Extra oefening en Oefentoets Helpdesk

Extra oefening en Oefentoets Helpdesk Extra oefening bij hoofdstuk 1

1a

b

c

2a

π ⋅ 9 2 ⋅ h = 1000 geeft h = 1000 ≈ 3, 93 cm. 81π De hoogte van het blik is dus ongeveer 3,93 cm. π ⋅ r 2 ⋅ h = 1000 geeft h = 10002 = 1000 ⋅ r −2 ≈ 318, 3 ⋅ r −2 π π⋅r Als de straal heel klein is moet de hoogte van het blik natuurlijk erg groot worden om aan een inhoud van 1 liter te komen. In de formule deel je door r 2 dus is de hoogte inderdaad erg groot als r heel klein is. In de grafiek zie je dit terug want de h-as is verticale asymptoot. x 4 + 3 = 10

c

x4 = 7

x = 7 4 = 4 7 ≈ 1, 63 of x = −7 4 ≈ −1, 63

b

1

3 4

p =2 p=2

d 4

= 2 3 ≈ 2, 52

3

a

v−3 = 2 12

1

   13    4

2v−3 = 5

( )

v = 2 12 4t t

− 12

− 12

− 13

≈ 0, 74

=3

=

3 4

   1  −1  3  2 4

t =( )

= ( 43 )−2 ≈ 1, 78

De vergelijkingen mogen in deze opdracht ook met de grafische rekenmachine worden opgelost. 10 − 4 x 6 = 5 c 3 y0 ,7 − 10 = 0

4 x 6 = 5

y0 ,7 = 3 13

x 6 = 1 14

y = (3 13 ) 0 ,7 ≈ 5, 58

x = (1 14 ) 6 = 6 1 14 ≈ 1, 04 of x = −(1 14 ) 6 ≈ −1, 04 d

Allereerst 1 + 2 x 4 = 5

3, 25 p−3 = 1, 25

x4 = 2

p−3 =

x = 2 4 ≈ 1, 19 of x = −2 4 ≈ −1, 19

p = ( 135 )

b

1

5 13

1

− 13

1

1

1

≈ 1, 38 In een plot met Y 1 = 1 + 2 x ∧ 4 en Y 2 = 5 is af te lezen dat

⁄ 162

1 + 2 x 4 > 5 op 〈←; 1,19〉 ∪ 〈1,19; →〉.

Moderne wiskunde 9e editie Havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv

MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 162

31-03-2008 11:14:18

Extra oefening en Oefentoets Helpdesk

−3 + 5 x −4 = 0 5 x −4 = 3 x −4 = 53

x = ( 53 )

b

De grafiek van f heeft x = 0 als verticale asymptoot en y = –3 als horizontale asymptoot.

c

d

De grafiek van y = a is een horizontale lijn. Als a ≤ −3 dan heeft de grafiek van f dus geen snijpunten met y = a en heeft de vergelijking f ( x) = a dus geen oplossingen. Als AB = 3 dan moet x de waarden −1 12 en 1 12 hebben omdat de grafiek symmetrisch is ten opzichte van de y-as. 4 f (1 12 ) = −3 + 5(1 12 )−4 = −3 + 5 ⋅ ( 23 )4 = −3 + 5 ⋅ 24 = −3 + 5 ⋅ 16 dus b = −2 811 81 3

4a

− 14

1

= ( 53 ) 4 = 4 1 23 en x = −( 53 )

− 14

1

= −( 53 ) 4 = − 4 1 23

V = l ⋅ b ⋅ h = 2r ⋅ r ⋅ r = 2r 3 Om de oppervlakte te berekenen moet je de oppervlakte van de 6 zijvlakken optellen. O = 2 × r 2 + 4 × 2 r 2 = 10 r 2

b

10 r 2 = 50 geeft r =

c

2 r = 80 geeft r =

d

O = 2 r + 4 ⋅ 3r = 100 geeft r =

5a

3

2

2

50 10

3 80 2

≈ 2, 23 cm

≈ 3, 42 cm 100 14

≈ 2, 67 cm



⁄ 163 31-03-2008 11:14:23


Extra oefening bij hoofdstuk 2

1a

b

c

d

2a

f '( x) = 12 x 3 − 12 x 2 + 12 x − 12 g ( x) = x( x 2 − 1) = x 3 − x ⇒ g '( x) = 3 x 2 − 1 h( x) = (−4 x + 5)(−4 x + 5) = 16 x 2 − 40 x + 25 ⇒ h '( x) = 32 x − 40 k '( x) = 15 x 2 y 100 80 60 40 20 –4

–3 –2

–1 O –20

1

2

3

4

5

6

7

x

–40 –60 –80 –100 –120 –140

b

c

d

e

3a

b

f ( x) = x 3 ( x − 6) = 0 voor x = 0 of x = 6 f '( x) = 4 x 3 − 18 x 2 a = f '(2) = −40 (2, − 32) invullen in y = −40 x + b geeft −32 = −80 + b dus b = 48 De vergelijking van de raaklijn is dus y = −40 x + 48 . f '( x) = 2 x 2 (2 x − 9) = 0 voor x = 0 of x = 4,5 De grafiek heeft een dal voor x = 4,5 dus het minimum is 11 f (4, 5) = (4, 5)4 − 6(4, 5)3 = −136 16 In een buigpunt is de helling maximaal of minimaal. Met de grafische rekenmachine vind je dat de grafiek van f '( x) = 4 x 3 − 18 x 2 is maximaal voor x = 0 en minimaal voor x = 3. f (0) = 0 en f (3) = −81 dus de buigpunten zijn (0, 0) en (3, − 81) f ( x) = 13 x( x 2 − 9 x − 36) = 13 x( x + 3)( x − 12) Dus f ( x) = 0 voor x = −3 of x = 0 of x = 12 . f '( x) = x 2 − 6 x − 12

f '( x) = 0 ⇒ x = 6 − 84 ≈ −1, 58 of x = 6 + 84 ≈ 7, 58 2 2 De grafiek heeft een maximum voor x = 6 − 84 , dus het maximum is 2  6 − 84  f ≈ 10, 16 . 2   De grafiek heeft een minimum voor x = 6 + 84 , dus het minimum is 2   f  6 + 84  ≈ −118, 16 . 2   De grafiek van f’ heeft een minimum voor x = 3 . f (3) = −54 dus het buigpunt is (3, − 54)

⁄ 164


c


31-03-2008 11:14:32


d

e

4a

b

c

d

e

In die punten moet gelden f '( x) = 4 . Uit x 2 − 6 x − 12 = 4 volgt x 2 − 6 x − 16 = 0 , dus ( x + 2)( x − 8) = 0 . In de punten met x = –2 en x = 8 is de helling dus 4. De punten van de grafiek van f zijn dus (−2, f (2)) = (−2, 9 13 ) en (8, f (8)) = (8, − 117 13 ) . a = f '(0) = −12 (0, 0) invullen in y = −12 x + b geeft 0 = 0 + b , dus b = 0 De vergelijking van de raaklijn is dus y = −12 x . Snijden met de grafiek van f levert: 1 3 x − 3 x 2 − 12 x = −12 x ⇒ 13 x 3 − 3 x 2 = 0 ⇒ 13 x 2 ( x − 9) = 0 ⇒ x = 0 of x = 9 3 De raaklijn in (0, 0) snijdt de grafiek van f dus in het punt P (9, f (9)) = P (9, − 108) . Hoogte = x = 2 cm en lengte = breedte = 20 − 2 x = 16 cm. Volume = lengte × breedte × hoogte = 16 × 16 × 2 = 512 cm3 Hoogte = x = 3 cm en lengte = breedte = 20 − 2 x = 14 cm. Volume = lengte × breedte × hoogte = 14 × 14 × 3 = 588 cm3 Het grondvlak van het bakje is een vierkant met zijde 20 − 2 x cm. De hoogte van het bakje is x cm. Het volume is dan lengte × breedte × hoogte = (20 − 2 x)(20 − 2 x) x cm3. Dus V = x ⋅ (20 − 2 x)2 . Voor x = 0 heeft het bakje nog geen hoogte (hoogte = 0) en voor x = 10 heeft het bakje geen grondvlak meer (lengte = breedte = 0), dus 0 < x < 10 . V ( x) = x(20 − 2 x)(20 − 2 x) = x(4 x 2 − 80 x + 100) = 4 x 3 − 80 x 2 + 400 x V '( x) = 12 x 2 − 160 x + 400 = 4(3 x 2 − 40 x + 100) V '( x) = 0 ⇒ x = 40 − 400 = 103 = 3 13 of x = 40 + 400 = 10 , V = 10 vervalt. 6 6 Het maximale volume is V(3 13 ) ≈ 592, 6 cm3. De afmetingen zijn dan 13 13 bij 13 13 bij 3 13 .



⁄ 165 31-03-2008 11:14:40


Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2

b 24 − 5 x 4 = 6

150 = 8 x 150 = 6 x x = 150 = 25 6

5 x 4 = 18

f

2 x −7 + 3 = 5

x4 =

2 x −7 = 2

x = ( 185 ) 4 ≈ 1, 38 of x = −( 185 ) 4 ≈ −1, 38

x −7 = 1

x=1

e 14 −

1a x 7 = −70

1

x = (−70) 7 ≈ −1, 83

18 5 1

1

c 3 x 5 + 12 = −8

− 17

=1

3 x 5 = −20

g 2 x −6 + 3 = 5

x 5 = − 203

2 x −6 = 2

x = (− 203 ) 5 ≈ −1, 46

x −6 = 1

x=1

1

d 3 x 4 + 12 = −8

− 16

= 1 of x = −1

3 x 4 = −20

h 50 − 4 x = 40

x 4 = − 204

4 x 4 = 10

geen oplossing

x4 =

x = (2 )

2a

b

3a

b

4a

b

c

d

⁄ 166

− 16

= −1

3 4

3

3

10 4

= 2 12 1 2

1  3   4

() 4

= (2 12 ) 3 ≈ 3, 39

f '( x) = −6 x 3 + 4 x en f '(−1) = −6 ⋅ (−1)3 + 4 ⋅ (−1) = 2 g ( x) = 10 − 5 x 2 − 2 x + x 3 dus g '( x) = −10 x − 2 + 3 x 2 geeft g '(5) = −10 ⋅ 5 − 2 + 3 ⋅ 52 = 23 f ( x) = 14 x 2 − x + 1 ⇒ f '( x) = 12 x − 1 f '(6) = 2 en f (6) = 4 (6, 4) invullen in y = 2 x + b geeft 4 = 12 + b dus b = –8 De vergelijking van de raaklijn is y = 2 x − 8 . g '( x) = 2 x 2 − 4 = 4 als 2 x 2 = 8 dus x = 2 of x = –2 g(2) = − 23 invullen in y = 4 x + b geeft − 23 = 8 + b dus b = −8 23 wat betekent dat de gegeven lijn geen raaklijn is in x = 2 g(−2) = 4 23 invullen in y = 4 x + b geeft 4 23 = −8 + b dus b = 12 23 wat betekent dat de gegeven lijn ook geen raaklijn is in x = –2 Als h = 2 geldt b = 10 − 2 × 2 = 6 en l = 12 ⋅ (24 − 2 × 2) = 10 dus de inhoud is 2 × 6 × 10 = 120 cm3. b = 10 − 2 h en l = 12 (24 − 2 h) = 12 − h dus I = l × b × h = h ⋅ (10 − 2 h)(12 − h) Als 0 < h < 5 is zowel de lengte als de breedte als de hoogte positief. I = h ⋅ (120 − 10 h − 24 h + 2 h2 ) = h ⋅ (120 − 34 h + 2 h2 ) = 120 h − 34 h2 + 2 h3 dI = 120 − 68 h + 6 h2 dh



31-03-2008 11:14:56


e

6 h2 − 68 h + 120 = 0 3h2 − 34 h + 60 = 0

f

h = 34 − 436 ≈ 2, 19 of h = 34 + 436 ≈ 9, 15 alleen de eerste oplossing voldoet. 6 6 Deze oplossing kun je natuurlijk ook met de grafische rekenmachine vinden. I = 120 ⋅ 2, 19 − 34 ⋅ 2, 19 2 + 2 ⋅ 2, 19 3 ≈ 120, 74 cm3.

5a

De helling in (π, 0) is ongeveer f '(π) ≈

b

c

d

6

(

)

2 sin π + 0, 001 − 2 sin π

≈ −2. 0, 001 g (0, 001) − g (0) De helling in (0, −4) is ongeveer g '(0) ≈ ≈ 9. 0, 001 log(100, 001) − log 100 De helling in (100, 2) is ongeveer h'(100) ≈ ≈ 0, 004. 0, 001 k(4, 001) − k(4) De helling in (4; 0, 4) is ongeveer k '(4) ≈ ≈ −0, 03 . 0, 001 f ( x) = a( x 2 − 4 x + 4)2 + b = ax 2 − 4 ax + 4 a + b f '( x) = 2 ax − 4 a dus f '(3) = 6 a − 4 a = 2 a = −6 geeft a = −3 . Dan (3, 2) invullen in f ( x) = −3( x − 2)2 + b geeft −3 + b = 2 dus b = 5.

d

K wordt dan 2 keer zo groot dus Q wordt 2 0 ,7 ≈ 1, 624 keer zo groot. De productie neemt dus toe met 62,4%. Als je A vier keer zo groot neemt geldt 4 A = 4 ⋅ A = 2 A . 1 Er moet gelden K 0 ,7 = 2 dus K = 2 0 ,7 ≈ 2, 69 . Dus K moet je met 2,69 vermenigvuldigen. 30 ⋅ K 0 ,7 ⋅ 100 = 30000 dus K 0 ,7 = 30000 = 100 300

K = 100 0 ,7 ≈ 719, 7

Er is dus ongeveer e 720.000,- aan kapitaal nodig.

7a

b

c

8

a

b

c

d

1

Je kunt de grafieken plotten en dan de gevraagde punten zoeken of met algebra berekenen waar de helling nul is. f ( x) = x( x 2 − 8 x + 16) = x 3 − 8 x 2 + 16 x dus f '( x) = 3 x 2 − 16 x + 16 = 0 voor x = 1 13 of x = 4. Uit de plot volgt maximum f (1 13 ) = 9 13 en minimum f (4) = 0 . 27 g ( x) = x 3 − 4 x 2 dus g '( x) = 3 x 2 − 8 x = x(3 x − 8) = 0 voor x = 0 of x = 2 23 Uit de plot volgt maximum g(0) = 0 en minimum g(2 23 ) = −9 13 . 27 h( x) = x 4 − 4 x 3 dus h '( x) = 4 x 3 − 12 x 2 = 4 x 2 ( x − 3) = 0 voor x = 0 of x = 3 Uit de plot volgt buigpunt (0, 0) en minimum h(3) = −27 . k( x) = x( x − 4)( x − 4)( x − 4) = x 4 − 12 x 3 + 48 x 2 − 64 x dus k '( x) = 4 x 3 − 36 x 2 + 96 x − 64 = 0 . Met de grafische rekenmachine vind je x = 4 of x = 1. Met algebra kunnen we deze oplossingen erg lastig vinden. Uit de plot volgt minimum k(1) = −27 en buigpunt (4, 0) .



⁄ 167 31-03-2008 11:15:7



1a

  f ( x) = ( 13 )x wordt dan k( x) = − 1 +  1  5  3

x+2

.

wordt dan m( x) = − 1 + 1 . 5 x+2

g ( x) =

h( x) = − cos x wordt dan n( x) = − 15 − cos( x + 2) .

De beeldgrafiek van f wordt p( x) = 3 ⋅ ( 13 )2 x .

b

1 x

De beeldgrafiek van g wordt q( x) = 3 ⋅ 1 = 3 . 2x 2x

De beeldgrafiek van h wordt r( x) = −3 ⋅ cos(2 x) .

c

2

3a

b

Horizontaal met vier vermenigvuldigen geeft s( x) = 11 = 4x = 4 ⋅ 1x . x 4 Hetzelfde resultaat wordt dus bereikt met een verticale vermenigvuldiging met factor vier. Links: De standaardfunctie is h( x) = x 2 . De top van de getekende grafiek is (2, 2) , de grafiek is dus twee naar rechts en twee omhoog geschoven. Het bijbehorende functievoorschrift is dan: f ( x) = ( x − 2)2 + 2 ; Rechts: De standaardfunctie is k( x) = x . De steilheid is niet veranderd, wel het randpunt, dat is nu (−3, 3) . Het functievoorschrift wordt dan: g ( x) = 3 + x + 3 . g ( x) ontstaat uit x door horizontale vermenigvuldiging met 13 gevolgd door een translatie drie naar rechts. h( x) ontstaat uit x door translatie negen naar rechts gevolgd door een horizontale vermenigvuldiging met 13 . i( x) ontstaat uit x door translatie drie naar rechts gevolgd door een verticale vermenigvuldiging met 3 . y 4 3

p=h=i

2 1

–2 –1O

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

–6 –8

g ( x) = 3( x − 3) = 3 x − 9 = h( x) ; i( x) = 3 ⋅ x − 3 = 3( x − 3) = g ( x) De drie functies zijn hetzelfde.

⁄ 168



31-03-2008 11:15:13


4

linker sinusoïde: f ( x) = d + a sin b( x − c) met maximum 10 en minimum 4 dan is de evenwichtsstand y = 7 dus d = 7 en amplitude a = 3. De periode is 16, dus b = 216π = 18 π . De grafiek is 14 periode naar rechts geschoven dus c = 4. f ( x) = 7 + 3 sin 18 π( x − 4) . rechter sinusoïde: g ( x) = d + a sin b( x − c) met maximum 27,5 en minimum 3,5 dan is de evenwichtsstand y = 15, 5 en dus is d = 15, 5 en de amplitude a = 12. De periode is 3π en dan is b = 23 ππ = 23 . De grafiek is 14 periode naar links geschoven, dus c = − 43 π . g ( x) = 15 12 + 12 12 ⋅ sin 23 ( x + 43 π).



⁄ 169 31-03-2008 11:15:16


Extra oefening bij hoofdstuk 4 y = 5 ⋅ x = 5 ⋅ x = 5 x ; beide functies zijn alleen gedefinieerd voor x ≥ 0 . Deze formules zijn niet gelijk, want je mag de wortel van een som van getallen niet splitsen inde som van de wortels (vul maar x = 16 in, dan krijg je bij de ene functie. y = 16 + 9 = 25 = 5 en bij de andere functie y = 16 + 3 = 4 + 3 = 7 ).

1a

b

c

y = 3 16 x = 3 ⋅ 16 ⋅ x = 3 ⋅ 4 ⋅ x = 12 x ≠ 48 x ; deze formules zijn niet gelijk.

d

y = (4 x + 1)2 = 4 x + 1 mits 4 x + 1 ≥ 0 dus x ≥ − 14 .

2a

h(t ) =

20t = 20 ⋅ t = 20 , mits t ≠ 0 ; de functie h(t ) is niet gedefinieerd 4t + 5 t 4t + 5 4t 2 + 5t

(

)

voor t = 0 en t = −1 14 (4t + 5 = 0 ⇒ 4t = −5 ⇒ t = − 45 = −1 14 )

g ( p) =

b

3 p2 − 15 p − 18 3( p2 − 5 p − 6) 3( p − 6)( p + 1) = = = 3( p − 6) , mits p ≠ −1 ; p+1 p+1 p+1

de functie g ( p) is niet gedefinieerd voor p = −1

x2 = 2 4−x x 2 = 2(4 − x)

x + 2x − 8 = 0

( x + 4)( x − 2) = 0

x = −4 of x = 2

3a

2 x − 3 x − 2 = 18

2 x 2 − 3 x − 20 = 0

⁄ 170

25 = −2 1 2 5−6 x

5 − 6 x = −10

6 x = 15

2

6 = x−2 b 2x + 1 3 (2 x + 1)( x − 2) = 18

c

x=

x = 6 14

15 6

= 2 12

4 = x−1 x+1 6 ( x + 1)( x − 1) = 24

x 2 − 1 = 24

x 2 = 25

x = 5 of x = −5

d

2

x = 3 + 169 4 x = 4 of x = −2 12



31-03-2008 11:15:26


4a

b

5a

−3 x + 2 y = −7 geeft 2 y = 3 x − 7 dus y = 1 12 x − 3 12 invullen: 8 x − 5(1 12 x − 3 12 ) = 22 8 x − 7 12 x + 17 12 = 22 1 x = 4 12 2 x=9 y = 1 12 × 9 − 3 12 = 10 a = 3 − 5b invullen geeft (3 − 5b)b = −36 −5b2 + 3b + 36 = 0 b = −3 ± 729 dus b = −2 25 of b = 3 −10 a = 15 of a = −12 2 2 Voor p = 1 geldt f ( x) = 2 x − 1 = 2 x − 1 = 2 x − 1 = 2 x − 1; deze functie heeft x 1 x x x x 2 1 nulpunten wanneer 2 x − 1 = 0 , dus voor x = 2 of x = − 12 . 2 2 Voor p = –1 geldt f ( x) = 2 x − −1 = 2 x + 1 = 2 x + 1 = 2 x + 1; deze functie heeft x 1 x x x x 2 geen nulpunten, want 2 x + 1 > 0 voor alle waarden van x.

De grafiek met de twee snijpunten met de x-as hoort dus bij p = 1 en de grafiek met de twee toppen bij p = –1.

b

y 9

p = –2 6

3

–3

–2

–1

O

p=0

1

2

3

x

–3

–6

p=2

–9

c

d

De grafiek die hoort bij p = 0 heeft een gaatje in (0, 0). p 2 x p 2 x2 p 2 x2 − p = − = − = x 1 x x x x De grafiek van f heeft nulpunten wanneer geldt 2 x 2 − p = 0 en x ≠ 0 ; f ( x) = 2 x −

dit geeft alleen voor p > 0 twee oplossingen x =

Invullen van x = –2 en y = 4 in de formule geeft p p p 4 = 2 ⋅ −2 − ⇒ 4 = −4 + ⇒ 8 = ⇒ p = 16 −2 2 2

e

p p en x = − . 2 2



⁄ 171 31-03-2008 11:15:34


Oefentoets bij hoofdstuk 3 en 4

1a

b

De verticale asymptoot is x = 3 en de horizontale asymptoot is y = –5. f (0) = −5 + 0−1 3 = −5 13 snijpunt y-as is (0, − 5 13 ) −5 + 1 = 0 x−3 1 =5 x−3 x − 3 = 15 x = 3 15 dus snijpunt x-as is (3 15 , 0)

c

y 1 –2 –1 O –1

1

2

3

4

5

6

8

9

x

–2 –3 –4 –5 –6 –7 –8 –9

d

e

2

3a

b

4a

b

c

d

e

⁄ 172

Domein = 〈←, 3〉 ∪ 〈3, →〉 Bereik = 〈←, –5〉 ∪ 〈–5, →〉 Door de grafiek van y = 1x drie naar rechts en vijf naar beneden te schuiven. f ( x ) = ( x − 2 )3 + 5 g ( x) = −2 sin( x − 2) + 3 h( x) = − log( x − 3) + 2 Horizontaal vermenigvuldigen met factor Drie eenheden naar boven schuiven.

1 5

.

f (3) = a ⋅ (2 − 3)2 = a = 2 f (0) = 20 dus a ⋅ 2 2 = 20 dus a = 204 = 5 3(2 − x)2 = 6 ( 2 − x )2 = 2 2 − x = 2 of 2 − x = − 2 x = 2 − 2 of x = 2 + 2 f (2) = a ⋅ (2 − 2)2 = 0 dus alle grafieken gaan door (2, 0) f ( x) = a(2 − x)(2 − x) = a(4 − 4 x + x 2 ) = 4 a − 4 ax + ax 2 f '( x) = −4 a + 2 ax f '(1) = −4 a + 2 a = −2 a = −6 dus a = 3



31-03-2008 11:15:41


5 x − 10 = 0 c x 2 5 x − 10 = 0

12 + x = x 2

x 2 = 2

x 2 − x − 12 = 0

x = 2 of x = − 2

( x − 4)( x + 3) = 0

5a

12 + x = x

5 = x − 1 x+1 3 ( x + 1)( x − 1) = 15

x 2 − 1 = 15

x 2 = 16

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

x = 4 of x = –4

−4 x 2 + 23 x − 15 = 2 x 2

b

d

x = 4 of x = –3 x = –3 vervalt

−6 x 2 + 23 x − 15 = 0 x = −23−12±13 x = 3 of x = 65

6a

b

P ⋅ V = 10 dus P = 10 V P ⋅ 100 = 2 ⋅ T dus T = 50 ⋅ P

c

P ⋅ 100 = 3 ⋅ 15 dus P = 0, 45

d

7a

b

P = c ⋅ V is onjuist want P = c T T V T = P is juist V c

Twee naar rechts schuiven, verticaal vermenigvuldigen met factor a en b in verticale richting schuiven. f (2) = a ⋅ 0 + b = 5 dus b = 5 f (4) = a ⋅ 4 + 5 = −3 dus a = −2

a = 7 − 4b invullen geeft 2( 7 − 4b) ⋅ b = 3 14b − 8b2 = 3 −8b2 + 14b − 3 = 0

b=

a = 1 of a = 6 x = 2 y + 1 invullen: (2 y + 1)2 − 20 y = 1 4 y2 + 4 y + 1 − 20 y = 1 4 y2 − 16 y = 0 4 y( y − 4) = 0 y = 0 of y = 4 x = 1 of x = 9

8a

b

P ⋅ V = c is juist T T = V is juist P c

−14 ±10 −16

dus b = 1 12 of b =

1 4



⁄ 173 31-03-2008 11:15:53


h = 25 − 32 = 16 = 4 Volgens de stelling van Pythagoras geldt ( 12 x)2 + h2 = 52

h2 = 25 − 14 x 2

h = 25 − 14 x 2

9a

b

25 − 14 x 2 = 4, 5

c

25 − 14 x 2 = 20 14

1 4

x 2 = 4 43

x 2 = 19 x = 19 N ligt op de halve hoogte dus hoogtelijn NP vanuit N loodrecht op OA is OP = 43 x dus in rechthoekige driehoek OTN geldt ON 2 = ( 12 h)2 + ( 43 x)2. 6 2 = 14 h2 + 169 x 2 dus h2 = 144 − 2 14 x 2 Uit onderdeel b volgt h2 = 25 − 14 x 2 dus 144 − 2 14 x 2 = 25 − 14 x 2 2 x 2 = 119 x = 119 en h = 10 18 2

⁄ 174


d

e


1 2

h en

31-03-2008 11:15:58



1a

b

2a

b

De functie f ( x) = ( x 4 − 3)5 is samengesteld uit de schakels u = x 4 − 3 en f (u) = u 5 . Wanneer dezelfde schakels in een andere volgorde worden gezet, geldt u = x 5 en g (u) = u 4 − 3 , dus wordt het volgende functievoorschrift verkregen: g ( x) = ( x 5 )4 − 3 = x 20 − 3 . g is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 4 m − 5 ⇒ du = 4 dm dg 3 g=u ⇒ = 3u 2 = 3(4 m − 5)2 du Hieruit volgt: g '( m) = 4 ⋅ 3(4 m − 5)2 = 12(4 m − 5)2 . Q is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 2 p − 5 ⇒ du = 2 dp 1 dQ 1 − 12 1 Q = u = u2 ⇒ = u = 11 = 1 = 2 du 2 2 u 2 2p− 5 2u 1 1 . Hieruit volgt: Q '( p) = 2 ⋅ = 2 2p − 5 2p − 5

k is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 3 p2 + 19 ⇒ du = 6 p dp 1 −1 dk 1 = 12 u 2 = 1 1 = 1 = k = u = u2 ⇒ 2 du 2 u 2 3 p2 + 19 2u 3p 1 Hieruit volgt: k '( p) = 6 p ⋅ = .

h is een kettingfunctie. De schakels zijn:

c

d

2 3 p2 + 19

3 p2 + 19

u = 2 x + 3 ⇒ du = 2 dx −4 h = u4 = 4u −1 ⇒ dh = −4u −2 = −42 = du (2 x + 3)2 u Hieruit volgt: h '( x) = 2 ⋅

−8 −4 = (2 x + 3)2 (2 x + 3)2



⁄ 175 31-03-2008 11:16:2


3a

b

c

d

e

Er geldt 1 liter = 1 dm3 = 1 000 cm3. Het vat wordt gevuld met 900 cm3 per minuut, 900 dus met 1000 = 0, 9 liter per minuut. Er volgt a = 0, 9 . 1 1 V = 0, 9 ⋅ t ingevuld in de formule H = (V + 1) 3 − 1 levert H = (0, 9t + 1) 3 − 1 H is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 0, 9t + 1 ⇒ du = 0, 9 dt 1 −2 dk 1 1 3 H = u +1⇒ = 13 u 3 = 1 2 = = 2 du 3u 3 3(0, 9t + 1) 3 3 3 (0, 9t + 1)2 0, 3 1 = Hieruit volgt: dH = 0, 9 ⋅ . 2 3 3 dt 3 (0, 9t + 1) (0, 9t + 1)2 Op tijdstip t = 0 is de stijgsnelheid dH ongeveer gelijk aan 0,30 decimeters per dt seconde, dus 30 millimeters per seconde. Na twee minuten (dus t = 2) is de stijgsnelheid dH ongeveer gelijk aan 0,15 dt decimeters per seconde, dus 15 millimeters per seconde.

Wanneer je het vat met een twee keer zo grote snelheid vult komt er 1 800 cm3 per minuut bij, dus 1,8 liter per minuut. 1 1 V = 1, 8 ⋅ t ingevuld in de formule H = (V + 1) 3 − 1 levert H = (1, 8t + 1) 3 − 1 H is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 1, 8t + 1 ⇒ du = 1, 8 dt 1 −2 dk 1 1 H = u3 + 1 ⇒ = 13 u 3 = 1 2 = = 2 3 du 3 3 3 (1, 8t + 1)2 3u 3(1, 8t + 1) 0, 6 1 dH = 1, 8 ⋅ = Hieruit volgt: . 3 dt 3 3 (1, 8t + 1)2 (1, 8t + 1)2 Op tijdstip t = 2 is de stijgsnelheid dH ongeveer gelijk aan 0,22 decimeters per dt seconde, dus 22 millimeters per seconde. Dit antwoord is niet twee keer zo groot als het antwoord bij opdracht d. Na twee minuten is de stijgsnelheid van het vat niet twee keer zo groot geworden als je het vat met een twee keer zo grote snelheid vult. Erik heeft dus geen gelijk.

k is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 2t − 1 ⇒ du = 2 dt −6 k = 32 = 3u −2 ⇒ dk = −6u −3 = −63 = du (2t − 1)3 u u Hieruit volgt: k '(t ) = 2 ⋅ −6 3 = −12 3 . (2t − 1) (2t − 1) g is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 1 + 2 x ⇒ du = 2 dx dg g = u2 − 2 ⇒ = 2u = 2(1 + 2 x) du Hieruit volgt: g '( x) = 2 ⋅ 2(1 + 2 x) = 4(1 + 2 x) .

⁄ 176


4a

b


31-03-2008 11:16:8


c

d

p is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = t 3 + t ⇒ du = 3t 2 + 1 dt 1 dp 1 − 12 1 2 = u = 11 = 1 = p= u =u ⇒ 2 du 2 u 2 2u 2 t3 + t 2 1 Hieruit volgt: p '(t ) = (3t 2 + 1) ⋅ = 3t + 1 . 2 t3 + t

2 t3 + t

h is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = 2 − 2t ⇒ du = −2 dt −1 dp −1 1 2 1 2 h= = 2u ⇒ = −u 2 = −111 = −1 = du u 2 − 2t 2 − 2t u2 u u

(

)

−1 2 1 Hieruit volgt: h '(t ) = −2 ⋅ = = . (2 − 2t ) 2 − 2t (2 − 2t ) 2 − 2t (1 − t ) 2 − 2tt

f

f is een kettingfunctie. De schakels zijn: u = w 2 − 2 ⇒ du = 2w dw df f = u4 ⇒ = 4u 3 = 4(w 2 − 2)3 du Hieruit volgt: f '(w) = 2w ⋅ 4(w 2 − 2)3 = 8w(w 2 − 2)3 . 1 11 Er geldt: q( x) = (2 x + 3) ⋅ x = 2 x ⋅ x + 3 ⋅ x = 2 x 2 + 3 x 2 .

Hieruit volgt: q '( x) = 3 x 2 + 23 x

5a

b

f is samengesteld uit de schakels u = x 2 + 4 en f (u) = u1 Omdat du = 2 x gelijk aan nul is voor x = 0 en de afgeleide van een kettingfunctie dx

e

c

d

1

− 12

= 3 x + 31 = 3 x + 3 . 2 x 2x2

het product is van de afgeleide van de schakels, volgt f '(0) = 0 . Aangezien f (− x) = f ( x) is de functie symmetrisch in de y-as en heeft de grafiek van f in ieder geval een uiterste waarde voor x = 0. df f = 1 = u −1 ⇒ = −u −2 = −12 = 2 −1 2 u du ( x + 4) u df du Er volgt: f '( x) = ⋅ = 2 x ⋅ 2 −1 2 = 2−2 x 2. dx du ( x + 4) ( x + 4) Oplossen van de vergelijking f '( x) = 0 levert alleen de oplossing x = 0. De grafiek van f heeft dus inderdaad maar één uiterste waarde. De grafiek van f heeft een maximum f (0) = 14 .



⁄ 177 31-03-2008 11:16:13



1a

y = 0, 5 sin 200 π ⋅ t = a sin b ⋅ t ⇒ p = 2 π = 2 π = 0, 01 b 200 π De periode is 0,01 seconde. Omdat de frequentie f = 1 geldt f = 0 ,101 = 100 . p Het klopt dus dat de frequentie gelijk is aan 100 Hertz.

b

y 0,4

0,2

O

0,002

0,004

0,006

0,008

x 0,01

–0,2

–0,4

c

2a

b

Plot Y 1 = 0, 5 sin 200 πx en Y 2 = 0, 3 . De uitwijking is groter dan 0,3 tussen de twee snijpunten, dus gedurende 0, 0039... − 0, 001... ≈ 0, 003 seconden. De afgeleide is y' = 0, 5 ⋅ 200 π ⋅ cos 200 πt = 100 π ⋅ cos 200 πt . Het uiteinde gaat door de ruststand heen op t = 0, t = 0, 005 , t = 0, 01 , t = 0, 015 , t = 0, 02 ; … dan is y' = 100 π ⋅ cos(200 π ⋅ 0) = 100 π ⋅ 1 = 100 π ≈ 314 De snelheid is ongeveer 314 mm per seconde. 1, 5 R(t ) = 1 + 4co3t = d + a cos bt ; a = 4 , p = 2 π = 23 π , f = 1 = 21 = en d = 1 3 p 3π π 1, 5 De amplitude is 4, de periode is 23 π , de frequentie is en de evenwichtsstand is π de lijn y = 1. Op [ 0, 23 π ] heeft R(t ) = 3 twee oplossingen, dan heeft R(t ) op [ 0, 50π ] dus

50 π ⋅ 2 = 75 ⋅ 2 = 150 oplossingen. 2 π 3 De periode is 23 π dus b = 2 en de grafiek gaat omhoog door de evenwichtsstand in t = 43 × 23 π = 12 π . Dan is b = 3 en c = 12 π .

⁄ 178


c


31-03-2008 11:16:20


3a

b

c

De lijn gaat bij benadering door de punten (5, 100) en (20, 160) . 60 Dan is de helling 16020−−100 = 15 = 4 . De beginwaarde is dan 100 − 4 ⋅ 5 = 80 . 5 De vergelijking van de trendlijn is y = 4 x + 80 . Bij ongeveer x = 7 en x = 14 gaat de grafiek door de evenwichtsstand heen. De periode is 7. f ( x) = d + a sin b( x − c) De sinusgrafiek begint in de evenwichtsstand, dus c = 0. De evenwichtsstand wordt gegeven door de trendlijn, dus d = 4 x + 40 . De amplitude is gegeven en is 72.

De periode is 7, dan is b = 2 π = 2 π = 27 π . p 7 Het functievoorschrift is f ( x) = 4 x + 80 + 72 sin 27 πx.

y = 4 x + 80 = 290 voor x =

d

e

4a

b

c

d

e

f

210 4

= 52, 5 ≈ 53

De gevraagde waarde voor x is 53. 4 x + 80 + 72 sin 27 πx = 290 oplossen met de grafische rekenmachine geeft x ≈ 36 . f '( x) = 5 ⋅ − sin x = −5 sin x g '(t ) = t + cos t N '( x) = 15 ⋅ cos 0, 01 x ⋅ 0, 01 = 0, 15 cos 0, 01 x K '( p) = 2 ⋅ − sin 6 p ⋅ 6 = −12 sin 6 p h '( x) = − π ⋅ − sin 23 πx ⋅ 23 π = 23 π 2 sin 23 πx Neem u = cos t , dan is b(u) = 5u 2 . b '(u) = 10u en u ' = − sin t , dan is db = du ⋅ db = − sin t ⋅ 10u dt dt du De afgeleide is b '(t ) = − sin t ⋅ 10 cos t = −10 sin t cos t .



⁄ 179 31-03-2008 11:16:26



1a

b

c

d

2a

b

c

f '( x) = 3(4 x + 5) + 3 x ⋅ 4 = 24 x + 15 g '( x) = 3 x 2 ⋅ cos x + x 3 ⋅ − sin x = 3 x 2 ⋅ cos x − x 3 ⋅ sin x h '( x) = (8 x + 1)(2 x + 1) + (4 x 2 + x) ⋅ 2 = 16 x 2 + 10 x + 1 + 8 x 2 + 2 x = 24 x 2 + 12 x + 1 k '( x) = cos x(cos x − 1) + (sin x + 1)(− sin x) = cos 2 x − cos x − sin 2 x − sin x ( x 2 − 3 x) ⋅ (sin x + 2) = 0 x 2 − 3 x = 0 of sin x + 2 = 0 x( x − 3) = 0 x = 0 of x = 3 dus (0, 0) en (3, 0) p '( x) = (2 x − 3)(sin x + 2) + ( x 2 − 3 x) ⋅ cos x p'(0) = −3 ⋅ 2 = −6 en p'(3) = 3(sin 3 + 2) = 6 + 3 sin 3 p'(1) = −(sin 1 + 2) − 2 cos 1 = − sin 1 − 2 cos 1 − 2 (1, − 2 sin 1 − 4) invullen in y = (sin 1 − 2 cos 1 − 2) x + b geeft b = − sin 1 + 2 cos 1 − 2 dus y = (− sin 1 − 2 cos 1 − 2) x + (− sin 1 + 2 cos 1 − 2) y ≈ −3, 92 x − 1, 76

3a

y 9

6

3

–4

–2

O

2

4

x

–3

–6

–9

b

c

d

( x 2 − 2)( x + 2) = 0 x 2 = 2 of x + 2 = 0 x = − 2 of x = 2 of x = –2 f '( x) = 2 x( x + 2) + ( x 2 − 2) ⋅ 1 = 3 x 2 + 4 x − 2 3x 2 + 4 x − 2 = 0 x = −4 − 40 = − 23 − 13 10 of x = −4 + 40 = − 23 + 13 10 6 6

3 x ⋅ (cos x + 2) = 0 3x = 0 x=0 f '( x) = 3(cos x + 2 + 3 x ⋅ − sin x = 3 cos x − 3 x sin x + 6 f '(π) = 3 cos π − 3π sin π + 6 = 3 (π, 3π) invullen in y = 3 x + b geeft b = 0 dus y = 3 x

⁄ 180


4a

b

c


31-03-2008 11:16:35


5a

y 9

6

a = 10

3

a=2 –5

–4 –3

–2

–1 O

1

2

3

4

5

x

–3

–6

a = –5

–9

b

c

d

e

6a

b

c

x = 0 en y = 0 zijn asymptoten f ( x) = (5 − x) ⋅ x −2 = 5 x −2 − x −1 f '( x) = −10 x −3 + x −2 f '(1) = −9 f ( x) = (2 − x) ⋅ x −2 = 2 x −2 − x −1 f '( x) = −4 x −3 + x −2 = 0 alles vermenigvuldigen geeft −4 + x = 0 dus x = 4 De top is (4, f (4)) = (4, − 18 ) f ( x) = (a − x) ⋅ x −2 = ax −2 − x −1 f '( x) = −2 ax −3 + x −2 = 0 alles vermenigvuldigen met x 3 geeft −2a + x = dus x = 2 a MB = CM ⋅ cos 16 π = 10 ⋅ 0, 866 = 8, 66 en CB = CM ⋅ sin 16 π = 10 ⋅ 12 = 5 De gevraagde omtrek is: P = 2 ⋅ CB + 4 ⋅ MB ≈ 2 ⋅ 5 + 4 ⋅ 8, 66 = 44, 64 MB = CM ⋅ cos x = 10 ⋅ cos x en CB = CM ⋅ sin x = 10 ⋅ sin x dus is de gevraagde omtrek P = 2 ⋅ CB + 4 ⋅ MB = 20 sin x + 40 cos x P 50

40

30

20

10

0

d

0,5

1

1,5

2

2,5

x

Bepaal in de plot van P het maximum met de grafische rekenmachine. Zo vind je x = 0,46 en P = 44, 72 .



⁄ 181 31-03-2008 11:16:41


Oefentoets bij hoofdstuk 5, 6 en 7

1a

b

c

In de eerste minuut neemt het volume toe van 0 tot 187 liter. De gemiddelde vulsnelheid is dan 187 < 3,12 liter/sec. 60 In de tweede minuut neemt het volume toe van 187 liter tot 600 liter. De gemiddelde vulsnelheid is dan 600 – 187 < 6,88 liter/sec. 60 In de eerste minuut neemt het volume toe tot 187 liter, de hoogte neemt dan toe tot 52 cm. De gemiddelde stijgsnelheid is dan 52 < 0,28 cm/liter. 187 In de tweede minuut neemt het volume toe tot 600 liter, de hoogte neemt dan toe van 52 cm tot 100 cm.

d

2a

De gemiddelde stijgsnelheid is dan 48 < 0,12 cm/liter. 413 In de eerste minuut is de gemiddelde stijgsnelheid 0,28  3,12 < 0,87 cm/sec. In de tweede minuut is de gemiddelde stijgsnelheid 0,12  6,88 < 0,83 cm/sec. u = 4 m − 5 dus du = 4 dm dy 3 −1 y = = 3u dus = −3u −2 = − 32 u du u 3 12 g '( m) = 4 ⋅ − 2 = − u (4 m − 5)2

b

g '( x) = 3(8 x − 4)2 ⋅ 8 = 24(8 x − 4)2

c

Q '( p) =

d

e

p(t ) = (t 2 + 1) ⋅ t 2 = t

f

f (w) = (w 2 − 2)−4

3a

1 3 ⋅ −3 = − 2 8 − 3p 2 8 − 3p 1 6 g '( p) = 3 ⋅ ⋅4 = 2 4 p − 10 4 p − 10 1

1 = 2 12 ⋅ t 1 ⋅ t 2 + 12 ⋅ 11 = 2 12 t t + 1 2 t t2 dus f '(w) = −4(w 2 − 2)−5 ⋅ 2w = − 28w 5 (w − 2 )

2 12

1

11

+ t 2 dus p '(t ) = 2 12 t 2 + 12 t

− 12

W 1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 O –0,2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

t

–0,4 –0,6

De maximale waterhoogte is 1 + 0, 7 = 1, 7 m.

⁄ 182



31-03-2008 11:16:45


b

c

d

4a

b

c

d

w(t ) = 0 voor t = 4,7 uur en t = 7, 9 uur. De plant staat 7, 9 − 4, 7 = 3, 2 uur per periode droog. De grafiek is hetzelfde als de grafiek uit onderdeel a alleen loopt de grafiek tussen x = 4,7 en x = 7,9 over de t-as. w(4) ≈ 0, 28 dus om 4.00 uur is de waterhoogte 28 cm en kan de tocht beginnen. w(t ) = 0, 6 geeft t ≈ 9, 22 uur dus om 9 uur en 0, 22 × 60 ≈ 13 minuten is het water gestegen tot 60 cm. Om 9.00 uur kan de klas het wad overgestoken zijn dus mogen ze een vertraging oplopen van maximaal 13 minuten. f '( x) = (8 x − 1) ⋅ sin 2 x + (4 x 2 − x) ⋅ 2 sin x cos x m '(r ) = 2 r(r − 3)4 + (r 2 + 5) ⋅ 4(r − 3)3 = (r − 3)3 (2 r(r − 3) + 4(r 2 + 5)) = (r − 3)3 (6 r 2 − 6 r + 20) 11 31 21 k ( x) = x 2 ( x 2 + 3 x) = x 2 + 3 x 2 21 11 k '( x) = 3 12 x 2 + 7 12 x 2 = 3 12 x 2 x + 7 12 x x s '(t ) = 3t 2 ⋅ sin 2t + t 3 ⋅ 2 cos 2t

De periode van f is 23π = 23 π . Op basis van de symmetrie zijn de oplossingen op [ −3, 3] : x = 19 π , x = 19 π + 23 π = 97 π en x = 19 π − 23 π = − 95 π x = − 19 π , x = − 19 π + 23 π = 95 π en x = − 19 π − 23 π = − 97 π 4 cos(3 x) = −4 cos(3 x) = −1 3x = π + k ⋅ 2π x = 13 π + k ⋅ 23 π met k een geheel getal x = 13 π of x = − 13 π op het gegeven interval f '( x) = −12 sin(3 x) dus f '(2) = −12 sin 6 ≈ 3, 35

Het midden van de straat is 8m van de lantaarn dus r =

5a

b

c

6a

b

c

7a

b

c

8 en h = r ⋅ cosα zodat sin α α = c ⋅ cos α = c ⋅ cos α = c ⋅ cos α ⋅ sin 2 α = 1 ⋅ c ⋅ cos α ⋅ sin 2 α L = ch3 = c ⋅ r ⋅ cos 64 64 64 r r3 r2 2 sin α dL = 1 c(− sin α ⋅ sin 2 α + cos α ⋅ 2 sin α cos α ) = 1 c(− − sin 3 α + 2 sin α cos 2 α) = 0 64 dα 64 Via CALC-ZERO of G-solv-ROOT vind je α = 54, 7° .

Bij het plotten moet je de hoek dan wel op DEG zetten en niet op RAD!! 8 h = r ⋅ cos α = 8 ⋅ cos α = sin 54 ⋅ cos 54, 7 ≈ 5, 66 m ,7 sin α TM 2 + AM 2 = TA2 dus TM = 16 − 9 = 7 en CM 2 + AM 2 = AC 2 dus CM = 36 − 9 = 27 Inhoud piramide = 13 × oppervlakteABC × TM = 13 × ( 12 × 6 × 27 ) × 7 = 7 × 27 = 189 ≈ 13, 75 AB = BC = AC = 2c CM = (2c)2 − c 2 = 3c 2 = 3 ⋅ c 2 = c 3



⁄ 183 31-03-2008 11:16:56


d

e

f

⁄ 184

TM = 16 − c 2 dus inhoud piramide = 13 ⋅ ( 12 ⋅ 2c ⋅ c 3 ) ⋅ 16 − c 2 = 13 c 2 ⋅ 3 ⋅ 16 − c 2 = 13 c 2 48 − 3c 2 1 dI = 2 c ⋅ 48 − 3c 2 + 1 c 2 ⋅ c3 ⋅ −6c = 23 c ⋅ 48 − 3c 2 − 3 3 dc 2 48 − 3c 2 48 − 3c 2 Invullen van c = 10 23 geeft inderdaad dI = 0 wat betekent dat voor c = 10 23 de dc inhoud maximaal is.



31-03-2008 11:16:57

Extra oefening en Oefentoets Helpdesk

Recommend Documents