Extra oefening bij hoofdstuk 1

Extra oefening bij hoofdstuk 1

1a

Een goede vensterinstelling voor de functie f is : X min = −3 en X max = 5 en Ymin = −15 en Ymax = 10 . Voor de functie g X min = −30 en X max = 30 en Ymin = −40 en Ymax = 10 .

b

y 10 8 6 4 2 –3

–2

–1–2 –4 –6 –8 –10 –12 –14

1

2

3

4

5

10

20

30

40

50

x

y 10 –30 –20 –10 –10

x

–20 –30 –40

c

Verticale asymptoot x = 12 , horizontale asymptoot y = −20 .

2

Bij de functie f mag x = 3 niet worden ingevuld, dus Df = ←, 3 ∪ 3, → en omdat de breuk geen 0 kan worden is de uitkomst nooit 2, dus Bf = ←, 2 ∪ 2, → De functie g is een parabool, dus Dg =  , met de rekenmachine kun je vinden dat de top van deze parabool het punt 1 13 , 7 13 is, dus Bg =  7 13 , → . De functie h is een wortelfunctie. Onder het wortelteken moet een getal groter of gelijk aan nul staan. Je kunt zien of met de rekenmachine bepalen dat dan x ≤ 80 moet zijn. Dh = ←, 80  Bh =  0, → .

3a

PQ = f(x) = − 12 x + 8 ⇒ P(x, − 12 x + 8) .

b

Oppervlakte ∆OPQ = A(x) = 12 ⋅ OQ ⋅ PQ = 12 ⋅ x ⋅ (− 12 x + 8) = − 12 x 2 + 4x .

c

0 < x < 16 .

d

(

18

)

y

16 14 12 10 8 6 4 2 O –2

e

⁄ 190

x 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

De top van de grafiek ligt tussen x = 0 en x = 16, dus maximale oppervlakte ∆OPQ = A(8) = − 14 ⋅ 8 2 + 4 ⋅ 8 = 16 .


4a

b

c

d

5a

b c

De noemer van de functie f is altijd groter dan 0, dus de functie f bestaat voor alle x. x 2 + 4x − 5 = 0 ⇒ (x + 5)(x − 1) = 0 ⇒ x = −5 of x = 1 . De verticale asymptoten van de grafiek van g zijn dus x = −5 en x = 1 . Wanneer x steeds grotere positieve of negatieve waarden aanneemt, zal bij beide functies de functiewaarden steeds dichter bij 0 komen. De horizontale asymptoot is dus bij beide functies y = 0. Met de rekenmachine kun je de top van de functie f vinden, dit is (−2, 24) . De top van de grafiek van de functie g is (−2, − 2 23) . Dus Bf = 0, 24  en Bg = ←, − 2 23  ∪ 0, → 9x − x 3 = x(9 − x 2) , hieraan kun je zien dat de functie f nul wordt als x = 0 , x = −3 of x = 3 . Dus Df = ←, − 3  ∪  0, 3  . Buiten deze intervallen staat er onder het wortelteken een negatief getal en dat kan niet. Met rekenmachine bepaal je dan de top en vind je: Bf =  0; 3, 22  .

⁄ 191


1a

b

c

2a

b c

d

Neem als vensterinstelling: X min = −25 en X max = 25 en Ymin = −500 en Ymax = 100 . 0, 01x 4 − 4x 2 = 0 ⇒ x 4 − 400x 2 = 0 ⇒ x 2(x 2 − 400) = 0 ⇒ x 2 = 0 of x 2 = 400 ⇒ de nulpunten zijn x = 0 , x = −20 en x = 20 . Met de rekenmachine vind je: (−14, 14 ; − 400),(0, 0) en (14, 14 ; − 400) 8p + 3(−2p + 3) = 4 − (2 − 3p) ⇒ 8p − 6p + 9 = 4 − 2 + 3p ⇒ 2p + 9 = 2 + 3p ⇒ −p = −7 ⇒ p = 7 (3x − 4)2 = 25 ⇒ 3x − 4 = −5 of 3x − 4 = 5 ⇒ 3x = −1 of 3x = 9 ⇒ x = − 13 of x = 3 . x 3 − 12x 2 + 27x = 0 ⇒ x(x 2 − 12x + 27) = 0 ⇒ x(x − 3)(x − 9) = 0 ⇒ x = 0 , x = 3 of x = 9 −8x(x − 8) = 30 ⇒ −8x 2 + 64x − 30 = 0 ⇒ 2 x = −64 + 64 − 4 ⋅ −8 ⋅ −30 = −64 + 3136 = −64 + 56 = 12 of 2 ⋅ −8 −16 −16 2 x = −64 − 64 − 4 ⋅ −8 ⋅ −30 = −64 − 3136 = −64 − 56 = 7 12 2 ⋅ −8 −16 −16

Dus x =

1 2

of x = 7 12

e

x 5 + 2x 4 = 4x 4 + 3x 3 ⇒ x 5 − 2x 4 − 3x 3 = 0 ⇒ x 3(x 2 − 2x − 3) = 0 ⇒ x 3(x − 3)(x + 1) = 0 ⇒ x = 0 , x = 3 of x = −1

3a

b

−3x 2 + 4 = −17 ⇒ −3x 2 = −21 ⇒ x 2 = 7 ⇒ x = 7 of x = − 7 5x 3x − 1 = 4 Met de rekenmachine. Plot Y1 = 5x (3x − 1) en Y2 = 4 en bepaal het snijpunt. De oplossing is x ≈ 0, 73

c

d

3 = −4x 2 + 2x + 6 Met de rekenmachine. Plot Y = 3 en Y = −4x 2 + 2x + 6 en 1 2 x+1 x+1 bepaal de snijpunten. De oplossing is x = −1, 5 , x ≈ −0, 37 of x ≈ 1, 37 − 8x + 1 + 5 = 3 12 ⇒ − 8x + 1 = −1 12 ⇒ 8x + 1 = 1 12 ⇒ 8x + 1 = 2 14 ⇒ 8x = 1 14 ⇒ x=

5 32

e

0, 3x 3 − 8x 2 + x = 10 Met de rekenmachine. Plot Y1 = 0, 3x 3 − 8x 2 + x en Y2 = 10 en bepaal het snijpunt. De oplossing is x ≈ 26, 59 .

Wanneer je de vensterinstelling aanpast, bijvoorbeeld door in te zoomen, dan zie je dat er twee snijpunten zijn. −0, 2x 2 + x − 3 = −1, 01x + 2, 05 ⇒ −0, 2x 2 + 2, 01x − 5, 05 = 0 ⇒ De discriminant D = 2, 012 − 4 ⋅ −0, 2 ⋅ −5, 05 = 0, 0001 > 0 , dus twee oplossingen. ( x = 5, 05 en x = 5 )

4a

b

5 a b

⁄ 192

Eerst de vergelijking en dan met een plot de ongelijkheid oplossen. 8x − 3 = 2x + 5 ⇒ 6x = 8 ⇒ x = 1 13 de oplossing is dan 1 13 , → 3x 2 − 2x − 9 = x + 9 ⇒ 3x 2 − 3x − 18 = 0 ⇒ x 2 − x − 6 = 0 ⇒ (x − 3)(x + 2) = 0 ⇒ x = 3 of x = −2 . De oplossing is dan ←, −2 ∪ 3, →


c

1 3

x 2 + 1 12 x = −1 12 ⇒ 13 x 2 + 1 12 x + 1 12 = 0 ⇒ 2x 2 + 9x + 9 = 0 ⇒

2 x = −9 + 9 − 4 ⋅ 2 ⋅ 9 = −9 + 9 = −9 + 3 = −1 12 of 2⋅2 4 4 2 x = −9 − 9 − 4 ⋅ 2 ⋅ 9 = −9 − 9 = −9 − 3 = −3 de oplossing wordt dan  −3, − 1 12  2⋅2 4 4

d

1 + 7 1 − 2x = 15 ⇒ 7 1 − 2x = 14 ⇒ 1 − 2x = 2 ⇒ 1 − 2x = 4 ⇒ 2x = −3 ⇒ x = −1 12 . De oplossing wordt dan (let op het randpunt ! ) −1 12 , 12  .

⁄ 193

Oefentoets bij de hoofdstukken 1 en 2

1a

b

c

d e

Met de instellingen Xmin = –15 en XMAX = 15 en Ymin = –200 en Ymax = 200 krijg je de grafiek zo in beeld. Plot de grafiek van de functie f.Met de rekenmachine vind je de toppen (−4, 128) en (4, − 128) . Plot ook nog de grafiek van y = 95 en bepaal met de rekenmachine de snijpunten. Je vindt: x ≈ −5, 56 , x ≈ −2, 20 en x ≈ 7, 76 . Plot de grafiek van y = −125 . De snijpunten worden x ≈ −7, 98 , x ≈ 3, 49 en x ≈ 4, 49 . De oplossing van f(x) < −125 is dan ←, −7, 98 ∪ 3, 49 ; 4, 49 . f(x) = 0 ⇒ x 3 − 48x = 0 ⇒ x(x 2 − 48) = 0 ⇒ x = 0 of x 2 = 48 ⇒ x = 0 , x = − 48 of x = 48 . y

2a

7 6 5

f

g

h

4 3 2 1 –2

–1 O –1

1

2

3

4

5

6

7

x

–2

b

c

d

e f

3a

b c

Verticale asymptoot x = 3 , want voor x = 3 is de noemer gelijk aan 0, en horizontale asymptoot y = 2 want voor grote waarden van x wordt de breuk zo goed als nul. f(x) = 4 ⇒ 2 − 5 = 4 ⇒ 5 = −2 ⇒ 2x − 6 = −2 12 ⇒ 2x = 3 12 ⇒ x = 1 43 2x − 6 2x − 6 Dus f(x) ≤ 4 heeft oplossing ←, 1 43  ∪ 3, → . Denk om de asymptoot !! Er zijn geen oplossingen voor p = 2 , want dan zou de breuk gelijk moeten worden aan 0 en dat kan niet. Plot beide grafieken en bepaal met de rekenmachine de snijpunten. De snijpunten zijn: (1, 74 ; 1, 58) en (4, 90 ; 3, 62) . f(x) < g(x) < h(x) geldt vanaf de asymptoot tot het snijpunt van g en h. Dus 3 ; 4, 90 , maar de exponentiële functie h(x) stijgt bij grote x steeds sneller, dus h en g snijden elkaar nog een keer namelijk bij x ≈ 22, 73 . Dus f < g < h voor 3; 4, 90 ∪ 22, 73; → f(30) = 25 − 0, 01 ⋅ 30 2 = 25 − 9 = 16 = 4 Er moet gelden 25 − 0, 01x 2 ≥ 0 ⇒ 0, 01x 2 ≤ 25 ⇒ x 2 ≤ 2500 ⇒ −50 ≤ x ≤ 50 . Dus Df =  −50, 50  . 6

y

5 4 3 2 1 –40

⁄ 194

–20

O

20

40

x


d

e

4a

b

c

d

e

f

g

5a

b

c

6a

f(x) = 3 12 ⇒ 25 − 0, 01x 2 = 3 12 ⇒ 25 − 0, 01x 2 = 12, 25 ⇒

−0, 01x 2 = −12, 75 ⇒ x 2 = 1275 ⇒ x = 1275 of x = − 1275 . Plot beide grafieken en bereken het snijpunt. Lees het antwoord af uit de grafieken. f(x) > g(x) ⇒ 25 − 0, 01x 2 = 0, 075x ⇒ 25 − 0, 01x 2 = 0, 005625x 2 ⇒ 0, 015625x 2 = 25 ⇒ x 2 = 1600 ⇒ x = −40 of x = 40 . De oplossing van de ongelijkheid wordt dus:  −50, 40  −x + 10 = 2 ⇒ −x = −8 ⇒ x = 8 ⇒ C(8, 2) . x + 3 = 2 ⇒ x = −1 ⇒ D(−1, 2) . Nu is de x-coördinaat van A en dus van D gegeven. Je moet nu x = 1 invullen in y = x + 3 ⇒ y = 1 + 3 = 4 ⇒ D(1, 4) . C heeft dus y-coördinaat 4 en ligt op y = −x + 10 ⇒ −x + 10 = 4 ⇒ −x = −6 ⇒ x = 6 ⇒ C(6, 4) . B ligt recht onder C ⇒ B(6, 0) Oppervlakte ABCD = AB × BC = 5 × 4 = 20 . Je moet nu x = a invullen in y = x + 3 ⇒ y = a + 3 ⇒ D(a, a + 3) . C heeft dus y-coördinaat a + 3 en ligt op y = −x + 10 ⇒ −x + 10 = a + 3 ⇒ −x = a − 7 ⇒ x = 7 − a ⇒ C(7 − a, a + 3) . B ligt recht onder C ⇒ B(7 − a, 0) . ABCD is een vierkant als AB = BC ⇒ 7 − a − a = a + 3 ⇒ −2a + 7 = a + 3 ⇒ −3a = −4 ⇒ a = 1 13 O(a) = AB × BC = (7 − a − a) × (a + 3) = (7 − 2a)(a + 3) = 7a + 21 − 2a 2 − 6a = −2a 2 + a + 21 Er moet gelden: AB > 0 ⇒ 7 − 2a > 0 ⇒ 2a < 7 ⇒ a < 3 12 en BC > 0 ⇒ a + 3 > 0 ⇒ a > −3 12 Dus het domein van O(x) is −3, 3 12 . Plot O(x) en bepaal de top met de rekenmachine. Je vindt (14 , 21 18) . Voor a = 14 is de oppervlakte maximaal 21 18 . Bij al deze functies is de derde macht de hoogste macht van x, en zijn de andere machten twee en/of één en/of nul. Bij de functies f, g en h kun je de nulpunten exact bepalen, bij de functie k niet. f(x) = 0 ⇒ x 3 + x 2 = 0 ⇒ x 2(x + 1) = 0 ⇒ x = 0 of x = −1 . g(x) = 0 ⇒ 4x 3 = 0 ⇒ x = 0 . h(x) = 0 ⇒ x(x − 2)(x + 4) = 0 ⇒ x = 0 , x = 2 of x = −4 . k(x) = 0 ⇒ 1 − x 2 + x 3 = 0 ⇒ met de rekenmachine x ≈ −0, 75 a = 2 ⇒ f(x) = 2x − x 2 . Top (1, 1) , nulpunten x = 0 en x = 2

y 1

–1

O

1

2

3

x

–1

–2

–3

⁄ 195


b

c

a = −2 ⇒ f(x) = −2x − x 2 ; a = −1 ⇒ f(x) = −x − x 2 ; a = 0 ⇒ f(x) = −x 2 ; a = 1 ⇒ f(x) = x − x 2 2

a = –2

y

a=2

1

x –3

–2

–1

O

1

2

3

–1 –2 –3

d e

f

g

⁄ 196

Alle grafieken gaan door het punt (0, 0) f(x) = ax − x 2 = 0 ⇒ x(a − x) = 0 ⇒ x = 0 of x = a f(x) = −2x − x 2 = 0 ⇒ −x(2 + x) = 0 ⇒ x = 0 of x = −2 ⇒ top voor x = −1 . De top is (−1 , 1) f(x) = −x − x 2 = 0 ⇒ −x(1 + x) = 0 ⇒ x = 0 of x = −1 ⇒ top voor x = − 12 . De top is (− 12 , 14) f(x) = −x 2 = 0 ⇒ x = 0 ⇒ top voor x = 0 . De top is (0 , 0) f(x) = x − x 2 = 0 ⇒ x(1 − x) = 0 ⇒ x = 0 of x = 1 ⇒ top voor x = 12 . De top is (12 , 14) Nulpunten zijn x = 0 en x = a , dus de top daar tussen dus voor x = 12 a . f(12 a) = a ⋅ 12 a − (12 a)2 = 12 a 2 − 14 a 2 = 14 a 2 dus de top (12 a , 14 a 2) . 1 a = 30 ⇒ a = 60 2


1a

b c d

Toename 13% per jaar ⇒ groeifactor 1,13 per jaar. Beginhoeveelheid 14307. Dus f(t) = 14307 ⋅ 1, 13t , t in jaren. Rente 4,6% per jaar ⇒ groeifactor 1,046 per jaar. Inleg e 2000,-. Dus f(t) = 2000 ⋅ 1, 046 t , t in jaren Afname 24% per 30 jaar ⇒ groeifactor per 30 jaar 0,76. Beginhoeveelheid 3000 ton. Dus f(t) = 3000 ⋅ 0, 76 t t in perioden van 30 jaar. (1) Of: groeifactor 0,76 per 30 jaar ⇒ groeifactor 0, 76 30 = 0, 9909 per jaar. f(t) = 3000 ⋅ 0, 9909 t met t in jaren. Verdrievoudiging per dag ⇒ groeifactor is 3 per dag. beginhoeveelheid 3 miljoen. Dus f(t) = 3 ⋅ 3t met t in dagen en f(t) in miljoenen.

2a

b

c

4 −3 = 13 = 1 64 4 1 1 2 ( 5) = 2 = 1 25 5 1 0 ( 7) = 1

d

53 ⋅ (15)−1 = 53 ⋅ 5 = 54 = 625

3a

b

(15) x ⋅ 5(x+ 2) = 5−x ⋅ 5 x+ 2 = 5−x+ x+ 2 = 52

c

8 2 ⋅ 2 −2 = (2 3)2 ⋅ 2 −2 = 2 6 ⋅ 2 −2 = 2 6−2 = 2 4

d

 1   1  p2  ⋅  p 

4a

b c

a −4 ⋅ a 3 = a −4+ 3 = a −1

−3

= (p−2) ⋅ (p−1)−3 = p−2 ⋅ p3 = p−2+ 3 = p

f(x) = b ⋅ g x door (0, 5) ⇒ f(0) = 5 ⇒ b ⋅ g 0 = 5 ⇒ b ⋅ 1 = 5 ⇒ b = 5 . f(x) = 5 ⋅ g x door (1, 2) ⇒ f(1) = 2 ⇒ 5 ⋅ g 1 = 2 ⇒ g = 2 = 0, 4 ⇒ f(x) = 5 ⋅ 0, 4 x 5 h(x) = b ⋅ g x door (1, 27) ⇒ h(1) = b ⋅ g = 27 en door (4, 8) ⇒ h(4) = b ⋅ g 4 = 8 . Dus

b ⋅ g = 27 eerste in de tweede invullen geeft  4 3 b ⋅ g = 8 ⇒ b ⋅ g ⋅ g = 8

27 ⋅ g 3 = 8 ⇒ g 3 = 8 ⇒ g = 2 . b ⋅ (23) = 27 ⇒ b = 27 ⋅ 23 = 40, 5 . 27 3 Dus h(x) = 40, 5 ⋅ ( 23) x .

5a

Fout want 2 3 + 2 4 = 8 + 16 = 24 ≠ 2 7 = 128 Wel juist is 2 3 ⋅ 2 4 = 2 3+ 4 = 2 7

b

c

d

Fout want (32)3 = 32 ⋅ 32 ⋅ 32 = 36 ≠ 35 15 (3 ⋅ 5)15 315 ⋅ 515 Fout want 1515 : 35 = 155 = = = 310 ⋅ 515 ≠ 510 3 35 35 Fout want 74 ⋅ 7 = 74 ⋅ 71 = 74+1 = 75

⁄ 197


6a

b

c

45 ⋅ 2, 5 x = 1500 Plot de grafieken Y1 = 45 ⋅ 2, 5 x en Y2 = 1500 . Bepaal met de rekenmachine het snijpunt. Je vindt x ≈ 3, 83 . 0, 1x < 4 ⋅ 0, 2 x . Plot de grafieken Y1 = 0, 1x en Y2 = 4 ⋅ 0, 2 x . Neem scherminstelling X min = −5 , X max = 5 , Ymin = 0 en Ymax = 150 Bepaal met de rekenmachine het snijpunt. Je vindt x = 2 . De oplossing is dan x > −2 . 0, 5 ⋅ 2 x > 0, 52x . Met de rekenmachine kan, maar deze kan ook exact. 0, 5 ⋅ 2 x > 0, 52x ⇒ (12) ⋅ 2 x > (12)2x ⇒ 2 −1 ⋅ 2 x > 2 −2x ⇒ 2 −1+ x > 2 −2x ⇒ −1 + x > −2x ⇒ 3x > 1 ⇒ x > 13 . 310 ⋅ 0, 2 x = 915 . Plot de grafieken Y1 = 310 ⋅ 0, 2 x en Y2 = 915 . Bepaal met de rekenmachine het snijpunt. Je vindt x ≈ −0, 67 .

d

7a

b

(14) x = 64 ⇒ (4 −1) x = 4 3 ⇒ 4 −x = 4 3 ⇒ −x = 3 ⇒ x = −3

c

9t =

d

(0, 1)3t = 0, 01 ⇒ (0, 1)3t = (0, 1)2 ⇒ 3t = 2 ⇒ t =

e

25 ⋅ 5t =

f

5 ⋅ (19)t = 135 ⇒ (19)t = 27 ⇒ ( 312 )t = 33 ⇒ (3−2)t = 33 ⇒ 3−2t = 33 ⇒ −2t = 3 ⇒ t = −1 12

⁄ 198

125 x = 5 ⇒ (53) x = 5 ⇒ 53x = 51 ⇒ 3x = 1 ⇒ x =

1 27

1 3

⇒ (32)t = ( 313 ) ⇒ 32t = 3−3 ⇒ 2t = −3 ⇒ t = −1 12

1 125

⇒ 5 2 ⋅ 5t =

1 53

2 3

⇒ 52+t = 5−3 ⇒ 2 + t = −3 ⇒ t = −5 .


1a

b

c

d

Plot de grafieken: Y1 = 10 − 4x 3 en Y2 = 3 en bepaal het snijpunt. Je vindt x ≈ 1, 21 . Plot de grafieken Y1 = 1, 25x −4 en Y2 = 7, 75 en bepaal het snijpunt. Je vindt x ≈ −0, 63 en x ≈ 0, 63 . Plot de grafieken Y1 = 12 − 4x 6 en Y2 = 5 en bepaal het snijpunt. Je vindt x ≈ −1, 10 en x ≈ 1.10 . de oplossing is dan ←; −1, 10 ∪ 1, 10 ; → Plot de grafieken Y1 = 1 + 2x −4 en Y2 = 3, 6 en bepaal het snijpunt. Je vindt x ≈ −0, 94 en x ≈ 0, 94 De oplossing is dan ( denk om de verticale asymptoot !) −0, 94 ; 0 ∪ 0 ; 0, 94 .

x 3 + 4 = 9 ⇒ x 3 = 5 ⇒ x = 3 5 ≈ 1, 71

2a

b

14 − 2x 4 = 10 ⇒ −2x 4 = −4 ⇒ x 4 = 2 ⇒ x = − 4 2 ≈ −1, 19 of x = 4 2 ≈ 1, 19

c

2w

d

5t

e

4x 6 > 3x 7 ⇒ eerst de vergelijking oplossen

−1 12

− 12

+ 3 = 9 ⇒ 2w

= 7⇒t

− 12

=

7 5

−1 12

= 6⇒w

−1 12

= 3⇒w= 3

= 1, 4 ⇒ t = 1, 4 −2 =

1 1,96

− 23

= 3 1 2 = 31 ≈ 0, 48 9 3

≈ 0, 51

4x 6 = 3x 7 ⇒ 4x 6 − 3x 7 = 0 ⇒ x 6(4 − 3x) = 0 ⇒ x = 0 of x = 1 13 met de grafieken vind je de oplossing ←, 0 ∪ 0, 1 13 .

f

− 12 x 6 ≥ −4x 3 ⇒ eerst de vergelijking oplossen

− 12 x 6 = −4x 3 ⇒ − 12 x 6 + 4x 3 = 0 ⇒ − 12 x 3(x 3 − 8) = 0 ⇒ x = 0 of x = 2 .

De oplossing is dan  0, 2  .

Elke kubus heeft 6 zijvlakken. Door het tegen elkaar plaatsen vallen er 6 vlakken af voor de oppervlakte. Dus de oppervlakte is O = (4 ⋅ 6 − 6) ⋅ r 2 = 18r 2 cm 2 De inhoud is V = 4r 3 cm 3

O = 50 ⇒ 18r 2 = 50 ⇒ r 2 =

50 18

De inhoud is dan V = 4 ⋅ (

50 3 ) 18

V = 100 ⇒ 4r 3 = 100 ⇒ r 3 = 25 ⇒ r = 3 25 ≈ 2, 92 cm

3a

b

c

⇒r=

50 18

50 = 4 ⋅ 18 ⋅

≈ 1, 67 cm 50 18

= 11 19

50 18

≈ 18, 52 cm 3

De oppervklakte is dan O = 18 ⋅ (3 25)2 = 18 ⋅ 3 625 ≈ 153, 90 cm 2

O = V ⇒ 18r 2 = 4r 3 ⇒ 4r 3 − 18r 2 = 0 ⇒ 2r 2(2r − 9) = 0 ⇒ r = 0 of r = 4 12 .

d

Het kan dus als r = 4 12 cm . y

4a

3 2 1

g f

–2

–1 O –1

1

2

3

4

5

x

–2

Df =  0, → en Bf =  0, → en Dg =  en Bg = 

⁄ 199


b c d e

5a

b c

⁄ 200

1

1

1

1

x 2 = x 7 ⇒ (x 2 )14 = (x 7 )14 ⇒ x 7 = x 2 ⇒ x 7 − x 2 = 0 ⇒ x 2(x 5 − 1) = 0 ⇒ x = 0 of x 5 = 1 ⇒ x = 0 of x = 1 . 1 1 f(x) = x 2 = x en g(x) = x 7 = 7 x f(x) = 7 ⇒ x = 7 ⇒ x = 49 g(x) = −2 ⇒ 7 x = −2 ⇒ x = (−2)7 = −128 4 4 f(x) = x −2 1 = x 2 − 12 = x 2 − x −2 x x x In de buurt van 0 is x 2 heel klein, de functie lijkt dan dus het meest op x −2 . Voor grote waarden van x is x −2 juist heel klein. De grafiek lijkt dan dus het meest op die van x 2


1a

b

c

d

e

f

Toename met 1,4% per jaar, dus de groeifactor is 1,014 per jaar ⇒ C(t) = 1, 253 ⋅ 1, 014 t in miljarden, t in jaren. 1 juli 2010 komt overeen met t = 11,5 ⇒ C(11, 5) = 1, 253 ⋅ 1, 01411,5 = 1, 407 miljard inwoners. Opgelost moet worden 1, 253 ⋅ 1, 014 t = 1, 670 .Plot beide grafieken en bepaal het snijpunt. Je vindt t ≈ 20, 7 . Dus in het jaar 2019 is de bevolking 1,670 miljard. 1-1-2004 komt overeen met t = 5. De toename over het jaar 2004 vind je met C(6) − C(5) = 1, 253 ⋅ 1, 014 6 − 1, 253 ⋅ 1, 014 5 ≈ 0, 019 miljard, dus 19 miljoen. Opgelost moet worden 1, 014 t = 2 met de rekenmachine geeft dit t ≈ 49, 86 , dus na ongeveer 50 jaar. (1) Groeifactor per 32 jaar is 2, dus de groeifactor per jaar is 2 32 = 1, 0219 .

( ) ≈ 911 miljoen (1)

4

Op 1 januari 1999 was de Indiase bevolking 835 ⋅ 2 32

g

De formule I(t) = 0, 911 ⋅ 1, 0219 t Plot beide grafieken en bepaal het snijpunt. Je vindt t ≈ 41, 1 .Dus in het jaar 2040 hebben ze evenveel inwoners.

2a

10

y

8 6 4 2 x –5 –4 –3 –2 –1 O –2

1

2

3

4

5

–4 –6

b c d

Df = ←, 0 ∪ 0, → f(x) = 6 ⇒ 8 − 10x −4 = 6 ⇒ 10x −4 = 2 ⇒ 104 = 2 ⇒ x 4 = 5 ⇒ x = − 4 5 of x = 4 5 x De grafiek van f heeft verticale asymptoot x = 0 en horizontale asymptoot y = 8. 10 −4 4 f(x) = 0 ⇒ 8 − 10x = 0 ⇒ 4 = 8 ⇒ x = 1, 25 ⇒ x = − 4 1, 25 off x = 4 1, 25 . x 2

2

2

2

f(x) = x 3 + x 3 + x 3 = 3x 3

3a

b

g(x) = 3x 4 ⋅ x 2 + 2(x 3)2 = 3x 6 + 2x 6 = 5x 6

c

h(x) =

4a

(2x 3)2 ⋅ x −4 ⋅ x (2x)3

− 12

6 −4 = 4x ⋅ x 3 ⋅ x 8x

− 12

11

2 −1 1 = 4x 3 = 12 x 2 8x

y 10 8 6

g

f

4 2 –4

b

–3

–2

–1

O

1

2

3

4

x

2, 25 = 1, 52 ⇒ 2, 25 x = (1, 52) x = 1, 52x ; 23 = (23)−1 = 1, 5−1 dus f(x) = g(x) ⇒ 2, 25 x = 1, 5 ⋅ ( 23) x ⇒ 1, 52x = 1, 5 ⋅ 1, 5−x ⇒ 1, 52x = 1, 51− x ⇒ 2x = 1 − x ⇒ 3x = 1 ⇒ x = 13

⁄ 201


c

d

g(0) = 1, 5 ⋅ (23)0 = 1, 5 ⇒ g door het punt (0; 1,5) op de y-as, dus h door het punt (2; 1,5). g(1) = 1, 5 ⋅ (23)1 = 1 ⇒ g door het punt (1, 1), dus h door het punt (1, 1). g(2) = 1, 5 ⋅ (23)2 = 23 ⇒ g door het punt (2, 23) , dus h door het punt (0, 23) g(x) = 1, 5 ⋅ (23) x spiegelen in de verticale as geeft k(x) = 1, 5 ⋅ (23)−x = 1, 5 ⋅ (23) x = 1, 5 ⋅ 1, 5 x , vervolgens 2 naar rechts verschuiven geeft h(x) = 1, 5 ⋅ 1, 5 x− 2 = 1, 5 x−1 = 1, 5−1 ⋅ 1, 5 x = 23 ⋅ 1, 5 x Dus h(x) = 23 ⋅ 1, 5 x . Snijpunt met de verticale as, dus x =0 ⇒ h(0) = 23 Snijpunt met de verticale as is (0, 23) . De groeifactor van h is 1,5 h(x) = 23 ⋅ 1, 5 x zie hierboven.

e

5a

b

c

2, 4x −3 = 8, 2 ⇒ x −3 = 41 ⇒ x 3 = 12 ⇒ x = 12 41 2 x = 1024 = 210 ⇒ x = 10

d

23 23 1245 − 35 ⋅ p 5 = 732 ⇒ −35 ⋅ p 5 = −513 ⇒ p 5 = 14 35 ⇒ p = 14 35

e

16 x = 2 x+ 7 ⇒ (2 4) x = 2 x+ 7 ⇒ 2 4x = 2 x+ 7 ⇒ 4x = x + 7 ⇒ 3x = 7 ⇒ x = 2 13

f

g

4x −2 − 3 = −5 ⇒ 42 = −2 ⇒ geen oplossing want het linkerlid is altijd groter dan 0. x x 1 = 1, 5 ⇒ x = 0

h

4x 3 = 3x 7 ⇒ 4x 3 − 3x 7 = 0 ⇒ x 3(4 − 3x 4) = 0 ⇒

−0, 7t 6 + 1 = 0 ⇒ −0, 7t 6 = −1 ⇒ t 6 =

3

3

10 7

⇒ t = − 6 1 37 ≈ −1,06 of t = 6 1 37 ≈ 1, 06 3 12 41

≈ 0, 66

3

(

)

5 3

=

3

(14 ) 23 35

5

≈ 87, 78

x = 0 of x 4 = 1 13 ⇒ x = 0 of x = − 4 1 13 of x = 4 1 13

De walvis bevat bij leven 0,000001 mg per kilo, dus bevat de walvis 0,0244 mg C14 . Opgelost moet worden (12)t = 0, 1 met t in perioden van 5730 jaar. met de rekenmachine geeft dit t = 3, 3219 . Dus na 3, 3219 ⋅ 5730 ≈ 19034 jaar is er nog 10 % over. Toen de mammoet overleed was er 7500 ⋅ 0, 000001 = 0, 0075 mg aanwezig. Er moet dus gelden 0, 0075 ⋅ (12)t = 0, 0022 ⇒ met de rekenmachine t ≈ 1, 7694 . De mammoet is dus 1, 7694 ⋅ 5730 ≈ 10140 jaar geleden gestorven, dus ongeveer 10.000 jaar geleden.

6a

b c

7a

Invullen van de gegevens geeft: 1, 5 = 0, 006681 ⋅ G 0,425 ⋅ 160 0,725 ⇒ 1, 5 = 0, 2647 ⋅ G 0,425 ⇒ (

1

)

b c d

G 0,425 ≈ 5, 666 ⇒ G ≈ 5, 666 0,425 ≈ 59 kg H = 0, 006681 ⋅ G 0,425 ⋅ 180 0,725 = 0, 2883 ⋅ G 0,425 Dus c ≈ 0, 29 . H hans = 0, 006681 ⋅ 750,425 ⋅ 180 0,725 = 1, 8064 ( 1 ) H Frans = 1, 8064 = 0, 006681 ⋅ G 0,425 ⋅ 150 0,725 ⇒ G 0,425 = 7, 15 ⇒ G = 7, 15 0,425 ≈ 102 kg. Dus Frans weegt ongeveer 102 kg. Voor: Hvoor = 0, 006681 ⋅ 90 0,425 ⋅ L0,725 = 0, 04523 ⋅ L0,725 Na: H na = 0, 006681 ⋅ 72 0,425 ⋅ L0,725 = 0, 04113 ⋅ L0,725

Haar huidoppervlakte is dus met

⁄ 202

0, 04523 − 0, 04113 × 100% = 9, 1% afgenomen. 0, 04523


1a

C 55°

100°

25° A

b

2a

c d

B

Er zijn meerdere mogelijkheden, het verschil zit hem in de afmetingen, de vorm blijft hetzelfde. Twee van de drie hoeken was genoeg geweest want de drie hoeken samen zijn altijd 180° . Ja, er is maar één driehoek mogelijk die voldoet aan deze gegevens. Wanneer je één van de gegevens weglaat ligt de driehoek niet meer eenduidig vast. C

A

b c

F

B

D

E

In een gelijkbenige driehoek zijn de basishoeken gelijk. ∠A = ∠B = 12 (180° − ∠C) = 12 (180° − ∠F) = ∠D = ∠E . Congruentiegeval HZH.

3a

D

E C

S

A

B

 AE = AS Driehoek ASE is gelijkzijdig ⇒  , ∠EAD = 60° − ∠DAS  AD = AB driehoek ABD is gelijkzijdig ⇒  ∠SAB = 60° − ∠DAS   ∠EAD = ∠SAB = 60° − ∠DAS  ⇒ (ZHZ) ∆ADE ≅ ∆ABS  AD = AB  AE = AS

⁄ 203


b

Bewijs:   ⇒ DE = CS ∆BSC is gelijkzijdig ⇒ BS = CS 

∆ADE ≅ ∆ABS ⇒ DE = BS

4a

C

A

P

b c d/e

⁄ 204

B

Q

∆ABC is gelijkbenig ⇒ ∠CAB = ∠CBA AP = BQ ⇒ CP = CQ ∆PBC en ∆QAC Te bewijzen PB = QA Bewijs:   ∠PCB = ∠QCA ⇒ (ZHZ) ∆CPB ≅ ∆CQA ⇒ PB = QA .  CB = CA  CP = CQ


1a

b

c

d e

f

x 5 − 16x 4 = 0 ⇒ x 4(x − 16) = 0 ⇒ x = 0 of x = 16 (15 − x)(2x + 7) = (x 2 − 17)(15 − x) ⇒ 15 − x = 0 of 2x + 7 = x 2 − 17 ⇒ x = 15 of x 2 − 2x − 24 = 0 ⇒ x = 225 of (x − 6)(x + 4) = 0 ⇒ x = 225 , x = 6 of x = −4 x = 4x − 3 ⇒ x ⋅ 2x = (5 − x)(4x − 3) ⇒ 2x 2 = 20x − 15 − 4x 2 + 3x ⇒ 5− x 2x 6x 2 − 23x + 15 = 0 ⇒ 23 + (−23)2 − 4 ⋅ 6 ⋅ 15 23 + 169 23 + 13 = = = 3 of 2⋅6 12 12 23 − (−23)2 − 4 ⋅ 6 ⋅ 15 23 − 169 23 − 13 5 x= = = =6. 2⋅6 12 12 De oplossingen zijn dus x = 3 of x = 65 x=

x 4 = (2x − 1)2 ⇒ x 2 = 2x − 1 of x 2 = −(2x − 1) ⇒ x 2 − 2x + 1 = 0 off x 2 + 2x − 1 = 0 ⇒ x 2 − 2x + 1 = 0 ⇒ (x − 1)2 = 0 ⇒ x = 1 of x 2 + 2x − 1 = 0 ⇒ x = −2 + 4 − 4 ⋅ 1 ⋅ −1 = −2 + 8 = −2 + 2 2 = −1 + 2 of 2 2 2 x = −2 − 4 − 4 ⋅ 1 ⋅ −1 = −2 − 8 = −2 − 2 2 = −1 − 2 2 2 2 De oplossingen zijn dus x = 1 , x = −1 + 2 of x = −1 − 2 x − 7 x + 12 = 0 Stel x = a Je krijgt dan: a 2 − 7a + 12 = 0 ⇒ (a − 3)(a − 4) = 0 ⇒ a = 3 of a = 4 a = 3 ⇒ x = 3 ⇒ x = 9 en a = 4 ⇒ x = 4 ⇒ x = 16 De oplossingen zijn dus x = 9 of x = 16 8(4 − x) 8 = x ⇒ x = 4 of 8 = x ⋅ (6 − x) ⇒ = (4 − x) x ⇒ 4 − x = 0 of 6− x 6− x

x = 4 of 8 = 6 x − x Stel x = a Je krijgt dan: 8 = 6a − a 2 ⇒ a 2 − 6a + 8 = 0 ⇒ (a − 2)(a − 4) = 0 ⇒ a = 2 of a = 4 a = 2 ⇒ x = 2 ⇒ x = 4 en a = 4 ⇒ x = 4 ⇒ x = 16 De oplossingen zijn dus x = 4 of x = 16

2a

Df = Dg =  0, →

b

c

x 2 − 6 ⋅ x = 0 ⇒ x 2 − 6 = 0 of

x = 0 ⇒ x 2 = 6 of x = 0 ⇒

x = − 6 (vervalt) of x = 6 of x = 0 y 10 8 6 4 2 –1 O –1

1

2

3

4

5

x

⁄ 205


d e

x 2 − 6 x = x x ⇒ x = 0 of x 2 − 6 = x ⇒ x = 0 of x 2 − 6 = x of − x 2 + 6 = x ⇒ x 2 − x − 6 = 0 →⇒ (x − 3)(x + 2) = 0 ⇒ x = 3 of x = −2 (vervalt) off x 2 + x − 6 = 0 →⇒ (x + 3)(x − 2) = 0 ⇒ x = 2 of x = −3 (vervalt) De snijpunten zijn dan (0, 0) , (2, 2 2) en (3, 3 3) . Met de grafiek en de berekende snijpunten : f(x) ≤ g(x) ⇒ x = 0 of 2 ≤ x ≤ 3 .

a 2 − 20b = 1 de tweede in de eerste invullen geeft  a − 2b = 1 ⇒ 2b = a − 1

a 2 − 10(a − 1) = 1 ⇒ a 2 − 10a + 10 = 1 ⇒ a 2 − 10a + 9 = 1 ⇒ (a − 1)(a − 9) = 0 ⇒ a = 1 of a = 9 a = 1 ⇒ 2b = 0 ⇒ b = 0 en a = 9 ⇒ 2b = 8 ⇒ b = 4 De oplossingen zijn dus a = 1 en b = 0 of a = 9 en b = 4 .

3a

b

4a

2ab = 3 de tweede in de eerste invullen geeft  a + 4b = 7 ⇒ a = 7 − 4b 2 ⋅ (7 − 4b) ⋅ b = 3 ⇒ 14b − 8b2 = 3 ⇒ 8b2 − 14b + 3 = 0 ⇒ b = 14 + 196 − 4 ⋅ 8 ⋅ 3 = 14 + 100 = 14 + 10 = 1 12 of 16 16 16 b = 14 − 196 − 4 ⋅ 8 ⋅ 3 = 14 − 100 = 14 − 10 = 16 16 16

1 4

b = 1 12 ⇒ a = 7 − 4 ⋅ 1 12 = 1 of b = 14 ⇒ a = 7 − 4 ⋅ 14 = 6 De oplossingen zijn dus a = 1 en b = 1 12 of a = 6 en b =

1 4

.

s 200 150 100 50 O

b

c

1

2

3

4

5

6

t

s s = 4 , 9t 2 ⇒ t 2 = s ⇒ t = 4, 9 4, 9 1 s t 2 = 2 klopt niet want s = 12 gt 2 ⇒ 1s = t 2 ⇒ t 2 = 2s g g g 2

g = 22s klopt wel want s = 12 gt 2 ⇒ 1 s 2 = g ⇒ g = 22s t t t 2

1 gt 2 gt 2 gt 2 = 2 klopt want s = 12 gt 2 ⇒ 2 =1⇒ =2 s s s

t=

5a

b

TM 2 + OM 2 = OT 2 ⇒ h2 + 32 = 52 ⇒ h2 = 16 ⇒ h = 4 TM 2 + OM 2 = OT 2 ⇒ h2 + (12 x)2 = 52 ⇒ h2 = 52 − 14 x 2 ⇒ h = 25 − 14 x 2

⁄ 206

s klopt niet want s = 1 gt 2 ⇒ s = t 2 ⇒ t 2 = 2s ⇒ t = 2 1 g 2g g 2

2s g

Extra Hoofdstuk oefening 1 -bij Ruimtefiguren hoofdstuk 6

c d

h = 25 − 14 x 2 = 4, 5 ⇒ 25 − 14 x 2 = 20 14 ⇒ 14 x 2 = 4 43 ⇒ x 2 = 19 ⇒ x = 19 N is het midden van AT. Teken de lijn NN’ evenwijdig aan TM, dan is N’ het midden van MA, dus ON ' = 43 x . Ook geldt dan dat NN ' = 12 h . T

N

h

O

M

N

A

x

e

Dus N ' N 2 + ON '2 = ON 2 ⇒ ON 2 = (12 h)2 + (43 x)2 Maak gebruik van het resultaat van opdracht b. ON 2 = (12 h)2 + ( 43 x)2 ⇒ 6 2 = (12 25 − 14 x 2 )2 + ( 43 x)2 ⇒ 36 = 14 (25 − 14 x 2) + (43 x)2 ⇒ 6 14 − 161 x 2 + 169 x 2 = 36 ⇒ 12 x 2 = 29 43 ⇒ x 2 = 59 12 ⇒ x = 59 12 h = 25 − 14 ( 59 12 )2 = 25 − 14 85 ⇒ h = 10 18

⁄ 207


1

C

D P

˚ A

˚

B

Gegeven: ∆ABC, ∠CAD = ∠DAB , CP = CD Te bewijzen: ∆APC ∼ ∆ADB Bewijs:

Te bewijzen: ∠CED = ∠CDE Bewijs:

2a

CP = CD ⇒ ∠CPD = ∠CDP ⇒ ∠CPA = ∠BDA  ⇒ ∆APC ∼ ∆ADB ∠CAP = ∠DAB 

  ∠CAE = ∠CBD = 90°  ⇒ (HZH) ∆ACE ≅ ∆BCD ⇒ CE = CD ⇒  ∠ACE = ∠BCD 

b

∆CED is gelijkbenig ⇒ ∠CED = ∠CDE . ∠CAB = ∠CBA = 12 (180° − ∠ACB) = 12 (180° − ∠ECD) = ∠CED = ∠CDE Dus alle hoeken van ∆ABC en ∆EDC zijn gelijk ⇒ ∆ABC ∼ ∆EDC Op dezelfde wijze is ∆BDC ∼ ∆AEC

3a

(x 2 + x)(x 4 − x 3 + x 2) = x 6 − x 5 + x 4 + x 5 − x 4 + x 3 = x 6 + x 3

b

a+b+

c

(x x − 2x)(x 3 + 2x 2 x + 4x 2) = x 4 x + 2x 3 ⋅ x + 4x 3 x − 2x 4 − 4x 3 x − 8x 3 = x 4 x − 8x 3

d

AC = CB

2b(a + b) (a + b)(a − b) 2ab + 2b2 a 2 − b2 + 2ab + 2b2 a 2 + 2ab + b2 = + = = a−b a−b a−b a−b a−b

(4x 2 − 4x + 5x − 5) − (x 2 + x + 1) 4x + 5 − 1 = (4x + 5)(x − 1) − x2 + x + 1 = = (x 2 + x + 1)(x − 1) x 2 + x + 1 x − 1 (x 2 + x + 1)(x − 1) (x 2 + x + 1)(x − 1) 4x 2 + x − 5 − x 2 − x − 1 = 3x 2 − 6 2 2 (x + x + 1)(x − 1) (x + x + 1)(x − 1)

4a

b

⁄ 208

De uitspraken I, III en IV zijn juist. Uitspraak II is onjuist, want een gelijkbenig trapezium heeft ook één symmetrieas en is geen vlieger. De uitspraken I en IV zijn gelijkwaardig. Gegeven: een vierhoek ABCD, AC is symmetrieas Te bewijzen: AB = AD en BC = CD Bewijs: ( Met S AB(P) = Q wordt bedoeld dat Q het spiegelbeeld is van punt P na spiegeling in de lijn AC).


AC is symmetrieas ⇒

S AC(D) = B   ⇒ S AC(AD) = AB ⇒ AD = AB S AC(A) = A

AC is symmetrieas ⇒

S AC(C) = C   ⇒ S AC(CD) = CB ⇒ CD = CB S AC(D) = B 

Gegeven vierhoek ABCD met AB = AD en BC = CD Te bewijzen: AC is symmetrieas. Bewijs:

c

AD = AB   CD = CD  ⇒ (ZZZ)∆ACD ≅ ∆ACB ⇒ ∠DAC = ∠BAC ⇒ AC is deellijn ⇒  AC = AC  S AC(D) = B ⇒ AC is symmetrieas. Uitspraak III Gegeven : vierhoek ABCD. AC en BD snijden elkaar in punt S. AS = CS en BS = DS . Te bewijzen: ABCD is een parallellogram. Bewijs;   BS = DS  ⇒ (ZHZ) ∆ASB ≅ ∆CSD ⇒ AB = CD (1)  ∠ASB = ∠CSD   AS = CS

  BS = DS  ⇒ (ZHZ) ∆ASD ≅ ∆CSB ⇒ AD = CB (2)  ∠ASD = ∠CSB  

Uit (1) en (2) volgt ABCD is een parallellogram.

 xy = 2x ⇒ x = 0 of y = 2 eerste invullen in de tweede vergelijking geeft:  2 2  x − xy + y = 4

AS = CS

5a

x = 0 ⇒ 0 2 − 0 ⋅ y + y2 = 4 ⇒ y2 = 4 ⇒ y = −2 of y = 2 y = 2 ⇒ x 2 − 2x + 4 = 4 ⇒ x 2 − 2x = 0 ⇒ x(x − 2) = 0 ⇒ x = 0 of x = 2 De oplossingen zijn dus x = 0 en y = −2 , x = 0 en y = 2 , x = 2 en y = 2

 x + y = p ⇒ x = −y + p de eerste invullen in de tweede geeft:  2 2  x + 2y = 24

b

(−y + p)2 + 2y2 = 24 ⇒ y2 − 2yp + p2 + 2y2 = 24 ⇒ 3y2 − 2yp + p2 − 24 = 0 Het stelsel heeft precies één, oplossing als de dicriminant van de tweedegraads vergelijking gelijk is aan 0. Dus: (−2p)2 − 4 ⋅ 3 ⋅ (p2 − 24) = 0 ⇒ 4p2 − 12p2 + 288 = 0 ⇒ −8p2 = −288 ⇒ p2 = 36 ⇒ p = −6 of p = 6 Invullen in de tweedegraads vergelijking: p = −6 ⇒ 3y2 + 12y + 12 = 0 ⇒ y = −2 ⇒ x = −4 p = 6 ⇒ 3y2 − 12y + 12 = 0 ⇒ y = 2 ⇒ x = 4

⁄ 209


6a P m B

A S

b

7a

Uit de constructie volgt PA = AS = SB = BP ⇒ PASB is een ruit ⇒ PS ⊥ AB = m In dat geval wordt PASB een vlieger want dan is PA = BP vanwege de eerste stap en AS = SB vanwege de tweede stap. Ook bij een vlieger staan de diagonalen loodrecht op elkaar. 2 − 3 = 6 ⇒ 2(x − 1) − 3x = 6 ⇒ 2x − 2 − 3x = 6 ⇒ −x − 2 = 6 ⇒ x x−1 x(x − 1) x(x − 1) x(xx − 1) x(x − 1)

6x(x − 1) = −x − 2 ⇒ 6x 2 − 6x = −x − 2 ⇒ 6x 2 − 5x + 2 = 0 ⇒

b

x(x − 1) < x + 2 splitsen in twee ongelijkheden x < −2 ⇒ x(x − 1) < −x − 2 ⇒ x 2 − x < −x − 2 ⇒ x 2 < −2 ⇒ geen oplossing x ≥ −2 ⇒ x(x − 1) < x + 2 ⇒ x 2 − x < x + 2 ⇒ x 2 − 2x − 2 < 0

x 2 − 2x − 2 = 0 ⇒ x = 2 + 4 + 8 = 2 + 12 = 2 + 2 3 = 1 + 3 of 2 2 2

c

d

e

x = 5 + 25 − 4 ⋅ 6 ⋅ 2 = 5 + −23 ⇒ geen oplossing. 12 12

x = 2 − 4 + 8 = 2 − 12 = 2 − 2 3 = 1 − 3 2 2 2 De oplossing wordt dan 1 − 3 < x < 1 + 3 . x + x + 1 = 5 ⇒ x + 1 = 5 − x ⇒ x + 1 = (5 − x)2 ⇒ x + 1 = 25 − 10x + x 2 ⇒ x 2 − 11x + 24 = 0 ⇒ (x − 3)(x − 8) = 0 ⇒ x = 3 of x = 8 Controle geeft x = 8 voldoet niet. de oplossing is dus x = 3 . x < 2x − 2 − 4 x < 0 ⇒ −x < −(2x − 2) − 4 ⇒ −x < −2x + 2 − 4 ⇒ x < −2 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x < −(2x − 2) − 4 ⇒ x < −2x + 2 − 4 ⇒ 3x < −2 ⇒ x < − 23 geen oplossing x > 1 ⇒ x < (2x − 2) − 4 ⇒ x < 2x − 6 ⇒ −x < −6 ⇒ x > 6 De oplossing is dus x < −2 of x > 6 2 2− x = 2 −x ⇒ 2 2− x = 2 −x(1 + 2 2x) ⇒ 2 2− x = 2 −x + 2 x ⇒ 1 + 2 2x 2 2 ⋅ 2 −x = 2 −x + 2 x ⇒ 4 ⋅ 2 −x = 2 −x + 2 x ⇒ 3 ⋅ 2 −x = 2 x ⇒ 3 = 2 2x ⇒ 2x = 2 log 3 ⇒ x = 12 ⋅ 2 log 3 = 2 log 3

⁄ 210


8a

b

c

9a

b

c

d

C VTOE = VB( 1 − 1) ⇒ VTOE = 0, 4(10 − 1) = 0, 4 ⋅ 0, 25 = 0, 1 liter toevoegen. C2 8 Eindvolume is dan 0,5 liter zoutoplossing.   C C C VEIND = VB + VTOE = VB + VB( 1 − 1) = VB  1 + 1 − 1 = VB ⋅ 1 C2 C2 C2   ∠CAB = ∠CBA AD = CD ⇒ ∠ACD = ∠CAD = 12 ∠CAB ∠ACB + ∠CAB + ∠ABC = 180° ⇒ ∠ACD + ∠CAB + ∠CAB = 180° ⇒ 1 ∠CAB + ∠CAB + ∠CAB = 180° ⇒ 2 12 ∠CAB = 180° ⇒ ∠CAB = 72° ⇒ 2 1 ∠CAB = ∠ACD = ∠C = 36° 2 ∠ADB = 180° − ∠DAB − ∠DBA = 180° − 36° − 72° = 72° ∠CAB = ∠ABD = 72°   ⇒ ∆ABC ∼ ∆BDA ∠ABC = ∠BDA = 72°  ∠ADB = ∠ABD = 72° ⇒ ∆BDA is gelijkbenig ⇒ AB = AD = q Gegeven was AD = CD ⇒ CD = q en AC = BC ⇒ BC = p BD = BC − CD = p − q (1) Ook geldt: ∆ABC ∼ ∆BDA ⇒

AB BD

=

AC BA

⇒

q p = ⇒ p ⋅ BD = q2 ⇒ BD = q2 (2) BD q

q2 p q2 p−q = ⇒ p(p − q) = q2 ⇒ p2 − pq = q2 ⇒ p2 − pq − q2 = 0 Dit is op te vatten als p een tweedegraads vergelijking met variabele p en geeft dan:

Uit (1) en (2) volgt BD = p − q =

p=

q + q2 − 4q2 q + 5q2 q + q 5 = = =q 2 2 2

(

1 2

+

1 2

)

5 ⇒

p 1 = + q 2

1 2

5

⁄ 211


1a

b

c

d

2a

b c

Periode is 24 ⇒ 2π = 24 ⇒ b = 2π = 24 b Het amplitude is 3

1 12

π

Op het interval  0, 24 zijn er 2 snijpunten dus op het interval  0, 60  zijn er 60 ⋅ 2 = 5 snijpunten. 24 De toppen zitten bij x = 0 , x = 12 enz. De toppen zijn: (0, − 3),(12, 3),(24, − 3),(36, 3),(48, − 3),(60, 3) De periode is 2π = 4π ≈ 12, 57 uur, dus 754 minuten = 12 uur en 34 minuten. 0, 5 Het getijdeverschil is 2 × 80 = 160 cm. y 80 60 40 20 0 –20

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

x

–40 –60 –80

d

3a

b

4a

b

5a

b

⁄ 212

De formule voor Den Helder wordt dan: hDH = 60 sin(0, 5(t − 13)) . De periode is 2π = 2 seconden. π Plot de grafiek en de lijnen y = 2, 5 en y = −2, 5 en bepaal de snijpunten. Je vindt: t = 0, 17 ; t = 0, 83 ; t = 1, 17 en t = 1, 83 op de eerste periode. De andere snijpunten zijn dan steeds een periode verder, dus: t = 2, 17 ; t = 2, 83 ; t = 3, 17 ; t = 3, 83 ; t = 4, 17 ; t = 4, 83 ; t = 5, 17 ; t = 5, 83 ; t = 6, 17 ; t = 6, 83 ; t = 7, 17 ; t = 7, 83 ; t = 8, 17 ; t = 8, 83 ; t = 9, 17 en t = 9, 83. Plot de grafiek van f en de lijn y = 2 op het interval  −π, 3π  en bepaal de snijpunten. je vindt: x = −2, 09 ; x = 0 ; x = 4, 19 en x = 2 Plot de grafiek van f en de lijn y = 4 op het interval  −π, 3π  en bepaal de snijpunten. je vindt: x = −π ; x = 1, 05 ; x = π ; x = 7, 33 en x = 3π . De oplossing van de ongelijkheid is dan : 1, 05 ; π ∪ 7, 33 ; 3π . Plot de grafiek van Y1 = 2 sin(3x − 1) op het domein  −π, 2π  en bepaal met je rekenmachine de nulpunten. Je vindt: x = −2, 81 ; x = −1, 76 ; x = −0, 71 ; x = 0, 33 ; x = 1, 38 ; 2, 43 ; x = 3, 47 ; x = 4, 52 ; en x = 5, 57 De oplossing van de ongelijkheid wordt dan:  −π ; − 2, 81 ∪ −1, 76 ; −0, 71 ∪ 0, 33 ; 1, 38 ∪ 2, 43 ; 3, 47 ∪ 4, 52 ; 5, 57  Plot de grafiek van Y1 = 3 + sin(x + 5) en Y2 = 3, 2 op het domein  −π, 2π  en bepaal met je rekenmachine de nulpunten. Je vindt: x = −2, 06 ; x = 1, 48 ; x = 4, 22 De oplossing van de ongelijkheid wordt: −2, 06 ; 1, 48 ∪ 4, 22 ; 2π  .


c

Plot de grafiek van Y1 = 2 − 3 cos 4x en Y2 = 4 op het domein  −π, 2π  en bepaal met je rekenmachine de nulpunten. Je  vindt: x = −2, 56 ; x = −2, 14 ; x = −1 ; x = −0, 58 ; x = 0, 58 ; x = 1 ; x = 2, 14 ; x = 2, 56 ; x = 3, 72 ; x = 4, 14 ; x = 5, 29 en x = 5, 71 De oplossing van de ongelijkheid wordt dan:  −π, −2, 56 ∪ −2, 14 ; − 1 ∪ −0, 58 ; 0, 58 ∪ 1 ; 2, 14 ∪ 2, 56 ; 3, 72 ∪  4, 14 ; 5, 29 ∪ 5, 71 ; 2π 

d

1 < 4 − 3 sin x ⇒ 3 sin x < 3 ⇒ sin x < 1 ⇒ oplossing  −π , 12 π ∪

1 2

π , 2π 

⁄ 213


1a

b

c

d

2a

De hoogte vind je door te kijken bij t = 0 . De toren is dus 105 meter. Plot de grafiek en bepaal het maximum, je vindt dat de maximale hoogte 125 meter is na 2 seconden. h(4, 1) − h(4) 102, 95 − 105 −2, 05 Het differentiequotiënt op  4; 4, 1  is = = = −20, 5 m/s 0, 1 0, 1 0, 1 h(4, 01) − h(4) 104, 7995 − 105 = = 0, 01 0, 01 −0, 2005 h(t) = −5t 2 + 20t + 105 ⇒ h '(t) = −10t + 20 0, 01 = −20, 05 m/s h'(4) = −10 ⋅ 4 + 20 = −20 m/s. Het antwoord is negatief omdat er sprake is van een snelheid omlaag. de uitkomsten van opdracht c zijn dus een goede benadering. hoe kleiner het interval hoe beter de benadering.

Het differentiequotiënt op  4; 4, 01  is

f(x) = 4x 2 + x ⇒ f '(x) = 8x + 1 x –6 –5 –4 helling=f’(x) –431 –249 –127

b

3a

b

c

c d e

4a

b

5a

c d e f

b c d

⁄ 214

3 55

4 129

5 251

–3 –53

–2 –15

–1 –1

0 1

1 3

2 17

6 433

Zoals uit bovenstaande tabel blijkt is de helling –127 voor x = −4 , dus in het punt (–4, 124). Helling gelijk aan 2, dat wil zeggen dat de hellingsfunctie, f '(x) = 2 ⇒ 2x 3 + 1 = 2 ⇒ 2x 3 = 1 ⇒ x 3 = 12 ⇒ x = 3 12 ≈ 0, 79 . f(x) = 4x 2 + 5 ⇒ f '(x) = 8x ⇒ f '(1) = 8  df  df = f '(x) = 8x ⇒   = 16 dx  dx  x= 2 f '(x) = −1 ⇒ 8x = −1 ⇒ x = − 18 Helling gelijk aan 12 ⇒ f '(x) = 12 ⇒ 8x = 12 ⇒ x = 1 12 . f(1 12) = 4 ⋅ (1 12)2 + 5 = 9 + 5 = 14 Dus in het punt (1 12 , 14) is de helling gelijk aan 12. De raaklijn in het punt (2 , 21) is van de vorm y = ax + b a = f '(2) = 16 ⇒ y = 16x + b . De lijn gaat door het punt (2 , 21) , dus 21 = 16 ⋅ 2 + b ⇒ b = −11 De raaklijn is : y = 16x − 11 f(x) = 30x 7 ⇒ f '(x) = 210x 6 f(x) = 30 + x 7 ⇒ f '(x) = 7x 6 f(x) = −28x 2 − 18 ⇒ f '(x) = −56x g(t) = 15t − 3 ⇒ g '(t) = 15 h(u) = 12 u6 + 2 3 ⇒ h '(u) = 3u5 j(x) = 7 ⇒ j '(x) = 0 f(x) = 16 x 3 + 4 12 snijpunt met de y-as: f(0) = 4 12 dus B (0, 4 12) Snijpunt met de x-as: f(x) = 0 ⇒ 16 x 3 + 4 12 = 0 ⇒ 16 x 3 = −4 12 ⇒ x 3 = −27 ⇒ x = −3 Het snijpunt met de x-as is dus A(−3, 0) f '(x) = 12 x 2 ⇒ f '(0) = 0 Dus de helling in B is 0. f '(−3) = 12 ⋅ (−3)2 = 4 12 . dus de helling in A is 4 12 . y = 4 12 x + 13 12 heeft helling 4 12 , dezelfde helling als in A. De lijn gaat ook door A(−3, 0) , want 4 12 ⋅ −3 + 13 12 = 0 Raaklijn in punt B heeft helling 0 en is dus horizontaal, de lijn gaat door B (0, 4 12) . Die raaklijn is dus de lijn y = 4 12 .


1a

y

20 15 10 5 0

b

c

2a

b

c

e

d

f

g

3a

b

c d

4a

b

c

0,2 0,4 0,6 0,8

1

x

Plot tevens de lijn Y2 = 5 en bepaal de snijpunten. Je vindt j = 0, 1795 en j = 0, 8205 . Het groeiseizoen duurt dus 0, 8205 − 0, 1795 = 0, 641 deel van een jaar dat is 0, 641 ⋅ 365 ≈ 234 dagen. Op dezelfde wijze als bij opdracht b duurt het groeiseizoen nu 0,6082 deel van een jaar en dat is ongeveer 222 dagen. het groeiseizoen is nu 12 dagen korter. Functie f: amplitude 2 en periode 2π . Functie g: amplitude 2 en periode 23 π . Functie h: amplitude 1 en periode 2π . De grafiek van de functie f ontstaat uit die van y = sin x door vermenigvuldiging met 2 ten opzichte van de x-as, gevolgd door een verschuiving 1 omhoog. f(x) = 1 + 2 sin x . De grafiek van de functie g ontstaat uit die van y = cos x door vermenigvuldiging met 13 ten opzichte van de y-as, gevolgd door een vermenigvuldiging met 2 ten opzichte van de x-as. g(x) = 2 cos 3x De evenwichtsstand van de grafiek van de functie h is y = 2 . amplitude 1 en periode 2π . Ook is er nog een verschuiving naar links van 13 π . h(x) = 2 + sin(x + 13 π) h(x) = 1 dat zijn de minima. De punten op het interval  0, 20  zijn (1 16 π, 1) ; (3 16 π, 1) en (5 16 π, 1) . Plot de grafieken van Y1 = 3 − 4 cos 2x en Y2 = 1 en bepaal de snijpunten. Je vindt x = 0, 52 ; x = 2, 62 ; x = 3, 67 en x = 5, 76 . Plot de grafieken van Y1 = 3 + 2 sin 2x en Y2 = 2 en bepaal de snijpunten. Je vindt x = 1, 83 ; x = 2, 88 ; x = 4, 97 en x = 6, 02 . De oplossing van de ongelijkheid wordt dan  0 ; 1, 83 ∪ 2, 88 ; 4, 97 ∪ 6, 02 ; 2   sin x ⋅ cos 2x = 0 ⇒ sin x = 0 of cos 2x = 0 ⇒ x = 0 ; x = π ; x = 2π ; x = 14 π ; x = 43 π ; x = 1 14 π ; x = 1 43 π sin x ⋅ (1 + cos 2x) = 0 ⇒ sin x = 0 of cos 2x = −1 ⇒ x = 0 ; x = π ; x = 2π ; x = 12 π ; x = 1 12 π De oplossing van de ongelijkheid wordt: 0, 12 π ∪ 12 π, π ∪ π, 1 12 π ∪ 1 12 π, 2π f(x) = a sin(bx) en f heeft amplitude 5, dan is a = 5 of a = −5 . de periode is ⇒ b = 2π = 2 . π f(x) = a sin(bx) en f heeft amplitude π , dan is a = π of a = −π . de periode is 5 ⇒ b = 2π = 25 π 5 f(x) = a sin(bx) en f heeft periode 4 ⇒ b = 2π = 12 π . Dus f(x) = a sin(12 πx) . 4 Door het punt (1 , − 4) ⇒ a sin(12 π) = −4 ⇒ a = −4 . Dus a = −4 en b = 12 π

⁄ 215


5

Maak eerst een tabel. x

–3

f(x)

–2

2

–1

1

0

0

1

–1

2

0

1

3

4

3

5 2 12

1

6 1 12

7 2

Teken nu de punten in een assenstelsel en verbind deze. 3

y

2 1 x –4 –3 –2 –1

1 2 3 4 5 6 7 8 9

–1 –2

6a

120

h

100 80 60 40 20 t O

b c

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Voor t = 0 en t = 9 wordt de functiewaarde 0, dus 0 ≤ t ≤ 9 De functie is een bergparabool. De top ligt dus midden tussen de nulpunten, dus voor t = 4 12 . h(4 12) = 45 ⋅ 4 12 − 5 ⋅ (4 12)2 = 101, 25 meter is de maximum hoogte. De steen valt omlaag van t = 4 12 tot t = 9 . De gemiddelde snelheid in die tijd is.

h(9) − h(4, 5) 0 − 101, 25 = = −22, 5 , dus de gemiddelde snelheid is 22,5 m/s. 4, 5 4, 5

h(9) − h(2) 0 − 70 h(9) − h(5) 0 − 100  h    = = = −10 ;  h  = = = −25  t    7 7 t 4 4   2, 9   5, 9 

d



e







h(9) − h(7) 0 − 70 h(9) − h(8) 0 − 40  h    = = = −35 ;  h  = = = −40  t    2 2 t 1 1   7, 9   8, 9 

120





1

2





h

100 80 60 40 20 0

f

⁄ 216

3

4

5

6

7

8

9

t

De steen komt na 9 seconden op de grond. h '(x) = 45 − 10t . De snelheid warmee de steen op de grond komt is dan h'(9) = 45 − 10 ⋅ 9 = −45 m/s.


7a

b

c

d

8a

b c

9a

b

c

d

e f

11

1

f(x) = 23 x 9 − 10x x = 23 x 9 − 10x 2 ⇒ f '(x) = 6x 8 − 15x 2 = 6x 8 − 15 x g(x) = (x + 1)(x 2 − x + 1) = x 3 − x 2 + x + x 2 − x + 1 = x 3 + 1 ⇒ g '(x) = 3x 2    h(x) =  2 − x   1 + x 2  = (2x −1 − x)(x −1 + x 2) = 2x −2 + 2x − 1 − x 3 ⇒ x  x  −3 2 h'(x) = −4x + 2 − 3x ⇒ h'(x) = − 4 − 3x 2 + 2 x 2 −1 −1 1 k(x) = x x − x + 1 = x 2 − 1 + x 2 ⇒ k '(x) = 2x − 12 x 2 = 2x − 1 x 2x x

Na 5 kwartier heeft hij s(5) = 0, 5 ⋅ 52 − 0, 01 ⋅ 54 = 6, 25 km gelopen. De gemiddelde snelheid is dan 45 ⋅ 6, 25 = 5 km/u. s '(t) = v(t) = t − 0, 04t 3 Beginsnelheid : v(0) = 0 km/kwartier = 0 km/uur Eindsnelheid: v(5) = 5 − 0, 04 ⋅ 53 = 0 km/kwartier = 0 km/uur. De maximale snelheid; plot Y1 = t − 0, 04t 3 en bepaal met je rekenmachne het maximum. Je vindt maximale snelheid 1,92 km/kwartier = 7,7 km/u. De opbrengst is eerst lager dan de kosten, maar de opbrengst stijgt sneller dan de kosten. Nadat de productie voldoende is gestegen zijn de kosten lager dan de opbrengst. Op een gegeven moment daalt de opbrengst weer en worden de kosten uiteindelijk hoger dan de opbrengst. De helling geeft de snelheid waarmee de kosten en de opbrengst stijgen aan. wanneer die hellingen gelijk zijn stijgen zij dus even snel. Dat is het geval bij een productie van ongeveer 10 à 11 tuinkabouters. De winst is het verschil tussen de opbrengst en de kosten. Dus waar dat verschil het grootst is is de winst het grootst. De winst is eerst negatief, dus verlies. daarna neemt de winst toe en vervolgens weer af om tenslotte weer in verlies te eindigen. Maximale winst zal er zijn als beide grafieken even sterk stijgen, dus bij een productie van 10 à 11 tuinkabouters. Voor de opbrengst geldt : Opbrengst = verkochte hoeveelheid x prijs. Dus O = q ⋅ p = q(12 − 0, 5q) O = q(12 − 0, 5q) en K = 0, 1q2 + 10 . Voor de winstfunctie geldt dus: W = q(12 − 0, 5q) − (0, 1q2 + 10) = 12q − 0, 5q2 − 0, 1q2 − 10 = −0, 6q2 + 12q − 10 W '(q) = −1, 2q + 12 . De winst is maximal als W '(q) = 0 ⇒ −1, 2q + 12 = 0 ⇒ 1, 2q = 12 ⇒ q = 10 Er is dus inderdaad maximale winst bij een productie en verkoop van 10 tuinkabouters per dag.

⁄ 217

Extra oefening bij hoofdstuk 1

Recommend Documents