het linker gebied is: 2 ⋅ ∫ 4 x 2 − 4 x 4 d x ≈ 2 ⋅ 0, 667 ≈ 1, 33 . −1

Het rechter gebied heeft dezelfde oppervlakte.



4-5-09 12:22


4a

b

dx = 5 cos t − 5 sin 5t voor t = 1 π geeft dit dx = 5 cos 1 π − 5 sin 5 π = 0 12 12 12 dt dt (dit volgt uit de symmetrie van sin x en cos x in de lijn x = 14 π ). dy dy = −5 sin t + 5 cos 5t voor t = 121 π geeft dit = −5 sin 121 π + 5 cos 125 π = 0 dt dt dy = 0 en dat betekent dat er een keerpunt is. Dus voor t = 121 π geldt dx = 0 en dt dt De baansnelheid is: 2

2    dy  v (t ) =  dx  +   =  dt   dt 

= 25 cos 2 t − 50 cos t ⋅ sin 5t + 25 sin 2 5t + 25 sin 2 t − 50 sin t ⋅ cos 5t + 25 cos 2 5t

= 25 cos 2 t + sin 2 t + 25 sin 2 5t + cos 2 5t − 50 ( cos t ⋅ sin 5t + sin t ⋅ cos 5t )

= 25 + 25 − 50 sin ( 5t + t ) = 50 − 50 sin 6t

−1 ≤ sin 6t ≤ 1 ⇒ −50 ≤ −50 sin 6t ≤ 50 ⇒ 0 ≤ 50 − 50 sin 6t ≤ 100 .

c

(

)

(5 cos t − 5 sin 5t ) + (−5 sin t + 5 cos 5t ) 2

(

2

)

Dus voor de baansnelheid geldt 0 ≤ v(t ) ≤ 100 De baansnelheid is dus minimaal 0 en maximaal 10.



⁄ 223 4-5-09 12:22


1a

f ( x ) = x − x 3 geeft f ' ( x ) = 1 − 3 x 2 dus f '' ( x ) = −6 x

f '' ( x ) = 0 voor x = 0 dus het buigpunt is ( 0, 0 )

g x = e x − x 2 geeft g ' x = e x − 2 x dus g '' x = e x − 2

b

( ) g '' ( x ) = 0 als e

2

6

( )

x

( )

(

= 2 dus x = ln 2 dus het buigpunt is ln 2, 2 − ln 2 2

)

y

5 4 3 2 1 –2

–1

O

1

2

3

4

5

x

–1

x 2 − 4 x + 3 = 0 geeft ( x − 3) ( x − 1) = 0 dus x = 1 of x = 3

Op ←, 1 ∪ 3, → geldt: f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 = x 2 − 4 x + 3 dus f ' ( x ) = 2 x − 4

f ' ( x ) = 0 voor x = 2 , ligt buiten het interval dus vervalt.

Op 1, 3 geldt f ( x ) = x 2 − 4 x + 3 = − x 2 + 4 x − 3 dus f ' ( x ) = −2 x + 4

f ' ( x ) = 0 voor x = 2 geeft maximum 1

3a

Dus f heeft voor x = 1 een minimum 0, voor x = 2 een maximum 1 en voor x = 3 een minimum 0. Doortrekken van de opstaande ribben geeft een piramide met hoogte 40.

b

PQ 40 − h = waaruit volgt 40 ⋅ PQ = 20 ( 40 − h) dus 20 40 PQ = 12 ( 40 − h) = 20 − 12 h . 2 Oppervlakte PQRS = PQ2 = ( 20 − 12 h) = 400 − 20 h − 14 h2 .

c

Inhoud ABCD.EFGH = 13 ⋅ 40 ⋅ 20 2 − 13 ⋅ 30 ⋅ 152 = 3083 13 .

Dan geldt:

10

Of: Inhoud ABCD.EFGH = ∫ (20 − 12 h)2 d h =  − 23 (20 − 12 h)3  0


10 0

= 3083 13 .


4-5-09 12:22


4a

5

y

4 3 2 1 O

–5

5

10

20

15

25

x

–1

b

16

5a

b

(

)

6a

b

16

) )

L=

∫

( )

1 + 4x

2

d x ≈ 4, 6

L is een cirkel met straal 4 dus de lengte is 2 π ⋅ 4 = 8 π f ( x ) = 12 x dus f ' ( x ) = L= ∫

(

1+

( ) ) dx = ∫ 1 2

4

2

0

1 2

De lengte van de grafiek is: 4

4

1 14 d x = ∫ 12 5 d x =  12 5 ⋅ x  = 2 5 − 0 = 2 5  0 0

g ( x ) = cos x dus g ' ( x ) = − sin x 1 π 2

∫

(1 + (− sin x) ) d x = ∫ 2

L=

De lengte is: L ≈ 1, 91 .

0

c

16

y = cos 2t = 2 cos 2 t − 1 = 2 x 2 − 1

0

)

((

4

(

= π 8 ⋅ 256 − 3 15 ⋅ 256 ⋅ 4 + 13 ⋅ 16 3 − 0 = 136 158 π ≈ 428, 93

−1

c

16

2

)

x 4 − x = 0 dus x = 0 of x = 16

21 π ∫ 4 x − x d x = π ∫ 16 x − 8 x x + x 2 d x = π  8 x 2 − 8 ⋅ 25 x 2 + 13 x 3  =  8 x 2 − 3 15 x 2 x + 13 x 3  0  0  0 0

1

(

f ( x ) = 0 als 4 x − x = 0 waaruit volgt Inhoud omwentelingslichaam:



1 π 2

1 + sin 2 x d x

0

⁄ 225 4-5-09 12:22


1a

b c

f1 ( x ) = sin 3 x + sin x = 2 sin 12 ( 3 x + x ) ⋅ cos 12 ( 3 x − x ) = 2 sin 2x ⋅ cos x = 2 ⋅ 2 sin x cos x ⋅ cos x = 4 sin x ⋅ cos 2 x f2 ( x ) = sin 3 x + sin 2 x = 2 sin 12 ( 3 x + 2 x ) ⋅ cos 12 ( 3 x − 2 x ) = 2 sin 2 12 x cos 12 x 2 sin 2 12 x cos 12 x = 0 sin 2 12 x = 0 of cos 12 x = 0 2 12 x = 0 + kπ of 12 x = 12 π + kπ x = k ⋅ 25 π of x = π + 2 kπ x = 0 ; x = 25 π ; x = 45 π ; x = π ; x = 1 15 π ; x = 1 53 π ; x = 2π

b

x − 3+ 6 = 0 x+4 6 = 3− x x+4 ( x + 4) (3 − x) = 6 − x 2 − x + 12 = 6 x2 + x − 6 = 0 ( x − 2) ( x + 3) = 0 x = 2 of x = −3 −1 f ( x ) = x − 3 + 6 ( x + 4 ) dus f ' ( x ) = 1 −

f ' ( x ) = 0 als ( x + 4 ) = 6 ⇒ x + 4 = 6 of x + 4 = − 6 dus x = 6 − 4 of x = − 6 − 4

Uit een plot volgt dat f een minimum heeft voor x = 6 − 4 .

c

  De oppervlakte ligt onder de x-as dus oppervlakte = − ∫  x − 3 + 6  dx ≈ 6, 75 .   x + 4 −3

3a

2a

2

6

( x + 4)

2

2

2

y

1

–1

O

1

3

2

4

5

x

–1

–2

()

y = cos 2t = 1 − 2 sin 2 t 1 x = 2 1 + sin t = 2 + 2 sin t ⇒ 2 sin t = x − 2 ⇒ sin t = 12 x − 1 2 2 (1) en (2) geeft y = 1 − 2 ( 12 x − 1) = − 12 x 2 + 2 x − 1 dus de grafiek van de kromme is een deel van een parabool.

(

)


()


4-5-09 12:23


b

c

 x = 2 + 2 sin 3t   y = cos 2t Keerpunten: dx = 6 cos 3t = 0 geeft 3t = 12 π + kπ dus t = 16 π + 13 kπ en dt dy = −2 sin 2t = 0 geeft 2t = kπ dus t = 12 kπ . dt Binnen het domein geeft dit t = 12 π en t = 1 12 π . De kromme heeft periode π en wordt:  x = 2 + 2 sin 4t   y = cos 2t Het punt ( 2, 0 ) krijg je voor t = 14 π en t = 43 π . dy −2 sin 2t −2 sin 12 π −2 1 = = = −8 = 4 . Helling voor t = 14 π : dx 8 cos 4t 8 cos π De raaklijn in ( 2, 0 ) wordt dan: y = 14 x − 12 . dy −2 sin 1 12 π 2 = = −8 = − 14 . Helling voor t = 43 π : 8 cos 3π dx De raaklijn in ( 2, 0 ) wordt dan: y = − 14 x + 12 . 4

4a

Inhoud bij wentelen om de y-as is: π ∫ x 2 d y . 0

f ( x ) = 2 x ⇒ y = 2 x ⇒ y2 = 4 x ⇒ x = 14 y2

De inhoud: π ∫

4

0

b

2

1 4

2

0

2

∫ (1 + cos x ) d x =  x + sin x  0

b

0

2

π

5a

4

y 4 d y = π  801 y5  = π

( ) d x = 64π − π 2 x 

π ⋅ 42 ⋅ 4 − π ∫ 2 x 0

1 16

(

1024 80

)

− 0 = 12, 8 π ≈ 40, 21 .

Bij wentelen om de x-as krijg je als inhoud 4

4

( y ) dy = π∫

π

(

)

π

2

π 0

4 0

= 64 π − 32 π = 32 π .

= π + sin π = π

(

)

π

(

)

π ∫ 1 + cos x d x = π ∫ 1 + 2 cos x + cos 2 x d x = π ∫ 1 + 2 cos x + 12 cos 2 x + 12 d x 0

π

0

(

)

0

π

= π ∫ 2 cos x + 12 cos 2 x + 1 12 d x = π  2 sin x + 14 sin 2 x + 1 12 x  0 = π ⋅ 1 12 π = 1 12 π 2

Hierbij wordt gebruik gemaakt van de formule cos 2 x = 2 cos 2 x − 1 dus cos 2 x = 12 cos 2 x + 12 .

0

6a

6

y

5 4 3 2 1 –5

–4

–3

–2

–1 O –1

1

2

3

4

5

x

–2 –3 –4 –5 –6

−4 ≤ x ≤ 4



⁄ 227 4-5-09 12:23


dy = 4 cos t − 4 cos 2t = 0 dt 4 cos t − 4 2 cos 2 t − 1 = 0

−8 cos 2 t + 4 cos t + 4 = 0 2 cos 2 t − cos t − 1 = 0 (2 cos t + 1) (cos t − 1) = 0 cos t = − 12 of cos t = 1 binnen het domein: t = 23 π , t = 1 13 π , t = 0 of t = 2π

t = 23 π geeft y = 4 sin 23 π − 2 sin 1 13 π = 4 ⋅ 12 3 − 2 ⋅ − 12 3 = 3 3

t = 1 13 π geeft y = 4 sin 1 13 π − 2 sin 2 23 π = 4 ⋅ − 12 3 − 2 ⋅ 12 3 = −3 3 t = 0 geeft y = 4 sin 0 − 2 sin 0 = 0 en t = 2π geeft y = 4 sin 2 π − 2 sin 4 π = 0

Dus −3 3 ≤ y ≤ 3 3 .

c

Voor t = 0 krijg je het punt ( 0, 0 ) en dan geldt:

d

kromme raakt de x-as in het punt ( 0, 0 ) . De punten op de kromme waar de raaklijn evenwijdig loopt aan de x-as:

b

e

(

)

(

dy 4 cos 0 − 4 cos 0 0 = = 4 = 0 dus de dx 4 cos 0

)

(

)

t = 23 π geeft het punt 2 3 , 3 3 en t = 1 13 π geeft het punt −2 3 , −3 3 en natuurlijk in ( 0, 0 ) . De punten op de kromme waar de raaklijn evenwijdig loopt aan de y-as: dx = 4 cos t = 0 dus t = 1 π geeft het punt 4, 4 en t = 1 1 π geeft het punt −4, −4 . ( ) ( ) 2 2 dy x − y = 4 sin t − ( 4 sin t − 2 sin 2t ) = 2 sin 2t waaruit volgt dat 16 ( x − y) = 16 ⋅ 4 sin 2 2t = 64 ( 2 sin t ⋅ cos t ) = 256 sin 2 t cos 2 t (1) 2

(

2

)

(

)

(

)

x 2 16 − x 2 = 16 sin 2 t 16 − 16 sin 2 t = 16 sin 2 t ⋅ 16 1 − siin 2 t = 256 sin 2 t ⋅ cos 2 t ( 2 )

Uit (1) en (2) volgt dat elk punt van de kromme voldoet aan 16 ( x − y) = x 2 16 − x 2 . 1

7a

Oppervlakte B = 1

b

L=

∫

∫ (e

x

−1

(

1 + e x − e− x

−1

c

(

2

)

2

)

+ e− x dx = e x − e− x 

1 −1

(

) (

)

)

= e − e−1 − e−1 − e = 2e − 2e .

d x ≈ 3, 10

Gebied B wentelen om de x-as geeft:

( )

1

(

1

) d x = π ∫ (e 2

)

1

inhoud B = π ∫ e x + e− x

=π

d

Gebied C is de rechthoek begrensd door de x-as, de lijnen x = 1 , x = −1 en y = e + 1e . Gebied A wentelen om de x-as geeft: inhoud ( A) = inhoud cilinder (C) – inhoud (B) =

π ⋅ e + e−1

(

((

1 2

−1 1 −2 2

e +2− e 2

)

2

(

)−(

1 2

−2

−1

e −2− e 1 2

) (

2

2x

+ 2 + e−2 x d x = π  12 e2 x + 2 x − 12 e−2 x 

)) = π (e

2

−2

−e +4

)

) (

−1

)

⋅ 2 − π e2 − e−2 + 4 = π 2e2 + 4 + 2e−2 − e2 − 4 = π e2 + 3e−2 .



4-5-09 12:24


8a

f ( x ) = ln 2 x + 2 ln x = 0 geeft ln x ( ln x + 2 ) = 0 dus ln x = 0 of ln x = −2 ofwel x = 1 of x = e−2 = e12  1 1 2  2 ln x ⋅ + 2 ⋅  ⋅ 2 x − ln x + 2 ln x ⋅ 2  x x

(

)

2 2 x = 4 ln x + 4 − 2 ln2 x − 4 ln x = 4 − 2 ln 2 4x 4x

b

f ' ( x) =

c

f '( x) = 0 ⇒ 4 − 2 ln x = 0 als ln 2 x = 2 dus ln x = 2 of ln x = − 2 ofwel

(2 x)

2

x=e

of x = e−

2

2

(− 2 ) + 2 ⋅ − = 2

2

( )

f e−

2

5

2 e−

2

2

( 2) + 2 = 2

( )

= 2 − 2 2 en f e 2 e− 2

2

2e

2

2

= 2+2 2 2e 2

y

4 3 2 1 –1

O

1

2

4

3

x

–1 –2

 Voor x ↓ 0 geldt f ( x ) → ∞ dus Bf =  2 – –2 2 2 , →  e

f '' ( x ) =

d

(

)

−4 ln x ⋅ 1x ⋅ 4 x 2 − 4 − 2 ln 2 x ⋅ 8 x

(4 x ) 2

2

2 2 x−2 = −16 x ln x − 32 x4 + 16 x ln x = ln x − ln 3 16 x x

f '' ( x ) = ln 2 x − ln x − 2 = 0 geeft ( ln x − 2 ) ( ln x + 1) = 0 dus

ln x = 2 of ln x = −1 ofwel x = e2 of x = e−1

2 f e2 = 2 + 22 ⋅ 2 = 2e

( )

4 e2

( )

= 4e−2 en f e−1

(

)

(−1)

(

2

2e

−2

−1

= − 12 e

)

De buigpunten zijn dus e2 , 4e−2 en e−1 , − 12 e .



⁄ 229 4-5-09 12:24

Extra oefening hoofdstuk 1

Recommend Documents