Noordhoff Uitgevers bv

Voorkennis: Differentiëren en rekenregels bladzijde 130

b

c

V-2a

b

f ( x) = −3(5 + 2 x) = −15 − 6 x ⇒ f ′( x) = −6 c h( x) = −2( x 4 + 19) = −2 x 4 − 38 ⇒ g (t ) = 2t (t + 3t 2 ) = 2t 2 + 6t 3 ⇒ h′( x) = −2 ⋅ 4 x 3 = −8 x 3 2 d k(t ) = (t + 1)(t − 1) = t − 1 ⇒ k ′(t ) = 2t g ′(t ) = 2 ⋅ 2t + 6 ⋅ 3t 2 = 4t + 18t 2

bladzijde 131

V-4a

b

c

V-5a

b

c

f ′( x) = 6 x 2 − 70 x + 12 Voor de uiterste waarden geldt: f ′( x) = 0 . Dus moet je oplossen: 6 x 2 − 70 x + 12 = 0 . Met de abc-formule kun je deze vergelijking oplossen. x = 70 + 4612 = 11, 49 of x = 70 − 4612 = 0, 17 12 12 Met een plot vind je dat de grafiek een minimum heeft voor x = 11, 49 . Het maximum is f (0, 17) = 1, 04 en het minimum is f (11, 49) = −1449 . Het punt is (−1, f (−1)) = (−1, −49) . Het hellingsgetal van de raaklijn is f ′(−1) = 88 . De vergelijking van de raaklijn wordt y = 88 x + b . Invullen van (−1, −49) in de vergelijking geeft −49 = −88 + b , dus b = 39 . De vergelijking van de raaklijn is y = 88 x + 39 .

©

f ′( x) = −3 x 2 + 48 x + 51 Bereken voor welke x geldt f ′( x) = 0 . Dus −3 x 2 + 48 x + 51 = 0 ; −3( x 2 − 16 x − 17) = 0 ; −3( x + 1)( x − 17) = 0 ; x + 1 = 0 of x − 17 = 0 ; x = −1 of x = 17 . Plot de grafiek van f. Je vindt een minimum -26 voor x = −1 en een maximum 2890 voor x = 17. Het hellingsgetal van de raaklijn in (1,74) is f ′(1) = 96 . Algemene vergelijking van een lijn is y = ax + b . De vergelijking van de raaklijn is y = 96 x + b . De lijn gaat door (1,74) dus geldt: 74 = 96 ⋅ 1 + b ; b = −22 . De vergelijking wordt dan y = 96 x − 22 .

off

dh

b

or

df = 4 x3 − 2 ⋅ 2 x = 4 x3 − 4 x dx df De helling in een punt van de grafiek van f is dx df Dus = 0 Hieruit volgt: 4 x 3 − 4 x = 0 ; 4 x( x 2 − 1) = 0 ; 4 x = 0 of x 2 − 1 = 0 dx De oplossingen zijn: x = 0 of x = −1 of x = 1 .

No

V-3a

⁄ 104

f ′(t ) = 6 ⋅ 4t 3 + 1, 5 ⋅ 2t − 0 = 24t 3 + 3t e k ′( p) = 5 ⋅ 4 p3 − 2, 5 ⋅ 3 p2 + 0 = 20 p3 − 7, 5 p2 d

ev

h′( x) = 0 − 12 ⋅ 1 = −12 n′(t ) = 2, 5 ⋅ 3t 2 − 3 ⋅ 2t = 7, 5t 2 − 6t g ′( x) = −2 ⋅ 4 x 3 + 0 = −8 x 3

Ui tg

V-1a

er sb v

Hoofdstuk 5 - De kettingregel

Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2

MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 104

© Noordhoff Uitgevers bv

31-03-2008 11:06:42

V-6a

f ( x) = 15 = x −5 x

d

b

f ( x) = 34 = 3 ⋅ 14 = 3 x −4 x x

e

c

f ( x) = 4 x = 4 x 2

1

f

f ( x) = −45 = −4. 15 = −4 x −5 x x −1 f ( x) = 2 = 2 ⋅ 11 = 2 x 2 2 x x f ( x) = 1 5 = 1 ⋅ 15 = 12 x −5 2 x 2x

ev

5.1 Machtsfuncties differentiëren

er sb v


bladzijde 132

Op de manier van opdracht 1a krijg je:

b

c

2a

b

c

3a

b

helling

1

–5,9880

2

–0,3746

3

–0,0740

4

–0,0234

dg g ( x) = 23 = 2 x −3 Met de regel krijg je = 2 ⋅ −3 ⋅ x −4 = −6 x −4 = −6 ⋅ 14 = −64 . d x x x x x

dg dx

1

−6 1

= −6

2

−6 16

= −0, 375

3

−6 81

= −0, 0741

4

−6 256

= −0, 02344

De tabel komt goed overeen met die uit opdracht a.

Met de regel krijg je dh = 0, 7 x 0 ,7−1 = 0, 7 x −0 ,3 . dx Maak een tabel van de differentiequotiënten en een tabel van de uitkomsten van dh dx voor diverse waarden van x. De uitkomsten stemmen goed overeen, dus de functie uit opdracht a kan de afgeleide functie zijn.

©

x

off

dh

or

No

1a

Ui tg

Je kunt met het differentiequotiënt de helling benaderen. Neem ∆x = 0, 001 . f (1, 001) − f (1) Voor x = 1 krijg je = −0, 999 0, 001 f (2, 001) − f (2) Voor x = 2 krijg je = −0, 250 0, 001 f (3, 001) − f (3) Voor x = 3 krijg je = −0, 111 0, 001 Je kunt ook gebruik maken van je rekenmachine. TI: nDeriv of Casio: Derivative. f ( x) = 1 = x −1 . Met de regel krijg je f ′( x) = −1 ⋅ x −1−1 = −1 ⋅ x −2 = −1 ⋅ 12 = −12 . x x x f ′(1) = −1 ; f ′(2) = −1 = −0, 25 en f ′(3) = −1 ≈ −0, 1111 . 4 9 De uitkomsten van opdracht a stemmen hiermee goed overeen.




⁄ 105 31-03-2008 11:06:48

4a

Met de rekenmachine krijg je:

x helling

h( x) = x = x 2 −1 h′( x) = 12 x 2 −1 h′( x) = 12 x 2 = 12 ⋅ 11 = 1 ⋅ 1 = 1 x2 2 x 2 x

b

c

er sb v


1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0,5 0,35355 0,28868 0,25 0,22361 0,20412 0,18898 0,17678 0,16667 0,15811 1

c

d

6a

b

c

d

7a

b

c

Ui tg

b

k( x) = 3 4 = 3 ⋅ 14 = 73 x −4 dus k ′( x) = 73 ⋅ −4 ⋅ x −5 = −12 ⋅ 15 = −125 7 x 7 x 7x 7x f ( x) = 26 + 12 = 2 x −6 + x −2 dus f ′( x) = −12 x −7 − 2 x −3 = −12 − 2 x x x7 x3 1 −1 g (t ) = 4 t + 4t 3 = 4t 2 + 4t 3 dus g ′(t ) = 2t 2 + 12t 2 = 2 + 12t 2 t h( p) = 4 p−1,8 − p3,2 dus h′( p) = −7, 2 p−2 ,8 − 3, 2 p2 ,2

−1 −1 1 7, 6 k( x) = 2 − 41,9 = 2 x 2 − 4 x −1,9 dus k ′( x) = − x 2 + 7, 6 x −2 ,9 = −111 + 2 ,9 x x x2 x

dM = 1, 9698 g −0 ,33 − 1 = 1, 9698 − 1 dg g 0 ,33 1, 9698 −1= 0 Voor de uiterste waarde geldt dM = 0 ofwel dg g 0 ,33 1 1, 9698 = 1 . Hieruit volgt: g 0 ,33 = 1, 9698 en g = 1, 9698 0 ,33 = 7, 8 . Dus 0 ,33 g Met een plot kun je zien dat de functie voor deze waarde van g maximaal is. De hoogste opbrengst is 2, 94 ⋅ 7, 8 0 ,67 − 7, 8 = 3, 84 Voor g = 6 is de opbrengst 2, 94 ⋅ 6 0 ,67 − 6 = 3, 77 De gevolgen voor de melkproductie vallen erg mee. De opbrengst is iets lager, maar je hebt minder preparaat nodig.

off

g ( x) = 17 = x −7 dus g ′( x) = −7 ⋅ x −8 = −78 x x 1 −1 p( x) = 3 x + 5 = 3 x 2 + 5 dus p′( x) = 3 ⋅ 12 ⋅ x 2 = 3 ⋅ 1 ⋅ 11 = 3 2 x2 2 x −2 , 7 −3, 7 −3, 7 h( x) = 2 x dus h′( x) = 2 ⋅ −2, 7 x = −5, 4 x

dh

5a

or

ev

bladzijde 133

5.2 Kettingfuncties bladzijde 134 8a

b

en V = 6400 = 2560 . Met de vergelijking 0, 01t 2 + 400 = 2560 berekenen je t. 2, 5 Dus 0, 01t 2 = 2160 ofwel t 2 = 2160 = 216000 en t = 216000 = 464, 8 . 0, 01 Dus na ongeveer 465 seconden staat het water 80 cm hoog.

©

Op tijdstip t = 0 zit er V(0) = 400 liter water in het reservoir. De waterhoogte is dan h(400) = 2, 5 ⋅ 400 = 1000 = 31, 62 cm. Als h = 80 dan bereken je V met de vergelijking 2, 5V = 80 . Dus 2, 5V = 80 2 = 6400

No

⁄ 106




31-03-2008 11:06:58

d

e

9a

b

c

d

e

ev

De gemiddelde vulsnelheid is ∆V = 4000 − 400 = 6 liter/sec. ∆t 600 De gemiddelde vulsnelheid van t = 0 tot t = 100 is ∆V = V (100) − V (0) = 500 − 400 = 1 liter/sec ∆t 100 100 Over de periode t = 500 tot t = 600 is deze ∆V = V (600) − V (500) = 4000 − 2900 = 11 liter/sec ∆t 100 100 De gemiddelde toename van de waterhoogte is ∆h = h(4000) − h(400) = 100 − 31, 63 = 0, 019 ≈ 0, 02 cm/liter 3600 3600 ∆V

De gemiddelde stijgsnelheid kun je berekenen door de gemiddelde vulsnelheid ∆V ∆t te vermenigvuldigen met de gemiddelde toename ∆h van de waterhoogte. ∆V In formule taal: ∆h = ∆V ⋅ ∆h ∆t ∆t ∆V De gemiddelde stijgsnelheid is 6 ⋅ 0, 019 = 0, 114 cm/sec De gemiddelde stijgsnelheid van t = 0 tot t = 100 is ∆h = h(V (100) − h(V (0) = h(500) − h(400) = 12550 − 1000 = 0, 0373 cm/sec. ∆t 100 100 100 De gemiddelde stijgsnelheid van t = 500 tot t = 600 is ∆h = h(V (600) − h(V (500) = h(4000) − h(2900) = 10000 − 7250 = 0, 1485 cm/sec ∆t 100 1000 100 De gemiddelde stijgsnelheid is over de eerste 100 seconden kleiner dan die over de laatste 100 seconden. Door V in de formule h = 2, 5V te vervangen door 0, 01t 2 + 400 krijg je een formule die alleen nog van t afhangt, namelijk h = 2, 5(0, 01t 2 + 400) De gemiddelde stijgsnelheid van t = 0 tot t = 100 is ∆h = h(100) − h(0) = 2, 5 ⋅ 500 − 2, 5 ⋅ 400 = 1250 − 1000 = 0, 0373 cm/sec ∆t 100 100 100 De gemiddelde stijgsnelheid van t = 500 tot t = 600 is ∆h = h(600) − h(500) = 2, 5 ⋅ 4000 − 2, 5 ⋅ 2900 = 10000 − 7250 = 0, 1485 cm/sec ∆t 100 100 100

Ui tg

off

Uit de vergelijking 0, 01t 2 + 400 = 4000 kun je berekenen hoelang het vullen duurt. De oplossing is t = 600 (klopt met de grafiek).

dh

c

or

er sb v


bladzijde 135 10a

b

c

11a

f ( x) = (2 x + 1)2 − 8 = 4 x 2 + 4 x + 1 − 8 = 4 x 2 + 4 x − 7 f ( x) = 2( x 2 − 8) + 1 = 2 x 2 − 16 + 1 = 2 x 2 − 15

1 is samengesteld uit u = x + 0, 5 en y = 1 x + 0, 5 u g ( x) = 1 + 0, 5 is samengesteld uit u = 1 en y = u + 0, 5 x x f ( x) =

©

s(t ) = 0, 7 ⋅ (3t + 6)2 bestaat uit de schakels u = 3t + 6 en y = 0, 7u 2 k( p) = 42 bestaat uit de schakels u = 3 p4 + 5 en y = 2 u 3p + 5

No

b




⁄ 107 31-03-2008 11:07:7

d

12a

b

c

d

e

Door een verschuiving van 0,5 naar links van de grafiek van a( x) krijg je de grafiek van f ( x) . Door een verschuiving van 0,5 omhoog van de grafiek van a( x) krijg je de grafiek van g ( x) . f ( x) = 3(1 − 2 x) − 2 = 3 − 6 x − 2 = −6 x + 1 g ( x) = 1 − 2(3 x − 2) = 1 − 6 x + 4 = −6 x + 5 De grafieken zijn evenwijdige rechte lijnen. h( x) = sin 1 x Je krijgt nu j( x) =

ev

c

1 . Deze functie is niet gelijk aan h( x) . sin x

5.3 De kettingregel bladzijde 136

b

c

d

e

14a

b

c

De gemiddelde stijgsnelheid is ∆h = 56 − 49 = 7 = 0, 7 cm/sec. ∆t 20 − 10 10 ∆h = ∆V ⋅ ∆h = 7, 5 ⋅ 0, 093 = 0, 6975 ∆t ∆t ∆V Teken de raaklijn in het punt (10, 60) van de bovenste grafiek. Bereken de helling van deze raaklijn. Je vindt dan ∆V ≈ 6 liter/sec. ∆t ∆V = V (20) − V (10) = 450 − 150 = 30 liter/sec. ∆t 20 − 10 10 ∆h = h(450) − h(150) = 42, 43 − 24, 49 = 0, 06 cm/liter. 450 − 150 300 ∆V ∆h = ∆V ⋅ ∆h = 30 ⋅ 0, 06 = 1, 8 cm/liter. ∆t ∆t ∆V ∆V = V (10, 001) − V (10) = 150, 020001 − 1500 = 20, 01 liter/sec. ∆t 0, 001 10.001 − 10 h ( 150 , 020001 ) − h ( 150 ) 0 , 0001634 ∆h = = = 0, 082 cm/liter. ∆V 150, 020001 − 150 0, 020001 ∆h = ∆V ⋅ ∆h = 20, 001 ⋅ 0, 082 = 1, 64 cm/liter. ∆t ∆t ∆V

dV = 2t , dh = V − 12 en dh = dV ⋅ dh = 2t ⋅ V − 12 = 2t ⋅ (t 2 + 50)− 12 dt dV dt dt dV

−1 Op t = 10 is dh = 2 ⋅ 10 ⋅ (100 + 50) 2 = 1, 63 cm/liter. dt

©

De gemiddelde hoogte verandering is dan ∆h = 56 − 49 = 7 = 0, 093 cm/liter. ∆V 130 − 55 75 Op t = 10 is h = 49 en op t = 20 is h = 56.

off

De gemiddelde vulsnelheid over deze periode is ∆V = 130 − 55 = 75 = 7, 5 liter/sec. ∆t 20 − 10 10 Als V = 55 dan is h = 49 en als V = 130 dan is h = 56 .

dh

Op t = 10 is V = 55 en op t = 20 is V = 130.

or

13a

No

⁄ 108

Ui tg

er sb v





31-03-2008 11:07:14

15a

b

c

u = 2 − 3 x en y = u 4 du = −3 en dy = 4u 3 dx du f ′( x) = −3 ⋅ 4u 3 = −12u 3 = −12(2 − 3 x)3

bladzijde 137

du = 6t en dy = 1, 5u 0 ,5 dt du 0 ,5 h′(t ) = 1, 5u ⋅ 6t = 9t (3t 2 + 8)0 ,5

b u = x − 1 en y = u 1 2

3 d u = t 3 + 7t en y = u

2

du = 1 en dy = 2u dx 2 du f ′( x) = 2u ⋅ 12 = u = 12 x − 1

b

18a

b

19a

u = 2 x + 4 en y = 12 = u −2 u f ( x) = u −2 = (2 x + 4)−2 du = 2 en dy = −2u −3 dx du −4 f ′( x) = 2 ⋅ −2u −3 = −43 = u ( 2 x + 4 )3

u = 3 x1,7 − 19 en y = u 3

c

g ( x) = f ( x) − 7 x

g ′( x) = f ′( x) − 7 =

c

du = 3 ⋅ 1, 7 x 0 ,7 = 5, 1 x 0 ,7 en dy = 3u 2 dx du 0,7 2 0,7 p′( x) = 5, 1 x ⋅ 3u = 15, 3 x (3 x1,7 − 19)2 u = t 2 + t en y = 3 = 3u −1 u du = 2t + 1 en dy = 3 ⋅ −1u −2 = −3 dt du u2 3 6 3 − − t − w′(t ) = (2t + 1) ⋅ 2 = 2 u (t + t ) 2

−4 −7 ( 2 x + 4 )3

u = x 2 + 4 x en y = 5 + 3 = 5u −1 + 3 u du = 2 x + 4 en dy = 5 ⋅ −1u −2 + 3 = −5 + 3 dx du u2 5 10 20 − − x − f ′( x) = (2 x + 4) ⋅ 2 + 3 = 2 +3 u ( x + 4 x)2

Alex: f ( x) = (3 x + 5)2 = 9 x 2 + 30 x + 25 en f ′( x) = 18 x + 30 dy Mirjam: u = 3 x + 5 en y = u 2 ⇒ du = 3 en = 2u dx du Kettingregel: f ′( x) = 2u ⋅ 3 = 6(3 x + 5) = 18 x + 30 . Dus Alex en Mirjam krijgen dezelfde afgeleide.

©

du = −1 en dy = 4u 3 dx du w′( x) = 4u 3 ⋅ −1 = −4(1 − x)3

du = 5 en dy = 6u 5 dx du u = 2 − q en y = u 5 du = −1 en dy = 5u 4 dq du p′(q) = −1 ⋅ 5u 4 = −5(2 − q)4

off

f

dh

17a

3(3t 2 + 7)(t 3 + 7t )2

or

No

du = 3t 2 + 7 en dy = 3u 2 dt du 2 2 g ′(t ) = 3u ⋅ (3t + 7) =

e u = 5 x − 12 en y = u 6

c u = 1 − x en y = u 4

ev

16a u = 3t 2 + 8 en y = u1,5

Ui tg

er sb v





⁄ 109 31-03-2008 11:07:30

5.4 Afgeleiden van wortelfuncties bladzijde 138

er sb v


20a

g ( x) = 4 x x = 4 x 1 ⋅ x 2 = 4 x 2

b

dg = 4 ⋅ 1, 5 ⋅ x 0 ,5 = 6 x dx

21a

−1 f (t ) = 4 t 3 ⋅ 2 = 4 t 3 ⋅ 2 ⋅ t 2 = 8 t 2 , 5 t

b

f ′(t ) = 20t

22a

f ( x) = x 2 x = x 2 ⋅ x 2 = x

1

11

2 12

1

f ′( x) = 2 12 x 2 = 2 12 x ⋅ x 2 = 2 12 x x

g (t ) = (t + 4 ) ⋅ t = (t + 4 ) ⋅ t 2 = t 2 + 4 t 2

b

1

1

g ′(t ) = 1 12 t 2 + 4 ⋅ 12 t

−1 p(q) = 1 = q 2 q

c

−1 12

− 12

11

1

1 = 1 12 t 2 + 21 = 1 12 t + 2 t t2

= − 1 ⋅ 11 1 = −1 1 = −1 2 q 2 2q ⋅ q 2 2q q

Ui tg

11

p′(q) = − 12 q

h( x) = 4 x 2 x + 4 x 3 = 4 x 2 ⋅ x 2 + 4 x 3 = 4 x 2 + 4 x 3

f

23a

b

c

d

24a

1

u = 3 x − 4 en y = u = u 2 Voor het randpunt geldt f ( x) = 0 dus 3 x − 4 = 0 en x = 43 = 1 13 De coördinaten zijn (1 13 , 0). du = 3 en dy = 1 u − 12 = 1 ⋅ 1 = 1 1 dx du 2 2 u2 2 u 1 3 f ′( x) = 3 ⋅ 1 = 3 ⋅ = 2 u 1 2 3x − 4 2 3x − 4

In de omgeving van het randpunt wordt de noemer van f ′ bijna 0. De helling van de raaklijn wordt steeds groter, want f ′ neemt dan toe. In het randpunt zelf is de raaklijn verticaal.

⁄ 110

1

u = x 2 + 5 x en y = u = u 2 du = 2 x + 5 en dy = 1 u − 12 = 1 dx du 2 2 u 1 g ′( x) = (2 x + 5) ⋅ 1 = 2 x + 5 ⋅ = 2x + 5 2 1 2 u 2 x + 5x 2 x2 + 5x

©

1 −2 1 k( p) = 13 ⋅ p = p−3 ⋅ p 2 = p 2 p −2 1 −2 12 −2 1 −3 1 k ′( p) = −2 12 p 2 = 3 12 = = 3 2 1 p2 p3 ⋅ p 2 p p 1 −3 1 q( x) = −24 ⋅ x = −2 x −4 ⋅ x 2 = −2 x 2 x −4 1 q′( x) = −2 ⋅ −3 12 x 2 = 74 1 = 7 4 x 2 x x

off

e

1

h′( x) = 10 x 2 + 12 x 2 = 10 x ⋅ x 2 + 12 x 2 = 10 x x + 12 x 2

dh

11

21

or

1

No

d

1

= 20t ⋅ t 2 = 20t t

ev

1

1 12




31-03-2008 11:07:39

b

c

Voor het minimum geldt g ′( x) =

2x + 5 2 x2 + 5x

de noemer ongelijk is aan 0. Dus 2 x + 5 = 0 ; x = −2 12 . De uiterste waarde is g(−2 12 ) = 254 − 252 = − 254 . De uitkomst is geen reëel getal, dus er is geen uiterste waarde voor x = −2 12 , dus ook geen minimum. Dit betekent niet dat er geen uiterste waarden zijn. Ze kunnen ook bij de randpunten optreden. De randpunten kun je vinden met g ( x) = 0 , dus als x 2 + 5 x = 0 , met als uitkomsten x = −5 of x = 0 . Het minimum van g is voor beide gevallen 0. De noemer van g ′ wordt in de omgeving van de randpunten bijna 0. Dit betekent dat g ′ (en dus de helling van de raaklijn) daar heel groot is. In de randpunten bestaat g' niet. De raaklijn is daar verticaal.

b

c

d

26

b

c

Voor een horizontale raaklijn geldt g ′(t ) = 0 . Dus 2t + 7 = 0 ; t = −3 12 , alleen bestaat g(−3 12 ) ~ niet. Er is dus geen horizontale raaklijn. 1 h( x) = 0 als 2 x 3 − 12 = 0 ; x 3 = 6 ; x = 6 3 = 3 6 ≈ 1, 82 Het randpunt is ( 3 6 , 0) ≈ (1, 82; 0) . 6 x2 u = 2 x 3 − 12 en du = 6 x 2 . Dan is h′( x) = dx 2 2 x 3 − 12 h′( x) = 0 als 6 x 2 = 0 dus als x = 0, maar h(0) bestaat niet. Er is dus geen horizontale raaklijn. k( p) = 0 als 3 − 1 = 0 dus als p = 13 . Het randpunt is ( 13 , 0) . p 1 −1 u = 3 − = 3 − p en du = −(−1) p−2 = 12 p dp p u′( x) 1 1 1 1 k ′( p) = = u′( x) ⋅ = 2⋅ = 2 u( x) 2 u( x) p 2 3 − 1 2 p2 3 − 1 p p k ′( p) is voor geen enkel waarde van p gelijk aan 0, dus er is geen horizontale raaklijn.

De oppervlakte neemt per seconde constant toe met 5 cm², dus is het verband tussen de oppervlakte en de tijd lineair met als hellingsgetal 5. O = 5t , maar ook geldt O = π ⋅ R 2 . Dus π ⋅ R 2 = 5t ; R 2 = 5t ; R = 5t = π5 t = 1, 59t . π π u = 1, 59t en du = 1, 59 dx dR = 1, 59 . Als t toeneemt, dan neemt ook de noemer toe. dt 2 1, 59t Dit betekent dat dR kleiner wordt bij een toename van t . dt De straal neemt dus steeds langzamer toe.

©

off

dh

or

Voor de randpunten geldt dat f ( x) = 9 − x = 0 , dus 9 − x = 0 ; x = 9. Het randpunt is (9, 0). u = 9 − x en du = −1 . dx u′( x) De functie heeft de vorm f ( x) = u( x) , dus f ′( x) = = −1 2 u( x) 2 9 − x Er is geen horizontale raaklijn want f ′( x) is voor geen enkele waarde van x gelijk aan 0. g (t ) = 0 als t 2 + 7t = 0 . Dan t (t + 7) = 0 en t = 0 of t = –7 De randpunten zijn (−7, 0) en (0, 0) . u′(t ) u = t 2 + 7t en du = 2t + 7 . Met de regel krijg je g ′(t ) = = 2t + 7 dx 2 u(t ) 2 t 2 + 7t

No

25a

Ui tg

bladzijde 139

= 0 g ′( x) = 0 als de teller 2 x + 5 = 0 en

ev

er sb v





⁄ 111 31-03-2008 11:07:58

27a

b

c

u = x 2 − 6 x + 10 en du = 2 x − 6 dx 2x − 6 g ′( x) = . De grafiek heeft een horizontale raaklijn als 2 x − 6 = 0 , dus 2 x 2 − 6 x + 10 als x = 3. De uiterste waarde is g(3) = 1 . Een plot geeft dat de uiterste waarde een minimum is. g ( x) = 0 , dus x 2 − 6 x + 10 = 0 . Deze vergelijking heeft geen oplossing van de discriminant is kleiner dan 0.

ev

er sb v


5.5 Gemengde opdrachten bladzijde 140

b

c

29a

b

c

30a

b

c

d e

De grafiek bestaat uit twee takken als g ( x) = 0 twee oplossingen heeft, dus als x 2 + 2 x + c = 0 twee oplossingen heeft. Hiertoe moet de discriminant groter zijn dan 0. Dus D = b2 − 4 ac = 4 − 4c > 0 en c < 1 . Er is precies één oplossing als D = 0 , dus als 4 − 4c = 0 ; c = 1 . u = x 2 + 2 x + c en du = 2 x + 2 dx 2 2 x + g ′( x) = de oplossing van g ′( x) = 0 is x = –1. Deze oplossing is 2 x2 + 2 x + c onafhankelijk van c. Dus voor c > 1 heeft de functie g een minimum voor dezelfde waarde van x, namelijk x = –1. Opmerking: Hoewel g ′( x) voor c = 1 niet bestaat, heeft g ( x) daar ook een minimum voor x = –1. Na 1 seconde is de ballon 6 meter hoog, na 2 seconden is de ballon 12 meter hoog en na 3 seconden is hij 18 meter hoog. H = 6t Op 6 meter hoogte is de druk 1013 − 6 ⋅ 0, 095 = 1012, 43 millibar, op 12 meter is hij 1013 − 12 ⋅ 0, 095 = 1011, 86 millibar en op 18 meter hoogte 1013 − 18 ⋅ 0, 095 = 1011, 29 . Een bijpassende formule is p = 1013 − 0, 095 ⋅ H . p = 1013 − 0, 095 H = 1013 − 0, 095 ⋅ 6t = 1013 − 0, 57t . De luchtdruk daalt met 0,57 millibar per seconde.

©

Ui tg

1

g ′( x) = 0 als 2, 4 x −0 ,2 − 2 = 0 ; x −0 ,2 = 0, 8333 ; x = 0, 8333 −0 ,2 = 2, 49 Met een plot kun je zien dat er voor x = 2,49 een maximum is. De grootte van het maximum is g(2, 49) = 2, 23 . De helling van de raaklijn in (1, 2) is g ′(1) = 0, 4 . De vergelijking van de raaklijn wordt y = 0, 4 x + b . Invullen van de coördinaten van (1, 2) geeft 2 = 0, 4 + b ; b = 1, 6 De vergelijking is y = 0, 4 x + 1, 6 Uit een plot van g ( x) kun je afleiden dat de raaklijnen in de randpunten verticaal zijn.

off

dh

u = 3 x 0 ,8 − 2 x en du = 2, 4 x −0 ,2 − 2 dx u′( x) u′( x) 2, 4 x −0 ,2 − 2 g ( x) = 2 u( x) , dus g ′( x) = 2 ⋅ = = 2 u( x) u( x) 3 x 0 ,8 − 2 x

or

28a

No

⁄ 112




31-03-2008 11:08:8

er sb v


bladzijde 141

b

c

d

e

f

g

ev

Met de stelling van pythagoras bereken je de lengte door het bos. CH = 25 + 4 = 29 = 5, 385 km. De kosten zijn dan 5385 ⋅ 25 = 134625 euro. Langs de weg is de afstand 7 km. De kosten zijn dan 7000 ⋅ 20 = 140000 euro. De aanleg door het bos is goedkoper. PH = 1 + 4 = 5 = 2, 236 km en CP = 4 km. De kosten worden dan 2236 ⋅ 25 + 4000 ⋅ 20 = 135900 euro. 0 ≤ PQ ≤ CQ , dus 0 ≤ x ≤ 5000

PH = x 2 + 2000 2 = x 2 + 4 000 000 en CP = 5000 − x . De aanlegkosten zijn A( x) = 20 5000 − x + 25 x 2 + 4 000 000 = 100 000 − 20 x + 25 x 2 + 4 000 000 euro. 25 x 2x A′( x) = −20 + 25 ⋅ = −20 +

(

)

2 x 2 + 4 000 000 x 2 + 4 000 000 Met de rekenmachine vind je dat voor x ≈ 2667 geldt dat A′( x) = 0 . Je kunt de uitkomst ook exact berekenen: 2 25 x −20 + = 0 ; x + 4 000 000 = 1 ; x 2 + 4 000 000 = 5 x ; 4 25 x 20 x 2 + 4 000 000 x 2 + 4 000 000 = ( 45 x)2 =

25 16

Als QP = 2667 , dan is PH = 26672 + 2000 2 ≈ 3334 en CP = 5000 − 2667 = 2333 De lengte van de totale leiding is 3334 + 2333 = 5667 meter. De kosten hiervoor zijn 20 ⋅ 2333 + 25 ⋅ 3334 = 130010 euro.

c d

e

dh

t = 5 → V = 937, 50 → H = 15, 06 t = 10 → V = 3000 → H = 17, 48 De uitkomsten komen redelijk overeen.

©

I-2a

Onder de knop ‘uitkomst en helling’ vind je voor t = 5 een volume van V = 950 . Vul in V = 950 en je vindt H = 15, 05 . In de tijd-hoogte grafiek is het punt met t = 5 en H = 15, 05 een punt van deze grafiek. Vul in t = 10 en je krijgt H = 17, 60 en voor t = 15 krijg je H = 19, 10 . De variabelen zijn verschillend met verschillende eenheden.

or

64 000 000 ; 9

No

b

x 2 = 4 000 000 ; x 2 = 4 000 000 ⋅ 169 =

64 000 000 8000 = = 2666 23 9 3 het antwoord klopt.

bladzijde 142

9 16

x=

ICT Kettingfuncties

I-1a

x2 ;

Ui tg

31a

off




⁄ 113 31-03-2008 11:08:18

b

er sb v


Door de formule voor V in te vullen in die voor H.

H in dm

22 21 20 19 18 17

15 14 13 12

0

1

2

3

4

5

6

7

8

I-4a

b

c

I-5a

b

I-6a b

c

⁄ 114

15

16

17 18 19 t in dagen

y = x 2 − 4 . De grafiek is dezelfde als die van vraag a. Het domein is 〈←, 2] en [2, →〉. De eis is dat x 2 − 4 > 0 ; in de grafiek van de eerste schakel zie je dat dit geldt voor het domein. 1 sin x De functie f ( x) bestaat niet als u = 0, dus als sin x = 0 . Je krijgt f ( x) =

Dus als x als waarden alle veelvouden van π heeft.

Als u = sin x maximaal is (dus bij de toppen), dan is 1 = 1 minimaal. u sin x Dus bij de dalen van grafiek van f. De schakels zijn u = sin x en y = u 2 . De grafiek van h heeft de vorm van een golf en de functie is, als gevolg van de tweede schakel, altijd positief of 0. De schakels zijn u = x 2 − 4 en y = 2 . u De schakel u heeft voor x = 0 een minimum, dus de functie k heeft voor x = 0 een maximum. De nulpunten van de schakel u zorgen ervoor dat k daar niet bestaat. De grafiek van k heeft dan twee verticale asymptoten. Als de waarde van x toeneemt (of afneemt), dan neemt u toe (of af) en nadert y tot 0. Dus heeft de grafiek van k de x-as als horizontale asymptoot. De kettingfunctie is y = 1 − 1, 5(2 x − 3) = 1 − 3 x + 4, 5 = −3 x + 5, 5 De kettingfunctie is y = 2(1 − 1, 5 x) − 3 = 2 − 3 x − 3 = −3 x − 1 De grafieken zijn evenwijdige lijnen. Dit komt doordat het product van de richtingscoëfficiënten van de lijnen van de schakels gelijk is.

©

14

off

c

13

dh

12

or

b

11

No

10

De gestippelde lijn is de grafiek die bij de formule hoort. Deze geeft een goed benadering van de meetgegevens. bladzijde 143

I-3a

9

Ui tg

ev

16




31-03-2008 11:08:22

I-7

er sb v


F en G, want ( x 2 )3 = ( x 3 )2 = x 6 2

  F en H, want 12 =  1  en dus ook G en H.  x x 2 F en I, want x = ( x )2 = x mits x > 0 en dus ook G en I (voor alle x)

H en I, want

1 = 1 x x

ev

ICT De kettingregel bladzijde 144

Klik de button ‘uitkomst en helling’. Vul in t = 5 en je krijgt V = 937, 50 en

dV = 337, 5002 dt Het volume is na 5 dagen 937,50 liter en de vulsnelheid is dan 337,5 m³/dag.

b

c

d

Vul in V = 937, 50 en je krijgt H = 15, 06 en dH = 0, 0016 dt De hoogte van het water is na 5 dagen 15,06 dm en de neemt dan toe met 0,0016 dm per dag. dH = dV ⋅ dH = 337, 5002 ⋅ 0, 0016 = 0, 54 dm/dag. dt dt dV Invullen van t = 5 geeft dH = 0, 5511 en komt overeen met het product (afgezien dt van afrondingen). dH = dV ⋅ dH dt dt dV

bladzijde 145

b

c

d

I-10a

u = 3t 2 + 8 en y = u1,5 b du = 6t en dy = 1, 5u 0 ,5 dt du h′(t ) = 1, 5u 0 ,5 ⋅ 6t = 9t (3t 2 + 8)0 ,5

©

or

De schakels zijn u = x 2 − 3 x en y = 0, 5u 2 . x = 1 → u = −2 → y = 2 Voor een punt R op de grafiek van K geldt R( xP , yQ ) Selecteer U en vul in x = 1 (behorende bij punt P). Je vindt de helling in P is –1. Selecteer Y en vul in x = –2 (behorende bij punt Q). Je vindt de helling in Q is –2. Selecteer K en vul in x = 1 (behorende bij punt R). Je vindt de helling in R is 2. De helling van K is het product van de hellingen van U en Y. du = 2 x − 3 en dy = u dx du k ′( x) = (2 x − 3)u = (2 x − 3)( x 2 − 3 x)

No

I-9a

off

dh

Ui tg

I-8a

u = 12 x − 1 en y = u 2 du = 1 en dy = 2u dx 2 du f ′( x) = 2u ⋅ 12 = u = 12 x − 1




⁄ 115 31-03-2008 11:08:29

d

e

u = 1 − x en y = u 4 du = −1 en dy = 4u 3 dx du w′( x) = 4u 3 ⋅ −1 = −4(1 − x)3 u = t 3 + 7t en y = u 3 du = 3t 2 + 7 en dy = 3u 2 dt du g ′(t ) = 3u 2 ⋅ (3t 2 + 7) = 3(3t 2 + 7)(t 3 + 7t )2 u = 5 x − 12 en y = u 6 du = 5 en dy = 6u 5 dx du k ′( x) = 5 ⋅ 6u 5 = 30(5 x − 12)5

ev

c

u = 2 − q en y = u 5 du = −1 en dy = 5u 4 dq du p′(q) = −1 ⋅ 5u 4 = −5(2 − q)4

I-11a

u = x 2 − 2 x en y = u −2

du = 2 x − 2 en dy = −2u −3 = −2 dx du u3

c

d

I-12a

b

c

k ′( x) = 0 als −4 x + 4 = 0 dus als x = 1 De uiterste waarde is dan k(1) = 1

Het minimum van u is –1 voor x = 1 (kun je berekenen met du = 2 x − 2 ). dx 1 1 −2 =1. y = u = 2 heeft dan een maximum gelijk aan (−1)2 u Alle grafieken gaan door het punt (0, 8). Voor a = 0 krijg je de lijn y = 8 Voor a ≠ 0 is de x-as een horizontale raaklijn. Voor a = p en a = − p zijn de grafieken gespiegeld in de y –as. Het punt (0, 8), want f (0) = (0. x + 2)3 = 8 . De grafiek van f is niet dalend als geldt: f ′( x) ≥ 0 voor alle x. u = ax + 2 en y = u 3 du = a en dy = 3u 2 , dus f ′( x) = a ⋅ 3u 2 = 3a(ax + 2)2 . dx du Nu is (ax + 2)2 altijd positief, dus f ′( x) ≥ 0 als 3a ≥ 0 ofwel a ≥ 0 .

©

k ′( x) = (2 x − 2) ⋅ −23 = −24 x + 4 3 . u ( x − 2 x)

off

b

dh

or

f

No

⁄ 116

Ui tg

er sb v





31-03-2008 11:08:40

er sb v


Test jezelf bladzijde 148

d

T-2a

b

c

d

T-3a

b

c

d

e

f

T-4a

b

c

1 f ′( x) = 6 ⋅ 1 − 0, 5 ⋅ 1 12 x 2 = 3 − 43 x 2 x x

11

g ( x) = ( x + x)( x − 1) = x x − x + x 2 − x = x 2 − x + x 2 − x 1 g ′( x) = 1 12 x 2 − 1 + 2 x − 1 = 1 12 x − 1 + 2 x − 1 2 x 2 x

u = x 2 − 5 en y = u 3 Verwisseling geeft u = x 3 en y = u 2 − 5 Je krijgt dan de functie g ( x) = ( x 3 )2 − 5 = x 6 − 5 h( x) = (6 − 3 x)3 + 9 k( x) = 6 − 3( x 3 + 9) = 6 − 3 x 3 − 27 = −3 x 3 − 21

u = x − 3 en y = u10 + 2 du = 1 en dy = 10u 9 Dus f ′( x) = 1 ⋅ 10u 9 = 10( x − 3)9 dx du 2 u = 2 − p en y = u 3 du = −2 p en dy = 3u 2 Dus g ′( p) = −2 p ⋅ 3u 2 = −6 p ⋅ (2 − p2 )2 dp du u = x 2 − x en y = 1 = u −1 u −(2 x − 1) du = 2 x − 1 en dy = −u −2 = −1 Dus h′( x) = (2 x − 1) ⋅ −12 = 2 2 du dx u ( x − x)2 u 4 2 u = 2 x − 3 x en y = u du = 2 − 12 x 3 en dy = 2u Dus k ′( x) = (2 − 12 x 3 ) ⋅ 2u = 2(2 − 12 x 3 )(2 x − 3 x 4 ) dx du u = 4t − 9 en y = 3 + 2u 5 du = 4 en dy = 10u 4 Dus m′(t ) = 4 ⋅ 10u 4 = 40 4t − 9 4 dt du u = x 3 − 7 en y = 2 = 2u −1 u du = 3 x 2 en dy = −2u −2 = −2 Dus q′( x) = 3 x 2 ⋅ −2 = −6 x 2 dx du u 2 ( x 3 − 7)2 u2

(

)

1

u = 12 x 2 − 2 x en y = u = u 2 du = x − 2 en dy = 1 Dus f ′( x) = ( x − 2) ⋅ 1 = dx du 2 u 2 u 2

x−2 1 2

x2 − 2 x

Voor de randpunten geldt f ( x) = 0 , dus 12 x 2 − 2 x = 0 ; 12 x 2 − 2 x = 0 ; x( 12 x − 2) = 0 ; x = 0 of x = 4 De randpunten zijn (0, 0) en (4, 0) Voor x = 2 wordt zowel de teller als de noemer van f ′( x) gelijk aan 0. De afgeleide functie bestaat dus niet voor x = 2. Je kunt ook zien dat x = 2 niet tot het domein van f ( x) behoort.

©

)

ev

(

Ui tg

c

off

dh

b

or

f ′( x) = 4 ⋅ 3 x 2 + 1 = 12 x 2 + 1 2 x 2 x g ( x) = 52 + 3 = 5 x −2 + 3 ; g ′( x) = 5 ⋅ −2 x −3 = −10 ⋅ 13 = −10 x x x3 1 1 1 11 f ( x) = 6 − 0, 5 x ⋅ x = 6 x − 0, 5 x x = 6 x 2 − 0, 5 x ⋅ x 2 = 6 x 2 − 0, 5 x 2 ;

No

T-1a




⁄ 117 31-03-2008 11:08:54

er sb v


bladzijde 149 T-5a

b

c

d

e

L = 6 dm, dus O = 2 ⋅ 6 2 = 72 dm². V = 0, 1 ⋅ 6 3 = 21, 6 dm³ en G = 0, 2 ⋅ 21, 6 = 4, 32 kg. V = 0, 1 ⋅ 14 3 = 274, 4 dm³ en G = 0, 2 ⋅ 274, 4 = 54, 88 kg. G = 0, 2V = 0, 2 ⋅ 0, 1L3 = 0, 002 L3

1 Invullen in de formule voor G geeft 0, 02 L3 = 80 ; L3 = 80 = 4000 ; L = 4000 3 = 15, 87 0, 02

O = 2 ⋅ 15, 872 = 503, 71 dm².

T-6a

De grafieken heeft drie toppen. Voor x = 0, x = 2 en x = 4 u = x 2 − 4 x en y = u 2 du = 2 x − 4 en dy = 2u Dus dx du f ′( x) = (2 x − 4) ⋅ 2u = 2(2 x − 4)( x 2 − 4 x) = 2 ⋅ 2( x − 2) x( x − 4) = 4 x( x − 2)( x − 4) f ′( x) = 0 , dus 4 x( x − 2)( x − 4) = 0 ; x = 0 of x = 2 of x = 4 De antwoorden kloppen met die uit opdracht b.

d T-7a

b

c

d

e

f

T-8a

b

Ui tg

c

De afstand tot de muur is 6, 52 − 6 2 = 2, 5 meter. De afstand op tijdstip t = 0 is 2,5 meter. Na t seconden komt er 0, 01t meter bij. De afstand na t seconden wordt dan u = 2, 5 + 0, 01t De lengte van de stut blijft 6,5 meter. Voor de hoogte geldt dan h = 6, 52 − u 2 = 52, 25 − u 2 h = 42, 25 − u 2 = 42, 25 − (2, 5 + 0, 01t )2 Als u = 6, 5 , dus als 2, 5 + 0, 01t = 6, 5 ; 0, 01t = 4 ; t = 400 De raaklijn is in het punt (400,0) verticaal en dus bestaat h′(400) niet.

off

b

f ( x) is geen kettingfunctie omdat je geen schakels kunt bedenken waaruit hij is opgebouwd. Het eerste deel is wel een kettingfunctie.

dh

ev

De schakels zijn dan u( x) = 1 en y(u) = 1 . x u Dus f '( x) = y'(u) ⋅ u '( x) = −12 ⋅ −12 = −1 12 ⋅ −12 = −11 ⋅ −12 = 1 = 1 1 x u x (x) x x2

Simpeler is: f ( x) = 11 = 1−1 = x ⇒ f '( x) = 1 . x x

Nee. De afgeleide van h(t ) = 3t kun je alleen met de definitieformule benaderen.

⁄ 118

h(t + 0, 001) − h(t ) 3t + 0 ,001 − 3t 3t ⋅ 30 ,001 − 3t = = = 0, 001 0, 001 0, 001

3t ⋅ (30 ,001 − 1) 0, 001099 ⋅ 3t ≈ ≈ 1, 1 ⋅ 3t 0, 001 0, 001

©

Je krijgt dan: h'(t ) ≈

No

c

or




31-03-2008 11:09:3

Noordhoff Uitgevers bv

Recommend Documents