Helpdesk uitwerkingen Hoofdstuk 1 Differentiëren

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen

Helpdesk uitwerkingen Hoofdstuk 1 Differentiëren Extra oefeningen 1 a

f ( x) = x

b

p(q) = −q

c

x(t ) =

2 a

⇒ f ′( x ) = 19 x

19

3

18

⇒ p′( q ) = −3q

2

5 10 = 5 ⋅ t −2 ⇒ x′(t ) = 5 ⋅ −2 ⋅ t −3 = − 3 2 t t

f ( x) = −5 x 10 + 10 x −5 + 1 ⇒ f ′( x) = −5 ⋅ 10 ⋅ x9 + 10 ⋅ −5 ⋅ x −6 + 0 = −50 x 9 −

b

g ( x) = − x 5 − 7 x −3 − 2 ⇒ g ′( x) = −5 x 4 − 7 ⋅ −3 ⋅ x −4 + 0 = −5 x 4 +

c

x(t ) = t 5 + 5 t + 3 = t 5 + t 5 + 3 ⇒ x′(t ) = 5t 4 + 15 t

d

k (q) =

3 a b

1

− 54

+ 0 = 5t 4 +

21 x4 1 5⋅t

4 5

50 x6

= 5t 4 +

1 5

5 t4

q3 3 1 1 9 + 3 − 4 = ⋅ q 3 + 3 ⋅ q −3 − 4 ⇒ k ′(q) = ⋅ 3q 2 + 3 ⋅ −3 ⋅ q −4 − 0 = q 2 − 9 ⋅ q −4 = q 2 − 4 3 q 3 3 q

f ( x) = x 3 − 20 ⇒ f ′( x) = 3x 2 . f ′(3) = 3 ⋅ 32 = 27 Raaklijn : y = ax + b = 3x + b door (3, 7) : 7 = 27 ⋅ 3 + b ⇔ b = −74 dus y = 27 x − 74 f ( x) = 4 − 14 x 4 ⇒ f ′( x) = − x3 . f ′(2) = −23 = −8 .

Raaklijn : y = ax + b = −8 x + b door (2, 0) : 0 = −8 ⋅ 2 + b ⇔ b = 16 dus y = −8 x + 16 1 1 1 −1 c f ( x) = 2 x − 2 = 2 x 2 − 2 ⇒ f ′( x) = 2 ⋅ 12 ⋅ x 2 − 0 = . f ′(4) = = 12 4 x Raaklijn y = ax + b = 12 x + b door (4, 2) : 2 = 12 ⋅ 4 + b ⇔ b = 0 dus y = 12 x

h(t ) = t 3 + 2 ⇒ h′(t ) = 3t 2 . h′(1) = 3 Raaklijn y = at + b = 3t + b door (4, 2) : 1 = 3 ⋅ 1 + b ⇔ b = −2 dus y = 3t − 2 b t = 0 ⇒ h = −2 . Dat is dus het punt (0, –2). c Punt (0, –2) moet dus het punt (0, 0) worden. Het geheel moet dus 2 omhoog geschoven worden. d h(t ) = t 3 + 2

4 a

5 a b

′ ′ f ′( x) = ⎡⎣( x 2 + 1) ⎤⎦ ⋅ ( x3 − 1) + ( x 2 + 1) ⋅ ⎡⎣( x 3 − 1) ⎤⎦ = 2 x ⋅ ( x3 − 1) + ( x 2 + 1) ⋅ 3x 2 f ′( x) = 5 x 4 + 3x 2 − 2 x ′ ′ 3 x − 1) ⋅ [ 2 x + 1] − ( 2 x + 1) ⋅ [3x − 1] (3x − 1) ⋅ 2 − (2 x + 1) ⋅ 3 ( = f ′( x) = 2 2 ( 3x − 1) ( 3x − 1)

f ′( x) =

6 x − 2 − (6 x + 3)

( 3x − 1)

© Noordhoff Uitgevers bv

2

=

−5

( 3x − 1)

2

1


c

′ ′ 1 ′ f ′( x) = ⎡⎣( x3 + 3x) ⎤⎦ ⋅ 3 x + ( x3 + 3x) ⋅ ⎡⎣ 3 x ⎤⎦ = (3x 2 + 3) ⋅ 3 x + ( x3 + 3 x) ⋅ ⎡ x 3 ⎤ ⎣ ⎦ f ′( x) = (3x 2 + 3) ⋅ 3 x + ( x 3 + 3 x) ⋅ 13 x

− 23

21

1

= 3x 2 ⋅ 3 x + 3 ⋅ 3 x + 13 x 3 + x 3

f ′( x) = 3x 2 ⋅ 3 x + 3 ⋅ 3 x + 13 x 2 ⋅ 3 x + 3 x = (3 13 x 2 + 4) ⋅ 3 x d

f ′( x) =

f ′( x) =

6 a

(x

3

′ ′ 1 ′ 1 ′ x 3 + 3 x ⋅ ⎡ x 3 ⎤ − x 3 ⋅ ⎡⎣ x3 + 3x ⎤⎦ + 3 x ⋅ ⎡ 3 x ⎤ − 3 x ⋅ ⎡⎣ x3 + 3x ⎤⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ = 2 2 x3 + 3x x3 + 3x

(

)

(

)

( x3 + 3x) ⋅ 13 x

(x

)

− 23

3

(

1 3

− x ⋅ (3x 2 + 3)

+ 3x

)

2

1 3

=

2 13

1 3

)

2 13

x + x − 3x − 3x

(x

3

+ 3x

)

1 3

2

f ′( x) =

−(2 23 x 2 + 2) ⋅ 3 x

(x

)

2

3

+ 3x

4 5

x( x 2 + 5) = 0

f ( x ) = 4 x − 7 x + 6 ⇒ f ′( x) = 12 x 2 − 7 ; f ′(1) = 12 ⋅ 1 − 7 = 5 3

Raaklijn: y = 5 x + b door (1, 3) : 3 = 5 ⋅ 1 + b ⇔ b = −2 dus y = 5 x − 2 x

2

2

1

4 4 ; f ′(1) = 1 − 3 = −3 3 x 1 2 x 2 Raaklijn: y = −3x + b door (1, 3) : 3 = −3 ⋅ 1 + b ⇔ b = 6 dus y = −3x + 6 ′ 1 −3 c f ( x ) = 4 4 x − 1 ⇒ f ′( x) = ⎡ 4 ⋅ x 4 − 1⎤ = x 4 ; f ′(1) = 1 ⎣ ⎦ Raaklijn: y = x + b door (1, 3) : 3 = 1 + b ⇔ b = 2 dus y = x + 2 ′ ′ x 2 + 1 ⋅ [ 6 x ] − 6 x ⋅ ⎡⎣ x 2 + 1⎤⎦ 6x ⇒ f ′( x) = ⇔ d f ( x) = 2 2 x +1 x2 + 1 b

f ( x) =

+

2

+

⇒ f ′( x) = x −

(

f ′( x) =

(x

2

)

+ 1 ⋅ 6 − 6x ⋅ 2x

(

)

x2 + 1

2

)

=

(

)

6 x 2 + 6 − 12 x 2

(

)

x2 + 1

2

=

6 − 6x2

(

)

x2 + 1

2

; f ′(1) = 0

Raaklijn: y = 0 ⋅ x + b door (1, 3) : 3 = 0 + b ⇔ b = 3 dus y = 3 7 a

f ( x) = 15 x 4 + 2 x 2 + 1 ⇒ f ′( x) = 54 x 3 + 4 x

; f ′( x) = 0 ⇔

4 5

x3 + 4 x = 0 ⇔

⇔ x = 0 ; f (0) is een extreem: een minimum (zie plot)

b

g ( x) =

(

)

x2 + 1 ⋅ 0 − 5 ⋅ 2x −10 x 5 ′ ⇒ ( ) g x = = 2 2 2 x 2 +1 x +1 x2 + 1

(

)

(

)

; g ′( x) = 0 ⇔

−10 x

(

)

x2 + 1

2

= 0 ⇔ −10 x = 0

⇔ x = 0 ; g (0) is een extreem: een maximum (zie plot)

c

h( x) = 12 x 4 − x 3 + 3 ⇒ h′( x) = 2 x3 − 3 x 2

; h′( x) = 0 ⇔

4 5

x3 + 4 x = 0 ⇔ 2 x3 − 3x 2 = 0

⇔ x 2 (2 x − 3) = 0 ⇔ x = 0 of x = 1 12 ; h(0) is geen extreem, h(1 12 ) is wel een extreem: een

minimum (zie plot) d

j ( x) =

j ′( x) =

( x − 4 ) ⋅ (2 x − 3) − ( x 2 − 3x) ⋅ 1 ⇔ x 2 − 3x ⇒ j ′( x) = 2 x−4 ( x − 4) (2 x 2 − 11x + 12) − ( x 2 − 3x)

( x − 4)

2

=

x 2 − 8 x + 12

( x − 4)

2

; j ′( x) = 0 ⇔

x 2 − 8 x + 12

( x − 4)

2

=

( x − 6)( x − 2)

( x − 4)

2

=0

⇔ x = 6 of x = 2 ; j (2) is een extreem: een minimum, j (6) is een extreem: een maximum (zie plot)


2


8 a b c d e f g h

q(1,50) = 590; q(2) = 440 q = 1040 − 300p O = p(1040 − 300p) = −300p2 + 1040p O’= −600p + 1040; O’ = 0. ⇔ −600p+1040 = 0 ⇔ p = € 1,73; Omax= € 901,33 w(1,50) = 0,70; w(2) = 1,2 w(p) = p − 0,8 W(p) = (p − 0,8)(1040 − 300p) W(p) = −300p2 + 1280p – 832 ⇒ W´(p) = −600p + 1280 ; W´(p) = 0 ⇔ −300p + 1280 = 0 ⇔ p = 2,13; W = 533,33


3


Doorwerking 1 a b

Δy f ( p) = Δx p f ′( x) = 2 x ; f ′(p) =

f(p) p2 + 4 ⇔ 2p= ⇔ 2 p2 = p2 + 4 ⇔ p2 = 4 ⇔ p p

p = 2 of p = −2 2 8 2 8 , door q2: V2 = f ⋅ . V = V1 + V2 = f ⋅ + f ⋅ 10 − x 10 − x x x ⎛ 2 ⋅ (10 − x ) ⎞ x ⋅8 8x ⎞ ⎛ 20 + 6 x ⎞ ⎛ 20 − 2 x + = f ⋅⎜ + V = f ⋅⎜ dus V = f ⋅ ⎜ ⎟ 2 2 ⎟ 2 ⎜ x ⋅ (10 − x ) x ⋅ (10 − x ) ⎟⎟ ⎝ 10 x − x ⎠ ⎝ 10 x − x 10 x − x ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 10 x − x 2 ⋅ 6 − ( 20 + 6 x )(10 − 2 x ) ⎞ ⎛ 20 + 6 x ⎞ ⎜ ⎟ ⇔ ′ ⇒ V = f ⋅ b V = f ⋅⎜ ⎟ 2 2 ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎝ 10 x − x ⎠ 10 x − x ⎝ ⎠ ⎛ 60 x − 6 x 2 − 200 + 20 x − 12 x 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎟ ⇔ V ′ = f ⋅ ⎜ 6 x + 40 x − 200 ⎟ V′ = f ⋅⎜ 2 2 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 10 x − x 2 10 x − x 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 2 ⎞ 6 x + 40 x − 200 ⎟ ⎜ ′ V =0⇔ f ⋅ = 0 ⇔ 6 x 2 + 40 x − 200 = 0 ⇔ 3x 2 + 20 x − 100 = 0 ⇔ 2 ⎜⎜ ⎟⎟ 2 10 x − x ⎝ ⎠ ( 3x − 10 )( x + 10 ) = 0 ⇔ x = 3 13 of x = −10 dus x0=31/3

2 a door q1: V1 = f ⋅

(

(

(

(

)

)

)

(

)

(

)

)

dV is de noemer positief (voor x tussen 0 en 10). De teller is een kwadratische functie met een dx minimum voor tussen x = –10 en x = 31/3. De teller is dus negatief voor x kleiner dan x0 is en positief voor waarden van x groter dan x0. De potentiaal daalt tot x = x0 en stijgt daarna. De potentiaal heeft dus een minimum voor x = x0. Q Q Q Q d Door q1 : V1 = f ⋅ , door q2 : V2 = f ⋅ . V = V1 + V2 = f ⋅ + f ⋅ x 10 − x x 10 − x ⎛ 1 ⋅ (10 − x ) ⎞ x ⋅1 x ⎛ 10 − x ⎞ ⎛ 10 ⎞ + = f ⋅Q ⋅⎜ + V = f .Q ⋅ ⎜ dus V = f ⋅ Q ⋅ ⎜ 2 2 ⎟ 2 ⎟ ⎜ x ⋅ (10 − x ) x ⋅ (10 − x ) ⎟⎟ ⎝ 10 x − x 10 x − x ⎠ ⎝ 10 x − x ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ 10 x − x 2 ⋅ 0 − 10 ⋅ (10 − 2 x ) ⎞ ⎛ ⎞ ⎟ = f .Q ⋅ ⎜ −100 + 20 x ⎟ ⇒ V ′ = f .Q ⋅ ⎜ 2 2 ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ 10 x − x 2 10 x − x 2 ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ −100 + 20 x ⎟ V ′ = 0 ⇔ f .Q ⋅ ⎜ = 0 ⇔ −100 + 20 x = 0 ⇔ x = 5 dus x0 = 5 2 ⎟ ⎜⎜ 10 x − x 2 ⎟ ⎝ ⎠

c In

(

(

(

3

)

)

(

)

)

Als de raaklijnen loodrecht op elkaar staan, dan moeten ze, vanwege de symmetrie, beide een hoek van 45º met de horizontale as maken. Ze moeten dus hellingsgetallen hebben van 1 respectievelijk –1. f ( x) = 4 − x 2 ⇒ f ′( x) = −2 x ; f ′( x) = −1 ⇒ x1 = ½, zo ook x2 = –½, De vergelijking van de raaklijn in (½, 33/4) wordt daarmee: y = − x + 4 14 en A het punt (0, 4¼)


4

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 4 a b c

b −8 =− = 4 de vergelijking is dus x = 4. 2a 2 ⋅1 f (4) = −9 . T = (4 , –9 ) f (0) = 7 . Dus P (0, 7) ligt op de parabool. xs − as = −

f ( x) = x 2 − 8 x + 7 ⇒ f ′( x) = 2 x − 8 ; f ′(0) = −8 Raaklijn: y = −8 x + b door (0, 7); 7 = −8 ⋅ 0 + b ⇔ b = 7 dus y = −8 x + 7 e x = 4, dus y = –25 en S = ( 4 , –25 ) f yS + yP = −25 + 7 = −18 , yT − 9

d

g

f ( x) = ax 2 + bx + c ⇒ f ′( x) = 2ax + b ; f ′( x) = 0 ⇔ 2ax + b = 0 ⇔ 2ax = −b ⇔ x =

Dus voor de top T (xT, yT) geldt inderdaad: xT = − 2

h i j

⎛ b2 −b ⎛ −b ⎞ yT = a ⎜ ⎟ + b ⋅ + c = a⎜ 2 2a ⎝ 2a ⎠ ⎝ 4a

−b 2a

b 2a

⎞ −b 2 b 2 2b 2 b2 y = − +c + + c = − + c dus ⎟ T 4a 4a 4a ⎠ 2a

yP = axP 2 + bxP + c f ′( x) = 2ax + b ; voor de raaklijn in P aan de parabool geldt dus hg = f ′( xP ) = 2axP + b

k raaklijn: y = (2axP + b) x + .... door ( xP , (axP 2 + bxP + c)) : axP 2 + bxP + c = (2axP + b) xP + .... ⇔ axP 2 + bxP + c = 2axP 2 + bxP + .... ⇔ c = axP 2 + .... ⇔ .... = c − axP 2 dus y = (2axP + b) x − axP 2 + c b b l De symmetrieas heeft de vergelijking x = − . De x-coördinaat van S is dus xS = − , 2a 2a b de y-coördinaat van S is dan yS = (2axP + b) xS − axP 2 + c ⇔ yS = (2axP + b) ⋅ − − axP 2 + c ⇔ 2a b2 yS = −bxP − − axP 2 + c 2a ⎛ ⎞ ⎛ b2 ⎞ b2 1 y + yS ) = 12 ⎜ axP 2 + bxP + c − bxP − − axP 2 + c ⎟ = 12 ⎜ − + 2c ⎟ ⇔ m 2( P 2a ⎝ ⎠ ⎝ 2a ⎠ 1 2

( y P + yS ) = −

b2 + c = yT . Het klopt dus! 4a


5


Hoofdstuk 2 Exponenten en logaritmen Extra oefening 1 a groeifactor per maand:

1

1,12 12 `= 1, 0095 1

b groeifactor per kwartaal: 1,12 4 `= 1,0287 c groeifactor per week:

2 a

h=

1 2

1 5000

≈ 0,99986

b t = log 0,8 ≈ h

c

0,99986

log 0,8 ≈ 1610

h = 0,75 ⇔ t = log 0,75 ≈ h

t

1

1,12 52 `= 1, 0022

0,99986

log 0, 75 ≈ 2075

1

3 a 1,07 7 ≈ 1,0097 b K(t) = 5 ⋅ (1,07)0 = 5 ; K(t) = 5 ⋅ (1,07)1 = 5,35. Groeisnelheid dus 0,35:7 = 0,05 per dag. c K(t) = 5 ⋅ (1,07)19 = 18,08 ; K(t) = 5 ⋅ (1,07)20 = 19,35. Groeisnelheid dus 1,27:7 = 0,18 per dag.

4 a

x 2 + 6 x − 27 = 0 ⇔ ( x + 9)( x − 3) = 0 ⇔ x = −9 of x = 3

b

(3x )2 + 6 ⋅ 3x − 27 = 0 ⇔ (3x + 9)(3x − 3) = 0 ⇔ 3x = −9 of 3x = 3 ⇔ x = 1

c

ex

d

e x − 3 + e− x = 0 ⇔ e2 x − 3e x + 1 = 0 ⇔

2

−5 x + 6

= 1 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ ( x − 2)( x − 3) = 0 ⇔ x = 2 of x = 3

(e ) x

2

− 3e x + 1 = 0 ⇔

⎛ 3+ 5 ⎞ ⎛3− 5 ⎞ 3+ 5 3− 5 of e x = ⇔ x = ln ⎜ ⎟⎟ of x = ln ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ 2 2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 1 (ln x)2 + 2 ln x = 0 ⇔ ln x(ln x + 2) = 0 ⇔ ln x = 0 of ln x = −2 ⇔ x = 1 of x = 2 e

(via de abc-formule): e x = e

5

b ⋅ 1,710 = 20 ⇔ b =

20 ≈ 0, 099 1,710

6 a N′(t) = 20 ⋅ e-2t ⋅ –2 = –40 ⋅ e–2t b N′(5) = –40 ⋅ e–10 (≈ –0,0018)

y 10

8

7 a Zie grafiek hiernaast. b Y1’(x) = 2x · ln 2. Dus is de helling van de grafiek in het punt (2, 4): 4·ln2. c Beide grafieken zijn symmetrisch in de y-as. De helling van de grafiek van Y2 in het punt (–2, 4) is dus –4·ln2.

6

4

2

−4


−3

−2

−1

1

2

3

4

x

6

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 8 a ln g = 0,6 ⇔ g = e0,6 (≈ 1,822 ) b ln g = 3 ⇔ g = e3 (≈ 20,086 ) 9 a 10–2 b ¼5 c e2 10 a f’(x) = 10–2x · ln10 · –2 = –2 ln10 · 10–2x b g’(t) = ¼5t · ln ¼ · 5 = 5 ln ¼ · ¼5t c h’(s) = e2s · 2 = 2 · e2s 11 a

f ( x) = ln x ⇒ f ′( x) =

1 x

dus m1 =

1 p

b raaklijn is y = 1p x + b ; in P(p, ln p), dus ln p =

1 p

p + b = 1 + b en b = −1 + ln p . Dus het klopt.

c y − 2x = 0 ⇔ y = 2x. Dus m2 = 2 d m2 = m1 ⇔ 2 = 1p ⇔ p = 12 e Als de raaklijn door de oorsprong gaat, is b = 0. Dus −1 + ln p = 0 ⇔ ln p = 1 . Dus p = e. 12 a f(x) = ex ⇒ f’(x) = ex; f’(0) = e0 = 1. Raaklijn is y = 1 ⋅ x + b ; in (0 , 1); dus 1 = 0 + b = b en b = 1; dus y = x + 1 b f’(1) = e1 = e. Raaklijn is y = e ⋅ x + b ; in (1 , e), dus e = e ⋅ 1 + b en b = 0 ; dus y = e ⋅ x c P is het punt (p, ep). De richtingscoëfficiënt m van de raaklijn in P is ep. In de figuur is de PR richtingscoëfficiënt m = . Hierin is PR = ep en is ook m = ep. Dus is QR = 1. QR


7


Doorwerking 1 a b

ρ = e−0,984h ⇒

dρ = −0,984 ⋅ e−0,984 h dh

dH = 161 ⋅ (0 − e−0,1h ⋅ −0,1) = 161 ⋅ (0,1 ⋅ e−0,1h ) = 16,1 ⋅ e−0,1h dt

dT = 0 − 13 ⋅ e−3t ⋅ −3 = 39 ⋅ e−3t dt b V (t ) = c ⋅ (19 − (19 − 13 ⋅ e−3t )) = c ⋅ (19 − 19 + 13 ⋅ e−3t )

2 a V (t ) =

V (t ) = c ⋅ 13 ⋅ e −3t = 39 ⋅ e −3t Dat klopt dus, met c = 3

3 a e–a·10 = ½ ⇔ –a · 10 = ln ½ ⇔ a = –0,1· ln½ (≈ 0,0693) b e–0,02x = 0,01 ⇔ –0,02x = ln 0,01 ⇔ x = –50 · ln0,01 (≈ 230 mm) 4 a f’(x) = ex; f’(–1) = e-1 = 1e . Raaklijn is y = 1e ⋅ x + b ; in (–1, 1e ); dus

1 e

= 1e ⋅ −1 + b en b = 2e ; dus y = 1e ⋅ x + 2e = ex +

2 e

1 Δy e − 1e 1 (≈ 1,175) = = 2e− Δx 2 2e c Omdat in elk punt van de grafiek geldt dat de helling van de raaklijn gelijk is aan de x-coördinaat van dat punt, geldt dit in het punt met 1 1 e− 1 1 x-coördinaat e − . De y-coördinaat van dat punt is dan gelijk aan e 2 2 e . 2 2e

b

5 a Voor grote waarden van t loopt de grafiek naar een grenswaarde toe. b moet dus kleiner zijn dan 1. Voor grote waarden van t is a · bt ≈ 0. Daarom is c = 800. Voor t = 0 is bt = 1, daarom moet c – a = 100 zijn en is a = 700. Voor t = 6 is H ≈ 700. Dus is 800 – 700 · b6 = 100 ⇔ 700 · b6 = 100 ⇔ b6 = 100/700 = 1/7 ⇔ b=

6 1 7

(≈ 0,723)

b Afname 0,03% wil zeggen een groeifactor (per dag) gd = 0,9997. Dat is per jaar een groeifactor gj = 0,9997365 ≈ 0,896. Ook e–0,11 ≈ 0,896. Dat klopt dus. c Totale gewicht = aantal vissen · gewicht per vis. In formule: G(t) = N(t) · F(t). Dus is G(t) = 11000e–0,11t · ( 0,600 − 0,535e–0,37t ) = 6600e–0,11t – 11000e–0,11t · 0,535e–0,37t = = 6600e–0,11t – 5885 · e–0,48t. Dat klopt. d G(t) is maximaal wanneer G’(t) = 0 . G’(t) = 6600e–0,11t · –0,11− 5885e–0,48t · –0,48 = = –726 e–0,11t + 2640 e–0,48t. Via de GR: t ≈ 44, dus na circa 44 maanden.


8


Hoofdstuk 3 De kettingregel Extra oefening 1 a b c d

2 a b

3 a

1 3 = x −3 ⇒ f ′( x) = −3x −4 = − 4 x x3 1 4 f ( x) = = ( x − 2)−4 ⇒ f ′( x) = −4( x − 2)−5 = − ( x − 2) 4 ( x − 2)5 1 4 f ( x) = = (2 x − 3)−2 ⇒ f ′( x) = −2(2 x − 3)−3 ⋅ 2 = − 2 (2 x − 3) (2 x − 3)3 1 5 −1 −2 f ( x) = = (1 − 5 x ) ⇒ f ′( x) = −1 ⋅ (1 − 5 x ) ⋅ −5 = 2 1 − 5x (1 − 5 x ) f ( x) =

1 − 2x 1 15 f ( x) = = (3x − 2) −5 ⇒ f ′( x) = −5 ⋅ (3 x − 2)−6 ⋅ 3 = − (3x − 2)5 (3x − 2)6

(

h( x ) = x 2 − 4 = x 2 − 4

)

1 2

h( x) = ln(ln x) ⇒ h′( x) =

c

h( x) = ln 2 x = ( ln x )

d

h( x ) =

2

⇒ h′( x) =

1 2

(x

2

−4

)

(

− 12

⋅ 2x = x ⋅ x2 − 4

x

=

x −4 2

1 2 ′ 1 2 ⎡x ⎤ = ⋅ 2x = x2 ⎣ ⎦ x2 x ′ 2 2 ⇒ g ′( x) = e1−3 x ⋅ ⎡⎣1 − 3x 2 ⎤⎦ = −6 x ⋅ e1−3 x

f ( x) = ln( x 2 ) ⇒ f ′( x) = 2

g ( x) = e1−3 x

c

p ( x) = x 2 ⋅ e1−3 x ⇒ p′( x) = 2 x ⋅ e1−3 x + x 2 ⋅ −6 x ⋅ e1−3 x

5 a

− 12

1 6x2 3 −2 −3 −3 3 2 2 3 ′ = x + ⇒ ( 8) h x x x x x ( ) 2 ( 8) 3 6 ( 8) = − ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ = − ( x3 + 8) 2 ( x3 + 8)3

b

d

)

1 1 1 1 ′ ⋅ [ ln x ] = ⋅ = ln x ln x x x ln x 1 2 ln x ′ ⇒ h′( x) = 2ln x ⋅ [ ln x ] = 2ln x ⋅ = x x

b

4 a

1

−1

1

f ( x) = 5 1 − 2 x = 5(1 − 2 x) 2 ⇒ f ′( x) = 5 ⋅ 12 ⋅ (1 − 2 x) 2 ⋅ −2 = −5

2

q ( x) =

2

x2 e1−3 x

2

2

⇒ q′( x) =

e1−3 x ⋅ 2 x − x 2 ⋅ −6 x ⋅ e1−3 x

(e ) 1− 3 x 2

f ( x) = ln 2 x − 2 ln x ⇒ f ′( x) = 2ln x ⋅

2

2

2

2

=

e1−3 x ⋅ (2 x + 6 x3 )

(e ) 1− 3 x 2

2

=

(2 x + 6 x3 ) e1−3 x

2

1 1 2 − 2 ⋅ = (ln x − 1) ; f ′( x) = 0 ⇒ x x x

2 (ln x − 1) = 0 ⇔ ln x = 1 ⇔ x = e x De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (e,–1)


9

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen b

f ( x) = x + 1 − x = x + (1 − x ) 2 ⇒ f ′( x) = 1 + 12 ⋅ (1 − x ) 2 ⋅ −1 = 1 −

1

= 0 ⇔ 2 1 − x = 1 ⇔ 1 − x = 12 ⇔ 1 − x = 2 1− x De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt ( 34 ,1 14 ) 1−

1

−1

1

1 4

2 1− x

⇔ x=

; f ′( x) = 0 ⇒

3 4

1 1 1 1 1 = ⋅ x = x −1 ⋅ e− x ⇒ f ′( x) = −1 ⋅ x −2 ⋅ e− x + x −1 ⋅ e− x ⋅ −1 = − 2 x − ⇒ x x ⋅e x ⋅ ex x⋅e x e 1 x 1+ x 1+ x f ′( x) = − 2 x − 2 x = − 2 x ; f ′( x) = 0 ⇔ − 2 x = 0 ⇔ 1 + x = 0 ⇔ x = −1 x ⋅e x ⋅e x ⋅e x ⋅e De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (−1,−e) 2 2 2 d f ( x) = e x + 4 x ⇒ f ′( x) = e x + 4 x ⋅ (2 x + 4) ; f ′( x) = 0 ⇒ e x + 4 x ⋅ (2 x + 4) = 0 ⇔ 2 x + 4 = 0 ⇔ x = −2 De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (−2, e14 )

c

f ( x) =

e

f ( x) = 3 x 2 − 3x = x 2 − 3 x

(

)

1 3

⇒ f ′( x) =

1 3

(x

2

− 3x

)

− 23

2 3

⋅ (2 x − 3) = 3

2 3 3

(x

x − 13 2

− 3x

)

2

=0 ⇔

2 3

2

− 3x

)

2

; f ′( x) = 0 ⇔

x − 13 = 0 ⇔ x = 1 12

De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (1 12 , f

(x

x − 13

3

− 2 14 )

f ( x) = 2 x ⋅ e − x + 2 ⇒ f ′( x) = 2 ⋅ e − x + 2 + 2 x ⋅ e − x + 2 ⋅ −1 = (2 − 2 x) ⋅ e− x + 2 ; f ′( x) = 0 ⇔

(2 − 2 x) ⋅ e − x + 2 = 0 ⇔ 2 − 2 x = 0 ⇔ x = 1 De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (1, 2e) e2 x (2 + x) ⋅ e 2 x ⋅ 2 − e2 x ⋅ 1 (3 + 2 x) ⋅ e2 x (3 + 2 x) ⋅ e2 x ′ ⇒ f ′( x) = = ⇔ g f ( x) = = ; f ( x ) 0 =0 ⇔ 2 2 2 2+ x (2 + x) (2 + x) (2 + x)

3 + 2 x = 0 ⇔ x = −1 12 De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (−1 12 , 2e3) h

6 a

ln 2 x ⋅ 3 − 3 x ⋅ 2ln x ⋅ 1x 3ln x − 6 3x 3ln x − 6 ′ = = ; f ′( x) = 0 ⇔ ⇒ f ( x ) =0 ⇔ 2 4 3 ln x ln x ln x ln 3 x 3ln x − 6 = 0 ⇔ ln x = 2 ⇔ x = e2 De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (e2, 34 e2) f ( x) =

f ( x ) = 3x

2

−2 x

⇒ f ′( x) = 3x

2( x − 1) ⋅ ln 3 ⋅ 3x

2

−2 x

x3

2

−2 x

⋅ ln 3 ⋅ (2 x − 2) = 2( x − 1) ⋅ ln 3 ⋅ 3x

= 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 . f (1) = x3

x3

1 3

2

−2 x

; f ′( x) = 0 ⇒

is een minimum (zie plot)

f ( x) = e ⇒ f ′( x) = e ⋅ 3x ; f ′( x) = 0 ⇔ e ⋅ 3 x = 0 ⇔ 3x 2 = 0 ⇔ x = 0 ; maar f (0) is geen extreem. 3 3 3 c f ( x) = 4 x −3 x ⇒ f ′( x) = 4 x −3 x ⋅ ln 4 ⋅ (3x 2 − 3) ; f ′( x) = 0 ⇔ 4 x −3 x ⋅ ln 4 ⋅ (3 x 2 − 3) = 0 ⇔

b

2

2

3x 2 − 3 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = 1 of x = −1 . .; f (1) = 161 is een minimum, f (−1) = 16 is een maximum (zie plot).


10

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen d

f ( x) =

4 2 1 x −4 x 2

4 2 1 x −4 x 2

⇒ f ( x) =

f ′( x) = 4 x( x 2 − 2) ⋅ ln 12 ⋅ 12

x4 − 4 x2

⇒ f ′( x) =

4 2 1 x −4 x 2

⋅ ln 12 ⋅ (4 x3 − 8 x) ⇔

; f ′( x) = 0 ⇔ 4 x( x 2 − 2) ⋅ ln 12 ⋅ 12

x4 − 4 x2

= 0 ⇔ 4 x( x 2 − 2) = 0 ⇔

x = 0 of x = − 2 of x = 2 . .; f (0) = 1 is een minimum, f (− 2) = 16 is een maximum, f ( 2) = 16 is een maximum (zie plot).

7

x 4 − 5 x 2 + 4 ( x 2 − 4)( x 2 − 1) = x2 x2 ( x 2 − 4)( x 2 − 1) = 0 ⇔ ( x 2 − 4)( x 2 − 1) = 0 ⇔ x = −2 of x = 2 of x = 1 of x = −1 . a f ( x) = x2 Het gaat dus om punten met x-coördinaten 1 en 2. x 2 ⋅ (4 x3 − 10 x) − ( x 4 − 5 x 2 + 4) ⋅ 2 x f ′( x) = ⇔ x4 (4 x 4 − 10 x 2 ) − (2 x 4 − 10 x 2 + 8) 2 x 4 − 8 2( x 4 − 4) = = f ′( x) = x3 x3 x3 f ′(1) = −6 , raaklijn: y = −6 x + b door (1, 0) : 0 = −6 ⋅ 1 + b ⇔ b = 6 , dus y = −6 x + 6 f ′(2) = 3 , raaklijn: y = 3x + b door (2, 0) : 0 = 3 ⋅ 2 + b ⇔ b = −6 dus y = 3x − 6 f ( x) =

b Evenwijdig aan de x-as, dan is f ′( x) = 0 ⇔

2( x 4 − 4) = 0 ⇔ x 4 − 4 = 0 ⇔ x 2 = 2 of x 2 = −2 x3

⇔ x = 2 of x = − 2 Dat is dus in de punten (−√2, −1) en (√2, −1)

8 a f(4) = g(4) = 5. Dat klopt dus. − 12 25 b f ( x) = = 25 ⋅ 9 + x 2 ⇒ f ′( x) = − 12 ⋅ 25 ⋅ 9 + x 2 2 9+ x

(

)

(

)

−1 12

⋅ 2x = −

25 x

(9 + x ) 2

9 + x2

100 De helling aan de grafiek van f is f ′(4) = − 25 = −1 14 ⋅5

(

g ( x) = 9 + x 2 = 9 + x 2

)

1 2

(

⇒ g ′( x) = 12 ⋅ 9 + x 2

De helling aan de grafiek van f is g ′(4) =

)

− 12

⋅ 2x =

x 9 + x2

4 5

c Raaklijn aan de grafiek van f : y = −1 14 ⋅ x + b door (4, 5) : 5 = −1 14 ⋅ 4 + b ⇔ b = 10 , dus y = −1 14 ⋅ x + 10 Raaklijn aan de grafiek van g : y = 54 ⋅ x + b door (4, 5) : 5 = 45 ⋅ 4 + b ⇔ b = 1 54 , dus y = 45 ⋅ x + 1 54 De afstand van de snijpunten van de raaklijnen met de y-as is dus 8 15 De oppervlakte van de driehoek is dus

9 a

(

g ( x) = 10 x − x 2 = 10 x − x 2

)

1 2

1 2

⋅ 8 15 ⋅ 4 = 16 52

⇒ g ′( x) =

De helling aan de grafiek van g is g ′(2) =

1 2

(10 x − x ) 2

− 12

⋅ (10 − 2 x) =

5− x 10 x − x 2

3 4

De raaklijn aan de grafiek van g : y = 34 ⋅ x + b door (2, 4) : 4 = 34 ⋅ 2 + b ⇔ b = 2 12 , dus y = 34 ⋅ x + 2 12


11

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen b

(

f ( x) = x 2 − 10 x = x 2 − 10 x

)

1 2

⇒ f ′( x) =

1 2

(x

2

− 10 x

)

− 12

⋅ (2 x − 10) =

x−5 x 2 − 10 x

De helling aan de grafiek van f is gelijk aan 1,25, x−5 = 1, 25 ⇒ xQ ≈ 13,33 dus f ′( x) = 1, 25 ⇒ x 2 − 10 x c

f ( x) = x 2 − 10 x ⇒ f 2 ( x) = x 2 − 10 x h( x) = x − 5 ⇒ h 2 ( x) = ( x − 5) 2 = x 2 − 10 x + 25 f² en h² zijn voor geen enkele waarde van x aan elkaar gelijk, derhalve zullen ook f en h voor geen enkele waarde van x aan elkaar zijn.


12


Doorwerking P(t ) =

1

1 dP 1 −1 −2 = (V (t ) ) ⇒ P′(t ) = −1 ⋅ (V (t ) ) ⋅ V ′(t ) . Dus op t = 5 is =− ⋅ 0, 25 = −1 V (t ) dt 0,52

2 a f(2) = 4, f(3) = 27, f(4) = 256 b x 0,1 0,2 f(x) 0,79 0,72

0,3 0,70

0,4 0,69

0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 0,71 0,74 0,80 0,84 0,91 1,0

c

x 0,1 0,01 0,001 0,0001 0,00001 f(x) 0,7943 0,9550 0,9931 0,9991 0,99998 d via de GR: x = 0,37 x e e x ln x = eln x = x x 1⎞ ′ ⎛ f f ′( x) = e x ln x .[ x ln x ] = x x ⎜1 ⋅ ln x + x ⋅ ⎟ = x x ( ln x + 1) ; f ′( x) = 0 ⇒ x x ( ln x + 1) = 0 ⇔ x⎠ ⎝ ln x + 1 = 0 ⇔ ln x = −1 f(x) is dus minimaal voor x = e−1 = 1e 3

De afname van de oppervlakte is: aan de ‘lengte’-kant: 58,3 × 0,017 = 0,9911 cm2 aan de ‘breedte’-kant: 58,5 × 0,007 = 0,4095 cm2 totaal ongeveer 1,4 cm2 100000 100000 en S P = . S P = 12 S A ⇒ 3 rA rP 3 100000 100000 1 100000 1 100000 = 2000 ⇔ rP = 3 2000 ≈ 12,599 = 2⋅ = 2⋅ = 50 ⇔ rP 3 = 50 rP 3 rA3 103

4 a noem S A =

x = rP 2 − 100 ≈ 58, 74 ≈ 7, 664 dus x ≈ 77 dm.

b

(

( = 100000 ⋅ ( x + 10 )

x 2 + 102 = r 2 ⇔ r = x 2 + 102 = x 2 + 102 dus is S =

100000 100000 = 3 r x 2 + 102

(

)

)

1 2

⇔ r 3 = x 2 + 102 2

3 2

2

(

)

(

3 2

− 32

dS = − 32 ⋅ 100000 ⋅ x 2 + 102 ⋅ 2 x = −300000 x ⋅ x 2 + 102 dx −300000 x −300000 x dS = = 2 2 12 dx (100 + x ) (100 + x 2 )2 ⋅ 100 + x 2 Dat klopt dus! − 52

)

)

− 52

5 a 14 jaar b N ( t ) = 2 ⋅ N (0) ⇔ g d = 2 ⇔ d = g log 2 c

d = 1,05 log 2 ≈ 14

d Als er p% bij 100% komt, wordt het (100+p)%. De groeifactor is dan p ⎞ ⎛ formule moet dan ook zijn: N (t ) = N (0) ⎜1 + ⎟ ⎝ 100 ⎠


100 + p p =1+ en de 100 100

t

13

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen t

e

d

⎛

p ⎞

⎜1+ ⎟ p ⎞ p ⎞ ⎛ ⎛ N (t ) = N (0) ⎜1 + ; N ( t ) = 2 ⋅ N (0) ⇔ ⎜1 + = 2 ⇔ d = ⎝ 100 ⎠ log 2 . Met de regel ⎟ ⎟ ⎝ 100 ⎠ ⎝ 100 ⎠ voor grondtalverandering bij logaritmen en overstappen op het grondtal e wordt dit dan inderdaad:

d=

ln 2 . p ⎞ ⎛ ln⎜1 + ⎟ ⎝ 100 ⎠

ln 2 0,693 = ≈ ≈ 14, 21 p ln1, 05 0, 0488 ln(1 + ) 100 ln 2 ln 2 0, 693 g d= = ≈ ≈ 9, 01 . p ln1,08 0,077 ln(1 + ) 100 Na 9 jaar is de waarde verdubbeld, na 27 jaar verachtvoudigd. h Als d ⋅ p = 700 in plaats van d ⋅ p = 70, dan wordt d tienmaal zo groot. Dan moet dat dus de tijd opleveren die nodig is om tienmaal te verdubbelen. En tienmaal met 2 vermenigvuldigen is hetzelfde als vermenigvuldigen met 210 ofwel met 1024. Deze d is daarmee inderdaad de tijd die nodig is om ongeveer 1000 maal zo groot te worden.

f

d=

ln 2


14


Hoofdstuk 4 Twee afgeleiden Extra oefening 1 a In de jaren tot 1996. b In de jaren na 1995. c Ongeveer bij t = 1995,5. 2 a Toenemende daling. b Afnemende daling. c Bol voor x ≤ 2. d

f ′( x ) > 0 wil zeggen dat f toeneemt, f ′′( x ) < 0 wil zeggen dat f’ afneemt. Dus is er sprake van afnemende stijging.

3

4 a

f ( x) = x 4 − 12 x 2 ⇒ f ′( x) = 4 x 3 − 24 x ⇒ f ′′( x) = 12 x 2 − 24 ; f ′′( x) = 0 ⇔ x 2 − 2 = 0 ⇔

x = 2 of x = − 2 . Tussen deze x-waarden is er sprake van afname van f’, f’ is echter alleen

[

]

positief voor x-waarden onder 0. Het interval is dus − 2 ,0 . b

5 a

f ( x) = x 4 − 6 x 2 ⇒ f ′( x) = 4 x3 − 12 x ⇒ f ′′( x) = 12 x 2 − 12 1 12

b

f ( x) = 4 x x = 4 x

c

f ( x) = e

x2

d

f ( x) =

6 a

1

⇒ f ′( x) = 1 12 ⋅ 4 x 2 ⇒ f ′′( x) = 12 ⋅ 6 x x2

x2

− 12

=

3 x

x2

⇒ f ′( x) = e ⋅ 2 x ⇒ f ′′( x) = e ⋅ 2 x ⋅ 2 x + e ⋅ 2 = (4 x 2 + 2)e x

2

x ⋅ 1x − ln x ⋅ 1 1 − ln x x 2 ⋅ 1x − ln x ⋅ 2 x x − 2 x ln x 1 − 2 ln x ln x ′′ = ⇒ f ′( x) = ⇒ f x = = = ( ) 2 x2 x2 x x4 x3 x2

( )

ex x ⋅ e x − e x ⋅ 1 e x ( x − 1) e x ( x − 1) = ⇒ f ′( x) = ; f ′( x) = 0 ⇔ = 0 ⇔ x −1 = 0 ⇔ 2 2 x x x x2 x = 1 Het minimum van f is f(1) = e. f ( x) =


15


b

f ′( x) =

f ′′( x) =

e x ( x − 1) x 2 (e x ( x − 1) + e x ⋅ 1) − e x ( x − 1) ⋅ 2 x ⇒ f ′′( x) = ⇔ 2 2 x x2

( )

x (e ⋅ x − e + e ) − e (2 x − 2 x) 2

x

x

x

(x ) 2

x

2

2

=

x3 ⋅ e x − e x (2 x 2 − 2 x) ⇔ x4

x3 ⋅ e x − e x (2 x 2 − 2 x) e x ( x3 − 2 x 2 + 2 x) e x ( x3 − 2 x 2 + 2 x) e x 2 ′′ ⇔ = f ( x ) = = 3 ( x − 2 x + 2) x4 x4 x4 x 2 2 Voor een buigpunt moet f ′′( x) = 0 . Daarvoor moet x − 2 x + 2(= ( x − 1) + 1) = 0 en dat lukt niet. Dus heeft de grafiek van f geen buigpunt. f ′′( x) =

7 a

1

f ( x) = 2 x − ln x = 2 x 2 − ln x ⇒ f ′( x) = 2 ⋅ 12 x

− 12

−

1 1 1 = − ; f ′( x) = 0 ⇔ x x x

1 x 1 x −1 = − = = 0 ⇔ x −1 = 0 ⇔ x = 1 x x x x x Het minimum van f is f(1) = 2. De top van de grafiek is dus het punt (1, 2). 1 1 −1 1 −1 − = x 2 − x −1 ⇒ f ′′( x) = − 12 x 2 + x −2 ⇔ b f ′( x) = x x 1

−

f ′′( x) = − 12 ⋅

1 x x

+

1 x 2 2− x =− 2 + 2 = 2 2x 2x 2 x2 x

Voor een buigpunt moet f ′′( x) = 0 . Daarvoor moet 2 − x = 0 ⇔ heeft dus een buigpunt en dat heeft de coördinaten ( 4, 4 – ln4 ).

x = 2 ⇔ x = 4 . De grafiek

8 a h(t ) = 100 − 0,88t 2 ⇒ h′(t ) = −1, 76t ⇒ h′′(t ) = −1,76 De zwaartekrachtversnelling op Io is dus 1,76 m/s2. b h(t ) = 0 ⇒ 100 − 0,88t 2 = 0 ⇔ 0,88t 2 = 100 ⇔ t 2 ≈ 113,64 , dus na ongeveer 10,66 s bereikt het voorwerp de grond. Dat gebeurt met een snelheid van h′(10, 66) = −1, 76 ⋅ 10,66 , dus met ongeveer 18,8 m/s. c Op Jupiter is h′′(t ) = −26 , dus h′(t ) = −26t en h(t ) = 100 − 13t 2 . h(t ) = 0 ⇔ 100 − 13t 2 = 0 ⇔

13t 2 = 100 ⇔ t 2 ≈ 7,69 , dus na ongeveer 2,77 s bereikt het voorwerp de grond. Dat gebeurt op Jupiter met een snelheid van h′(2,77) = −26 ⋅ 2,77 , dus met ongeveer 72 m/s.

9 a Zie grafiek hiernaast. b S ′ = 3t 2 − 6t + 6 = 3(t 2 − 2t + 2) . S ′ = 3((t − 1) 2 + 1) S ′ is dus altijd positief, hetgeen betekent dat S altijd toeneemt met toenemende t. c S ′ = 3t 2 − 6t + 6 ⇒ S ′′ = 6t − 6 , dus S ′ heeft een extreem voor t = 1 , een minimum omdat S ′′ overgaat van afname naar toename. S ′(1) = 3 ⋅ 12 − 6 ⋅ 1 + 6 = 3 , dus is de opstijfsnelheid nooit minder dan 3 graden per uur. De opstijfsnelheid zit dus op elk moment boven de ondergrens.


16


Doorwerking f ( x) = 101 x 5 − x 4 + ax 3 ⇒ f ′( x) = 12 x 4 − 4 x3 + 3ax 2 ⇒ f ′′( x) = 2 x3 − 12 x 2 + 6ax

1

Er zijn drie buigpunten als f ′′( x) = 0 drie verschillende oplossingen heeft. 2 x3 − 12 x 2 + 6ax = 0 ⇔ 2 x( x 2 − 6 x + 3a ) = 0 , dus moet de discriminant D van x 2 − 6 x + 3a positief zijn. D = (–6)2 – 4·1·3a = 36 – 12a. D is positief voor a < 3. Daarnaast mag a niet gelijk zijn aan 0, omdat dan de oplossing x = 0 tweemaal voorkomt. 2 a Anders is er geen sprake van een derdegraads functie. b f ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx + d ⇒ f ′( x) = 3ax 2 + 2bx + c ⇒ f ′′( x) = 6ax + 2b . f ′′( x) = 0 is een lineaire vergelijking met precies één oplossing. De grafiek van f heeft inderdaad precies één buigpunt. −2b b =− c 6ax + 2b = 0 ⇔ x = 6a 3a −2b b d Horizontaal, dan is 3ax 2 + 2bx + c = 0 ; buigpunt, dan is x = =− , dus 6a 3a 2

b 2 2b 2 b2 ⎛ b ⎞ ⎛ b ⎞ − +c=0 ⇔ c= 3a ⎜ − ⎟ + 2b ⎜ − ⎟ + c = 0 ⇔ 3a 3a 3a ⎝ 3a ⎠ ⎝ 3a ⎠

2 3 2 3x 2 − 3x − = − = , h( x) = 0 ⇔ 2 − 3x = 0 ⇔ x = 23 . x2 x x2 x2 x2 2 Dus het snijpunt van de grafiek met de x-as is het punt ( ,0). 3 2 − 3 x 5 2 b h( x) = − 85 ⇔ = − ⇔ 8(2 − 3x) = −5 x ⇔ 5 x 2 − 24 x + 16 = 0 ⇔ (5 x − 4)( x − 4) = 0 2 x 8 ⇔ x = 45 of x = 4 .

3 a

h( x ) =

h( x) < − 85 ⇒ (zie ook de grafiek)

4 5

<x<4

2 1 2 3 − ln( x3 ) = −2 ⋅ x −1 − ln( x3 ) ⇒ f ′( x) = 2 ⋅ x −2 − 3 ⋅ 3x 2 = 2 − = h( x) x x x x 2 d f ′( x) = 0 ⇔ h( x) = 0 ⇔ x = 3 . De extreme waarde van f treedt daarom op voor x = 23 en is ongeveer –1,78. Deze extreme waarde is een maximum. Immers, ′ 4 3 f ′′( x) = ⎡⎣ 2 ⋅ x −2 − 3x −1 ⎤⎦ = −4 ⋅ x −3 + 3x −2 = − 3 + 2 is voor x = 23 is gelijk aan −6 34 , dat is x x negatief, de afgeleide neemt dus af, moet dus overgaan van positief naar negatief, dit betekent dat de functie zelf overgaat van stijgen naar dalen. e Dat buigpunt in de grafiek van f vind je bij die waarde van x waarvoor h minimaal is. (Het wordt dus een buigpunt met maximale daling) 4 3 4 3 3 4 h′( x) = f ′′( x) = − 3 + 2 ; h′( x) = 0 ⇔ − 3 + 2 = 0 ⇔ = 3 ⇔ 3x3 = 4 x 2 (met x ≠ 0 ) 2 x x x x x x ⇔ 3x = 4 ⇔ x = 43 f Als h ook de afgeleide functie van een functie g moet zijn, zullen h en g alleen een constante kunnen 2 2 verschillen: g ( x) = − − ln( x3 ) + C ; g (1) = 0 , dus − − ln(13 ) + C = 0 ⇔ −2 − 0 + C = 0 ⇔ 1 x 2 C = 2 . Dus g ( x) = − − ln( x3 ) + 2 x c

f ( x) = −


17

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 4 a b

e0 = a0 + a1 ⋅ 0 + a2 ⋅ 02 + a3 ⋅ 03 + .... + an ⋅ 0n + ..... = 1 . Dus a0 = 1 f ′( x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + .... + n ⋅ an x n −1 + ..... = e x e0 = a1 + 2a2 ⋅ 0 + 3a3 ⋅ 02 + .... + n ⋅ an ⋅ 0n −1 + ..... = 1 . Dus a1 = 1

c

f ′′( x) = 2a2 + 6a3 x + 12a4 x 2 + .... + n(n − 1) ⋅ an x n − 2 + ..... = e x e0 = 2a2 + 6a3 ⋅ 0 + 12a4 ⋅ 02 + .... + n(n − 1) ⋅ an ⋅ 0n − 2 + ..... = 1 . Dus a2 =

d

1 2

f (3) ( x) = 6a3 + 24a4 x + 60a5 x 2 + .... + n(n − 1)(n − 2) ⋅ an x n −3 + ..... = e x f (4) ( x) = 24a4 + 120a5 x + 360a6 x 2 + .... + n(n − 1)(n − 2)(n − 3) ⋅ an x n − 4 + ..... = e x

f (5) ( x) = 120a5 + 720a6 x + .... + n(n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4) ⋅ an x n −5 + ..... = e x Het klopt dus dat f(5)(0) = 5! ⋅ a5. a5=1/120 e an=1/n! f e x = 1 + 1 ⋅ x + 12 ⋅ x 2 + 16 ⋅ x3 + .... + n1! ⋅ x n + ..... ′ g ⎡⎣e x ⎤⎦ = 1 + 1 ⋅ x + 12 ⋅ x 2 + 16 ⋅ x3 + .... + ( n −11)! ⋅ x n −1 + .....

5 a Dat is op het interval −0,28 ≤ x ≤ 0,35 Je moet ervoor zorgen dat 0,95 ≤ Y2 / Y1 ≤1,05 b −0,57 ≤ x ≤ 0,81 c −1,46 ≤ x ≤ 2,61

6 a

f ( x) = a0 + a1 x + a2 x 2 + a3 x3 + .... + an x n + ..... . f (0) = ln(1 + 0) = a0 + a1 ⋅ 0 + a2 ⋅ 02 + a3 ⋅ 03 + .... + an ⋅ 0n + ..... = 0 . Dus a0 = 0 1 f ′( x) = a1 + 2a2 x + 3a3 x 2 + .... + n ⋅ an x n −1 + ..... = 1+ x 1 f ′(0) = a1 + 2a2 ⋅ 0 + 3a3 ⋅ 02 + .... + n ⋅ an ⋅ 0n −1 + ..... = . Dus a1 = 1 1+ 0 ′ ′ −1 ⎡ 1 ⎤ ⎡ ⎤ = − (1 + x )−2 1 f ′′( x) = 2a2 + 6a3 x + 12a4 x 2 + .... + n(n − 1) ⋅ an x n − 2 + ..... = ⎢ x = + ( ) ⎥ ⎦ ⎣1 + x ⎦ ⎣ f ′′(0) = 2a2 + 6a3 ⋅ 0 + 12a4 ⋅ 02 + .... + n(n − 1) ⋅ an ⋅ 0n − 2 + ..... = −1 . Dus a2 = − 12

b

f ( x) = ln(1 + x) ; ln1,5 = f (0,5) ≈ 0, 4055 g ( x) = 0 + 1 ⋅ x − 12 ⋅ x 2 ; ln1,5 ≈ g (0,5) ≈ 0,5 − 12 ⋅ 0,52 = 0,375 Dat is een onderschatting van zo’n 7,5%.


18


Hoofdstuk 5 Bewijzen in driehoeken Extra oefening 1 a ∠ DPC = 120° , ∠ APB = 122° b Nee. 2 a l // m, dus ×× plus ●●=180o. × plus ● = 90o. In driehoek ABS moet hoek S dus recht zijn. b Het bewijs loopt nu precies omgekeerd: in driehoek ABS is hoek S recht. Daarom moet × plus ● = 90o zijn en is ×× plus ●●=180o. Daaruit volgt dat l // m. 3

Zie de figuur hiernaast. In ΔABC is ∠ A = 90° , ∠ A + ∠ B + ∠C = 180° , dus ∠ B + ∠C = 90° , dus ∠ B1 + ∠ B2 + ∠C1 + ∠C2 = 90° ∠ B1 = ∠ B2 , ∠ C1 = ∠ C2 , dus ∠ B2 + ∠C2 = 45° . Dus is ∠ BCS = 135° en zijn de andere hoeken bij S ook 135° respectievelijk 45°. ∠ CAB = ∠ QRB (F-hoeken), dus ∠ QRB = 50° ∠ CBA = ∠ PRA (F-hoeken), dus ∠ PRA = 60°

4

∠ ARB is een gestrekte hoek, dus ∠ R1 = 180° − 50° − 60° = 70° ∠ CAB = ∠ ACD (Z-hoeken). En evenzo: ∠ DBA = ∠ BDC (Z-hoeken). Dus is ΔABS ~ΔCDS (hh). b Uit deze gelijkvormigheid volgt de volgende verhoudingstabel: ΔABS AB = … AS = 3 BS = 4 ΔCDS CD = … CS = 5 DS = … DS ·AS = BS · CS, dus DS · 3 = 4 · 5, dus DS = 6 23 .

5 a

6

Zie de figuur hiernaast. Δ ADC ≅ Δ BDC , want AC = BC, DC = DC en ∠ ACD = ∠ BCD

7

Δ ADC ~ Δ BEC , want ∠ ADC = ∠ BEC en ∠ C = ∠ C (hh) Δ ASE ~ Δ BSD , want ∠ ASE = ∠ BSD en ∠ AES = ∠ BDS (hh) Δ ADC ~ Δ AES , want ∠ ADC = ∠ AES en ∠ A = ∠ A (hh) Δ BDS ~ Δ BEC , want ∠ BDS = ∠ BEC en ∠ B = ∠ B (hh)

8

AD = BE; ∠ ADB = ∠ BEA ; AE = BD ⇒ Δ ADB ≅ Δ BEA ⇒ ∠ ABD = ∠ BAE (ZZR). Dus driehoek ABC is gelijkbenig.


19

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen Δ DEB ≅ Δ DAC , want DE = DA, DB = DC en ∠ EDB = ∠ ADC . Dit laatste valt als volgt te bewijzen: ∠ ADB = ∠ ADB , ∠ EDA = ∠ BCD , dus ∠ ADB + ∠ EDA = ∠ ADB + ∠ BCD ⇔ ∠ EDB = ∠ ADC b EB = AC c Zie de figuur hiernaast. Δ APQ ~ Δ EPD , want ∠ DEP = ∠ QAP en ∠ EPD = ∠ APQ Δ DCR = Δ QBR , want ∠ DCR = ∠ QBR en ∠ DRC = ∠ QRB Δ DBC ~ Δ DEA , want ∠ BDC = ∠ EDA en de andere hoeken in beide driehoeken zijn allen gelijk, namelijk ½(180° – ∠ BDC ) respectievelijk ½(180° – ∠ EDA ) en ∠ BDC = ∠ EDA

9 a

10

Laten we ervan uitgaan dat ∠ ABE een gestrekte hoek is. Dan is ∠ CAB = ∠ DBE (Z-hoeken). En ook: ∠ CBA = ∠ DEB (Z-hoeken). Dan is ∠ DBE = 80° en ∠ DEB = 70° . Maar dat is in strijd met het gegeven dat deze twee hoeken juist aan elkaar gelijk zijn. Daarom kan ∠ ABE geen gestrekte hoek zijn.

11

Δ ABE ≅ Δ CDE , want AE = CE, ∠ ABE = ∠ CDE en ∠ EAB = ∠ ECD (ZHH). Hieruit volgt dat AB = CD.


20


Doorwerking 1

Zet kruisjes en rondjes bij gelijke hoeken. ×× plus ●●=180o, dus × plus ● = 90o.

2

Zie de figuur hiernaast. Kies P op BC zodat BP = AD = BE en trek DP. Nu is Δ CAB een vergroting van Δ CDP (dus is Δ CDP ~ Δ CAB ) en dus is DP // AB. Daardoor is Δ EBF een vergroting van Δ EPD (dus is Δ EPD ~ Δ EBF ) met factor 2 en dus is DF = EF.

3

Zie de figuur hiernaast. Δ PFD ≅ Δ DGP , want PFDG is een rechthoek, dus PF = DG , FD = GP en beide driehoeken hebben een rechte hoek. Δ PGA ≅ Δ AEP , want ∠ APG = (∠ ABC ) = ∠ PAE , ∠ PGA = ∠ AEP(= 90°) en PA = AP. b Bij het eerste congruentiegeval van a is al genoemd: PF = GD. Uit het tweede congruentiegeval van a volgt: AG = EP. Uit deze twee volgt dat AG + GD (= AD ) = PF + PE. a

4

Zie de figuur hiernaast. Trek BG loodrecht op PE. Nu is BGED een rechthoek (met BD = GE) en Δ BPF ≅ Δ BPG , omdat ∠ PBF (= ∠CBA, overstaande hoeken) = ∠ PBG (= ∠BAC , F − hoeken) , ∠ BFP = ∠ BGP(= 90°) en BP = BP. Nu kunnen we concluderen: PE = PG + GE, GE = BD, PG = PF, dus PE = PF + BD en BD = PE − PF.

5

Δ AQR ≅ Δ APR , want AQ = AP, QR = PR en AR = AR. Dus is ∠ QAR = ∠ PAR en is AR de deellijn

van hoek A. 6

∠A1 = ∠C1, dus AE = CE en dus ook AE = BE Nu is Δ ADE ≅ Δ BDE , want AD = BD, AE = BE en ED = ED. Dus is ∠ ADE = ∠ BDE = 90°

7 a ABCD is een vierkant en heeft dus vier gelijke zijden. AP = BQ = CR = DS en dus is ook AS = BP = CQ = DR. De vier driehoeken hebben ook allen een rechte hoek en daarmee is bewezen dat de vier driehoeken congruent zijn en dat de zijden van de kleine vierhoek gelijk zijn. Verder is ∠ SPQ = 90° , omdat ∠ ASP + ∠ APS = 90° , ∠ ASP = ∠ BPQ en ook ∠ BPQ + ∠ APS = 90° . Zo is ook te bewijzen dat de andere hoeken van PQRS recht zijn, waarmee bewezen is dat PQRS een vierkant is. b De oppervlakte van vierkant ABCD = (AP + PB)2 = AP2 +2 × AP × PB + PB2 De oppervlakte van de vier rechthoekige driehoeken = 4 × ½ × AP × AS = 2 × AP × PB. Dus is AP2 + PB2 = oppervlakte van vierkant ABCD minus de vier rechthoekige = de oppervlakte van PQRS, ofwel AP2 + PB2 = PQ2, maar ook BQ2 + PB2 = PQ2.


21

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 8 a b

Zie de tekening hiernaast. Als de benen van ∠A loodrecht staan op de benen van ∠B , dan is ∠A = ∠B òf ∠A + ∠B = 180o.

B A


22


Hoofdstuk 6 Driehoeken en cirkels Extra oefening 1 a Trek AB, bepaal M en teken c. b Het middelpunt M van c is het midden van AB. Trek nu MN ⊥ AS . Zie de figuur hiernaast. MN is de middenparallel in driehoek ABS en dus is AN = SN. Nu geldt: Δ AMN ≅ Δ SMN , want AN = SN, MN = MN en ∠ AMN = ∠ SMN (= 90°) . Dus is AM = SM ( = BM ) en daarom ligt S op c. c P ligt op c. Dan is MA = MB = MP. Zie de figuur hiernaast. ∠ MAP = ∠ MPA , ∠ MBP = ∠ MPB , ∠ MAP + ∠ MPA + ∠ MBP + ∠ MPB = 180° , hieruit volgt dat ∠ MPA + ∠ MPB = ∠ APB = 90° . Dus kan P een snijpunt zijn van l en m. d Als de hoek tussen l en m recht is, ligt het snijpunt op c (b); als het snijpunt op c ligt, is de hoek tussen l en m recht (c); er kunnen dus geen andere punten op c liggen. 2

Laat MAB het midden zijn van AB. Laat verder D’ het punt op BC zijn waarbij DD’//AB en MDD’ het midden van DD’. De meetkundige plaats van de middens van PQ is nu het lijnstuk CMDD’ (de zwaartelijn in driehoek CDD’) samen met het lijnstuk MDD’MAB (een gedeelte van de zwaartelijn in driehoek ABS, met S het snijpunt van AD en BC).

3 a De meetkundige plaats van alle punten P is de halve cirkel waarvan AD de middellijn is. Immers, ∠ P is recht. (Vergelijk ook opgave 1). b Het bewijs loopt analoog aan het bewijs bij opgave 1. 4

Zie de figuur hiernaast. VV’ is de genoemde hoogtelijn uit V. (die ook zwaartelijn et cetera is ) Vanwege de symmetrie in de figuur moet V’ het middelpunt van de genoemde cirkel zijn. Eén van de raakpunten noemen we R, zodat V’R de straal van de bedoelde cirkel is. De oppervlakte van driehoek V’VT is nu op twee manieren uit te rekenen: 1 ⋅ V ′V ⋅ V ′T = 12 ⋅ 4 ⋅ 3 = 6 en 2 1 2

⋅ VT ⋅ V ′R = 12 ⋅ 5 ⋅ V ′R = 2 12 ⋅ V ′R . ( VT = V ′T 2 + V ′V 2 = 32 + 42 = 5 )

Hieruit volgt: 2 12 ⋅ V ′R = 6 en V ′R = 125 . 5 a M is het middelpunt van de ingeschreven cirkel. Omdat CM = CM, PM = QM en ∠ CPM = ∠ CQM (= 90°) is Δ CPM ≅ Δ CQM en is CP = CQ. Dus is ook ∠ Q2 = ∠ P1 . Omdat ∠ Q1 en ∠ Q2 overstaande hoeken zijn en ∠ E1 en ∠ P1 Z-hoeken, is daarmee bewezen dat ∠E1 = ∠Q1. b Het bewijs dat ∠D1 = ∠R1 loopt analoog aan het bewijs dat ∠E1 = ∠Q1. c Analoog aan het bewijs bij a dat CP = CQ verloopt het bewijs dat AR = AQ. Omdat ∠E1 = ∠Q1 is AQ = AE en omdat ∠D1 = ∠R1 is AR = AD. Waaruit volgt dat AE = AD.


23

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen ∠ PTQ = 90° , dus ligt T op de halve cirkel met PQ als middellijn. ∠ PSQ = 90° , dus ligt S op de halve cirkel met PQ als middellijn. Dus hebben driehoek PQS en driehoek PQT dezelfde omgeschreven cirkel. b Zie de tekening hiernaast.

6 a

7

In driehoek MAP is MA = MP, dus ∠ MAP = ∠ MPA(= 30°) en ∠ AMP = 120° . In driehoek MQB is MQ = MB, dus ∠ MQB = ∠ MBQ(= 30°) en ∠ QMB = 120° . ∠ AMB is een gestrekte hoek, dus moet ook ∠ PMQ een gestrekte hoek zijn.

P B

.

M

A Q

8 a Zie de tekening hiernaast. b ∠ ADE = ∠ DAE = 45° , dus ∠ DEA = 90° . Aldus zijn ook de andere hoeken in vierhoek EFGH recht en is vierhoek EFGH dus een rechthoek. Verder is lijn EG een symmetrieas in de figuur, dus is EH = EF. Daarmee is bewezen dat vierhoek EFGH een vierkant is. 9

Als die cirkel AA’ in A’ en BB’ in B’ moet raken, moet er sprake zijn van rechte hoeken bij A’ en B’ (dat is het geval!) en moet MA’ = MB’. Dat laatste volgt uit de congruentie van de driehoeken AMA’ en BMB’. Deze congruentie is te bewijzen via AM = BM (CM is zwaartelijn), ∠ AMA′ = ∠ BMB′ en ∠ AA′M = ∠ BB′M (= 90°) .

H

D

C G

E A

F

B

C

A′ A

B

M B′


24


Doorwerking 1

OABC = OABI + OBCI + OACI . Van elk van de driehoeken ABI, BCI en ACI is de straal r van de ingeschreven cirkel de hoogte. Dus is OABC = 12 ⋅ AB ⋅ r + 12 ⋅ BC ⋅ r + 12 ⋅ AC ⋅ r OABC = 12 ⋅ r ⋅ ( AB + BC + AC ) , dus 2 ⋅ OABC = r ⋅ omtrek .

Inderdaad is dus r =

2

2 ⋅ OABC . omtrek

2 ⋅ 12 ⋅ 4 ⋅ 6 2 ⋅ OABC 24 . Dus is straal ≈ 1,394. = = 2 2 omtrek 4 + 6 + 4 + 6 10 + 52 b De lengte van de straal van de omgeschreven cirkel is in een rechthoekige driehoek gelijk aan de helft van de schuine zijde. Dus is straal = 13 . c Zie de tekening hiernaast. O is het middelpunt van de omgeschreven cirkel, I dat van de ingeschreven cirkel. OI is dus de gevraagde afstand. O’ en I’ zijn de projecties van O en I op PR, O” en I” zijn de projecties op PQ. O’ is het midden van PR, I’P = r met r de straal van de ingeschreven cirkel. O” is het midden van PQ, I”P = r. K is het snijpunt van I’I en OO”. Met Pythagoras is nu:

a r=

IO = IK 2 + KO 2 . Hierin is 24 ≈ 0,606 en 10 + 52 24 KO = O′′O − O′′K = PO′ − PI ′ = 3 − ≈ 1,606 en daarom is 10 + 52 IK = I ′K − I ′I = PO′′ − PI ′′ = 2 −

IO = 0,6062 + 1, 6062 ≈ 1,7165 .

3 a IP is de straal van de ingeschreven cirkel. Dus is IP = IQ. Maar ook is IP = EB. Dus is IQ = EB. Verder is ∠ IFQ = ∠ BFE en zijn ∠ IQF en ∠ BEF beide recht. Dus zijn de driehoeken BEF en IQF inderdaad congruent. b Net als bij a valt te bewijzen dat de driehoeken DGT en IQT congruent zijn. Verplaatsen van driehoek IQT naar driehoek DGT en van driehoek IQF naar driehoek BEF maakt van rechthoek IECG precies driehoek BCD. Waarmee het gevraagde bewijs geleverd is. c Deze stelling is juist. Genoemde stukken zijn DQ en BQ en deze zijn even lang als respectievelijk GI en EI. Die gelijkheden volgen uit de bewezen congruenties.


25

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 4 a

AC = AD 2 + CD 2 = 32 + 42 = 5 , CB = CD 2 + BD 2 = 42 + 52 = 41

AB = 8 ≠ AC 2 + BC 2 = 25 + 41 = 66 . Dus is driehoek ABC niet rechthoekig. b Teken (twee) deellijnen en vind aldus het middelpunt van de ingeschreven cirkel en teken vervolgens die cirkel. 2 ⋅ 12 ⋅ 8 ⋅ 4 2 ⋅ OABC 32 c r= = = ≈ 1,649 . omtrek 8 + 5 + 66 13 + 41 5 a De gelijkvormigheid volgt uit ∠ ACE = ∠ BCF en ∠ AEC = ∠ BFC . b Ook de driehoeken ADE en BDF zijn gelijkvormig: de hoeken D in beide driehoeken zijn overstaand en dus aan elkaar gelijk, terwijl beide driehoeken ook een rechte hoek hebben. Uit de gelijkvormigheid van a volgt CA : CB = AE : BF, uit de hiervoor aangetoonde gelijkvormigheid volgt AD : BD = AE : BF Uit deze beide volgt dat AD : BD = CA : CB. 6 a Deze gelijkvormigheid volgt uit: ∠ A = ∠ A en ∠ APQ = ∠ ADC . b Uit de gelijkvormigheid volgt AP : AD = PQ : DC. Hieruit volgt dat PQ = c Deze gelijkvormigheid volgt uit: ∠ B = ∠ B en ∠ BPR = ∠ BDC . d Uit de gelijkvormigheid volgt BP : BD = PR : DC. Hieruit volgt dat PR = e

PQ + PR =

AP ⋅ CD . AD

BP ⋅ CD . BD

AP BP ⎛ AP BP ⎞ ⋅ CD + ⋅ CD = ⎜ + ⎟ ⋅ CD AD BD ⎝ AD BD ⎠

2 ⋅ AD ⎛ AP + BP ⎞ PQ + PR = ⎜ ⋅ CD = 2 ⋅ CD ⎟ ⋅ CD = AD ⎝ AD ⎠ 7 a Zie de tekening hiernaast. b Construeer daartoe de middelloodlijn van BP. c Het snijpunt van de middelloodlijn van BP met AP moet punt C zijn. Immers, omdat C op de middelloodlijn ligt, is CB = CP.


26


Hoofdstuk 7 Goniometrie Extra oefening 1 a

b

sin x = 0,7 ⇒ sin x = 0, 7 cos x ; sin 2 x + cos 2 x = 1 . Nu geldt dus: (0, 7 cos x) 2 + cos 2 x = 1 cos x 1 1 1 met x in III is nu cos x = − 1,49 ⇔ 1, 49cos 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 1,49 en sin x = −0,7 ⋅ 1,49 tan x =

cos x = −0,7 ; sin 2 x + cos 2 x = 1 . Nu geldt dus: sin 2 x + ( −0, 7) 2 = 1 ⇔ sin 2 x = 0,51 met x in III is

sin x 0,51 is dus tan x = − 0,7 cos x c sin x = −0,3 ; sin 2 x + cos 2 x = 1 . Dus is (−0,3) 2 + cos 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 0,91 ; met x in IV is nu sin x cos x = 0,91 en met tan x = is dus tan x = − 0,3 0,91 cos x sin x = −1,3 ⇒ sin x = −1,3cos x . sin 2 x + cos 2 x = 1 . Dus is (−1,3cos x) 2 + cos 2 x = 1 d tan x = cos x 1 1 1 ⇔ 2,69cos 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 2,69 met x in II is nu cos x = − 2,69 en sin x = −1,3 ⋅ 2,69 nu sin x = 0,51 ; en met tan x =

e

cos x = 0,6 ; sin 2 x + cos 2 x = 1 . Dus is sin 2 x + (0, 6) 2 = 1 ⇔ sin 2 x = 0, 64 met x in IV is nu

sin x is dus tan x = − 43 cos x sin x = 0,2 ; sin 2 x + cos 2 x = 1 . Dus is (0, 2) 2 + cos 2 x = 1 ⇔ cos 2 x = 0,96 ; met x in I is nu sin x cos x = 0,96 en met tan x = is dus tan x = 0,2 0,96 cos x

sin x = −0,8 ; en met tan x =

f

2 a

sin x =

1 2

2 = sin 14 π ⇔ x = 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = 34 π + k ⋅ 2π

b sin x = 0, 74 ≈ sin 0,833 ⇔ x = 0,833 + k ⋅ 2π ∨ x = 2,309 + k ⋅ 2π c sin x = 12 = sin 16 π ⇔ x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 56 π + k ⋅ 2π d sin x = 0,84 ≈ sin 0,997 ⇔ x = 0,997 + k ⋅ 2π ∨ x = 2,144 + k ⋅ 2π e

sin x = − 12 3 = sin1 13 π ⇔ x = 1 13 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 32 π + k ⋅ 2π

f sin x = −0,823 ≈ sin 5,317 ⇔ x = 5,317 + k ⋅ 2π ∨ x = 4,108 + k ⋅ 2π g sin x = − 12 = sin1 16 π ⇔ x = 1 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 56 π + k ⋅ 2π h sin x = −0,13 ≈ sin − 0,130 ⇔ x = −0,130 + k ⋅ 2π ∨ x = 3, 272 + k ⋅ 2π

3 a

cos x =

1 2

2 = cos 14 π ⇔ x = 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 34 π + k ⋅ 2π

b

cos x = 0,92 ≈ cos 0, 403 ⇔ x = 0, 403 + k ⋅ 2π ∨ x = −5,880 + k ⋅ 2π

c

cos x = − 12 3 = cos 56 π ⇔ x = 56 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 16 π + k ⋅ 2π

d e f g

cos x = 0,17 ≈ cos1, 400 ⇔ x = 1, 400 + k ⋅ 2π ∨ x = 4,883 + k ⋅ 2π cos x = −1 = cos π ⇔ x = π + k ⋅ 2π cos x = −0,579 ≈ cos 2,188 ⇔ x = 2,188 + k ⋅ 2π ∨ x = 4,094 + k ⋅ 2π cos x = 12 = cos 13 π ⇔ x = 13 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 32 π + k ⋅ 2π

h

cos x = −0, 23 ≈ cos1,803 ⇔ x = 1,803 + k ⋅ 2π ∨ x = 4, 480 + k ⋅ 2π


27


tan x = 3 = tan 13 π ⇔ x = 13 π + k ⋅ π

b

tan x = 0, 47 ≈ tan 0, 439 ⇔ x = 0, 439 + k ⋅ π

c

tan x = − 13 3 = tan 56 π ⇔ x = 56 π + k ⋅ π

d e

tan x = −2, 47 ≈ tan1,955 ⇔ x = 1,955 + k ⋅ π tan x = −1 = tan 34 π ⇔ x = 34 π + k ⋅ π

f

tan x = −7, 4 ≈ tan − 1, 436 ⇔ x = −1, 436 + k ⋅ π

g

tan x =

h

tan x = 0,74 ≈ tan 0, 637 ⇔ x = 0,637 + k ⋅ π

5 a

1 3

3 = tan 16 π ⇔ x = 16 π + k ⋅ π

sin x = sin1 34 π ⇔ x = 1 34 π + k ⋅ 2π ∨ x = π − 1 34 π + k ⋅ 2π

⇔ (x in [0, 2π]) x = 1 14 π ∨ x = 1 34 π

b

cos x = cos1 56 π ⇔ x = 1 56 π + k ⋅ 2π ∨ x = −1 56 π + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 16 π ∨ x = 1 56 π

c

tan x = tan1 23 π ⇔ x = 1 23 π + k ⋅ π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 23 π ∨ x = 1 23 π

d sin x = sin(− 34 π ) ⇔ x = − 34 π + k ⋅ 2π ∨ x = π + 34 π + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 1 14 π ∨ x = 1 34 π e

cos x = cos(− 56 π ) ⇔ x = − 56 π + k ⋅ 2π ∨ x = 56 π + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 56 π ∨ x = 1 16 π

f

tan x = tan(− 23 π ) ⇔ x = − 23 π + k ⋅ π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 13 π ∨ x = 1 13 π

g sin x = sin(−2) ⇔ x = −2 + k ⋅ 2π ∨ x = π + 2 + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 4, 283 ∨ x = 5,142 h cos x = cos(−3) ⇔ x = −3 + k ⋅ 2π ∨ x = 3 + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 3 ∨ x = 3, 283 i tan x = tan(−4) ⇔ x = −4 + k ⋅ π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 2, 283 ∨ x = 5, 425 j sin x = sin 5 ⇔ x = 5 + k ⋅ 2π ∨ x = π − 5 + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 4, 425 ∨ x = 5 k cos x = cos 6 ⇔ x = 6 + k ⋅ 2π ∨ x = −6 + k ⋅ 2π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 0, 283 ∨ x = 6 l tan x = tan 7 ⇔ x = 7 + k ⋅ π ⇔ (x in [0, 2π]) x = 0,717 ∨ x = 3,858 6 a 1 + sin t = 0,2 ⇔ sin t = −0,8 ≈ sin − 0,927 ⇔ t = −0,927 + k ⋅ 2π ∨ t = π + 0,927 + k ⋅ 2π ⇔ t = 4,069 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,356 + k ⋅ 2π b 2 cos t = 0,3 ⇔ cos t = 0,15 ≈ cos1, 420 ⇔ t = 1, 420 + k ⋅ 2π ∨ t = −1, 420 + k ⋅ 2π ⇔ t = 1, 420 + k ⋅ 2π ∨ t = 4,863 + k ⋅ 2π

c

3 tan(t + 2) = 3 ⇔ tan(t + 2) =

d

2 sin(t + 1) = 1 ⇔ sin(t + 1) =

1 2

1 3

3 = tan 16 π ⇔ t + 2 = 16 π + k ⋅ π

⇔ t = 16 π − 2 + k ⋅ π

= sin 16 π ⇔ t + 1 = 16 π + k ⋅ 2π ∨ t + 1 = π − 16 π + k ⋅ 2π ⇔

t = 16 π − 1 + k ⋅ 2π ∨ t = 56 π − 1 + k ⋅ 2π

e

5 tan t = 8 ⇔ tan t = 85 ≈ tan1,012 ⇔ t = 1,012 + k ⋅ π

f

5 sin(t − 2) = −8 ⇔ sin(t − 2) = −1,6 ⇔ geen oplossing.

g 8 cos(t + 12 π ) = −5 ⇔ cos(t + 12 π ) = − 85 ≈ cos 2, 246 ⇔ t + 12 π = 2, 246 + k ⋅ 2π ∨ t + 12 π = −2, 246 + k ⋅ 2π

h

7 a b c

⇔ t = 0,675 + k ⋅ 2π ∨ t = 2, 467 + k ⋅ 2π

2 tan t + 4 = 0 ⇔ tan t = −2 ≈ tan 2,034 ⇔ t = 2,034 + k ⋅ π

sin t = −0,4 ⇔ sin t ≈ sin − 0, 412 ⇔ t = −0, 412 + k ⋅ 2π ∨ t = π + 0, 412 + k ⋅ 2π ⇔ t = 3,553 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,872 + k ⋅ 2π cos t = 0,7 ⇔ cos t ≈ cos 0,795 ⇔ t = 0, 795 + k ⋅ 2π ∨ t = −0, 795 + k ⋅ 2π ⇔ t = 0,795 + k ⋅ 2π ∨ t = 5, 488 + k ⋅ 2π 3 sin t = 1 ⇔ sin t = 13 ≈ sin 0,340 ⇔ t = 0,340 + k ⋅ 2π ∨ t = π − 0,340 + k ⋅ 2π ⇔ t = 0,340 + k ⋅ 2π ∨ t = 2,802 + k ⋅ 2π


28

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen ⇔ cos t = 0,8 ≈ cos 0,644 ⇔ t = 0, 644 + k ⋅ 2π ∨ t = −0,644 + k ⋅ 2π ⇔ t = 0,644 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,640 + k ⋅ 2π sin 2t = 0,6 ⇔ sin 2t ≈ sin 0,644 ⇔ 2t = 0, 644 + k ⋅ 2π ∨ 2t = π − 0, 644 + k ⋅ 2π ⇔

d 1 − cos t = 0,2 e

t = 0,322 + k ⋅ π ∨ t = 12 π − 0,322 + k ⋅ π

f

cos t = −0,25 1 2

⇔ cos t ≈ cos1,823 ⇔ 1 2

⇔ t = 0,322 + k ⋅ π ∨ t = 1, 249 + k ⋅ π 1 2

t = 1,823 + k ⋅ 2π ∨ 12 t = −1,823 + k ⋅ 2π

t = 3,647 + k ⋅ 4π ∨ t = −3, 647 + k ⋅ 4π ⇔ t = 3,647 + k ⋅ 4π ∨ t = 8,919 + k ⋅ 4π g 2 sin 5t = −4 ⇔ sin 5t = −2 ⇔ geen oplossing. h 1 − 2 cos 14 t = 0 ⇔ cos 14 t = 12 = cos 13 π ⇔ 14 t = 13 π + k ⋅ 2π ∨ 14 t = − 13 π + k ⋅ 2π

⇔

⇔

t = 43 π + k ⋅ 8π ∨ t = − 43 π + k ⋅ 8π ⇔ t = 1 13 π + k ⋅ 8π ∨ t = 6 32 π + k ⋅ 8π

a sin 2 x =

8

⇔ sin x = 12 = sin 16 π ∨ sin x = − 12 = sin( − 16 π ) ⇔

1 4

x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = π − 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = − 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = π + 16 π + k ⋅ 2π ⇔ x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = 56 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 56 π + k ⋅ 2π

b

cos 2 x =

1 2

⇔ cos x =

1 2

2 = cos 14 π ∨ cos x = − 12 2 = cos 34 π ⇔

x = 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = − 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = 34 π + k ⋅ 2π ∨ x = − 34 π + k ⋅ 2π ⇔ x = 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = 34 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 14 π + k ⋅ 2π ∨ x = 1 34 π + k ⋅ 2π

c

2 tan 2 x − 3 = 0 ⇔ tan x = 3 ⇔ tan x = 3 = tan 13 π ∨ tan x = − 3 = tan(− 13 π ) ⇔

x = 13 π + k ⋅ π ∨ x = − 13 π + k ⋅ π ⇔ x = 13 π + k ⋅ π ∨ x = 23 π + k ⋅ π

d

2 sin 2 x = sin x ⇔ 2sin 2 x − sin x = 0 ⇔ sin x(2sin x − 1) = 0 ⇔ sin x = 0 ∨ sin x =

1 2

= sin( 16 π )

⇔ x = k ⋅ π ∨ x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = π − 16 π + k ⋅ 2π ⇔ x = k ⋅ π ∨ x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ x = 5 6 π + k ⋅ 2π

e

3 cos 2 x + 2 cos x = 0 ⇔ cos x(3cos x + 2) = 0 ⇔ cos x = 0 ∨ cos x = − 23 = cos 2,301 ⇔

x = 12 π + k ⋅ π ∨ x = 2,301 + k ⋅ 2π ∨ x = −2,301 + k ⋅ 2π ⇔ x = 12 π + k ⋅ π ∨ x = 2,301 + k ⋅ 2π ∨ x = 3,983 + k ⋅ 2π

f

2 tan 2 x = 5 tan x ⇔ tan x − 5 tan x = 0 ⇔ tan x(tan x − 5) = 0 ⇔ tan x = 0 ∨ tan x = 5 = tan1,373

⇔ x = k ⋅ π ∨ x = 1,373 + k ⋅ π

g 3 sin x + 2 cos x = 0 ⇔ 3sin x = −2cos x ⇔

sin x −2 ⇔ tan x = − 23 = tan 2,554 ⇔ = cos x 3

x = 2,554 + k ⋅ π

h

2 cos 2 x = 2 cos x ⇔ cos x − 2cos x = 0 ⇔ cos x(cos x − 2) = 0 ⇔ cos x = 0 ∨ cos x = −2 ⇔

x = 12 π + k ⋅ π

9 a b

2 cos 2 t − 2 cos t + 1 = 0 ⇔ (cos t − 1) = 0 ⇔ cos t = 1 ⇔ t = k ⋅ 2π

4 sin 2 t + 4 sin t = −1 ⇔ 4sin 2 t + 4sin t + 1 = 0 ⇔ (2sin t + 1) 2 = 0 ⇔ sin t = − 12 = sin(− 16 π ) ⇔

t = − 16 π + k ⋅ 2π ∨ t = π + 16 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 1 16 π + k ⋅ 2π ∨ t = 1 56 π + k ⋅ 2π

c

2 tan 2 t − tan t = 12 ⇔ tan t − tan t − 12 = 0 ⇔ (tan t + 3)(tan t − 4) = 0 ⇔

tan t = −3 = tan(−1, 249) ∨ tan x = 4 = tan1,326 ⇔ t = 1,326 + k ⋅ π ∨ t = 1,893 + k ⋅ π d

2 2 2 cos 2 t − 2 sin t = 2 ⇔ (1 − sin t ) − 2sin t − 2 = 0 ⇔ sin t + 2sin t + 1 = 0 ⇔ (sin t + 1) = 0 ⇔

sin t = −1 ⇔ t = 1 12 π + k ⋅ 2π


29

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen e

2 sin 2 t − sin t = 1 ⇔ 2sin 2 t − sin t − 1 = 0 ⇔ (2sin t + 1)(sin t − 1) = 0 ⇔

sin t = − 12 = sin(− 16 π ) ∨ sin t = 1 = sin( 12 π ) ⇔ t = − 16 π + k ⋅ π ∨ t = π + 16 π + k ⋅ 2π ∨ t = 12 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 1 16 π + k ⋅ 2π ∨ t = 1 56 π + k ⋅ 2π ∨ t = 12 π + k ⋅ 2π

f

2 tan 2 t = 3 tan t + 4 ⇔ tan t − 3tan t − 4 = 0 ⇔ (tan t + 1)(tan t − 4) = 0 ⇔

tan t = −1 = tan(− 14 π ) ∨ tan t = 4 = tan1,326 ⇔ t = 1,326 + k ⋅ π ∨ t = 34 π + k ⋅ π

g 12 sin 2 t − sin t = 1 ⇔ 12sin 2 t − sin t − 1 = 0 ⇔ (4sin t + 1)(3sin t − 1) = 0 ⇔ sin t = − 14 = sin(−0, 253) ∨ sin t = 13 = sin 0,340 ⇔ t = −0, 253 + k ⋅ 2π ∨ t = π + 0, 253 + k ⋅ 2π ∨ t = 0,340 + k ⋅ 2π ∨ t = π − 0,340 + k ⋅ 2π ⇔ t = 0,340 + k ⋅ 2π ∨ t = 2,802 + k ⋅ 2π ∨ t = 3,394 + k ⋅ 2π ∨ t = 6,031 + k ⋅ 2π

h sin 2 t + 3 sin t + cos 2 t = 0 ⇔ sin 2 t + cos2 t + 3sin t = 0 ⇔ 3sin t + 1 = 0 ⇔ sin t = − 13 = sin(−0,340) ⇔ t = −0,340 + k ⋅ 2π ∨ t = π + 0,340 + k ⋅ 2π ⇔ t = 3, 481 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,943 + k ⋅ 2π

10 a

∠ AMD = 101 ⋅ 360° = 101 ⋅ 2π rad = π5 rad

MD ⇔ MD = MA ⋅ cos ∠ AMD ⇔ MD = r ⋅ cos π5 ≈ 0,81r MA AD sin ∠ AMD = ⇔ AD = MA ⋅ sin ∠ AMD ⇔ AD = r ⋅ sin π5 ≈ 0,59r MA c De omtrek van de vijfhoek = 10 ⋅ AD = 10 ⋅ r sin π5 ≈ 5,9r cos ∠ AMD =

d Bij een regelmatige n-hoek is ∠AMD = 12 ×

2π π π = ; AD = r sin(∠AMD) = r sin( ) ; dus is inderdaad n n n

π n

de omtrek = 2nr sin( ) e omtrek 100-hoek = 6,282r; omtrek cirkel = 2πr=6,283r f De oppervlakte van ∆AMB = π π ⋅ b ⋅ h = 12 ⋅ AB ⋅ MD = 12 ⋅ 2r sin ∠ AMD ⋅ r cos ∠ AMD = r 2 ⋅ sin( )cos( ) n n ⎛π⎞ ⎛π⎞ dus is de oppervlakte van de gehele n-hoek = n ⋅ r 2 ⋅ sin ⎜ ⎟ cos ⎜ ⎟ ⎝n⎠ ⎝n⎠ h Oppervlakte 100-hoek = 3,140r2; oppervlakte cirkel = πr2 = 3,141 r2 1 2


30


Hoofdstuk 8 Goniometrische functies Extra oefening 1 a

y = 2sin t y = sin(t + 12 π) y = 12 sin 2t y = 1 + sin 12 t

b

y = 2cos(t − 12 π) y = cos t y = 12 cos(2t − π) y = 1 + cos( 12 t − 12 π)

2 a b c d e f g h i

3 a b c d

f (t ) = sin t ⇒ f ′(t ) = cos t f (t ) = sin 2t ⇒ f ′(t ) = 2cos 2t f (t ) = −3 sin 6t sin 3t = 0,6 ≈ sin 0,644 f ′(t ) = −3 ⋅ cos 6t ⋅ 6 = −18cos 6t f (t ) = cos t ⇒ f ′(t ) = − sin t f (t ) = cos 3t ⇒ f ′(t ) = −3sin 3t

f (t ) = −8 cos 5t ⇒ f ′(t ) = −8 ⋅ − sin 5t ⋅ 5 = 40sin 5t 1 f (t ) = tan t ⇒ f ′(t ) = 1 + tan 2 t = cos 2 t

1 2 ⋅2 = 2 cos 2t cos 2 2t 1 1 f (t ) = −2 tan 12 t ⇒ f ′(t ) = −2(1 + tan 2 12 t ) ⋅ 12 = −2 ⋅ ⋅ 12 ⇒ f ′(t ) = −1 − tan 2 12 t = − 2 1 cos 2 t cos 2 12 t

(

dy dy = 2sin t cos t = 2sin t ⋅ cos t ⇒ dt dt dy dy = −2cos t sin t y = cos 2 t ⇒ = 2cos t ⋅ − sin t ⇔ dt dt dy 1 sin t 1 dy 2sin t = y = tan 2 t ⇔ = 2 tan t ⋅ = 2⋅ ⋅ ⇔ 2 2 dt cos3 t dt cos t cos t cos t dy dy = cos 2 t − sin 2 t = cos t ⋅ cos t + sin t ⋅ − sin t ⇔ y = sin t ⋅ cos t ⇔ dt dt y = sin 2 t ⇒

sin t + 1 dy −2cos t ⇒ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ = sin t − 1 dt ( sin t − 1)2

e

y=

f

y = t ⋅ cos 2t ⇒

g

4 a b

)

f (t ) = tan 2t ⇒ f ′(t ) = 1 + tan 2 2t ⋅ 2 = 2 + 2 tan 2 2t =

dy dy = cos 2t − 2t sin 2t = 1 ⋅ cos 2t + t ⋅ − sin 2t ⋅ 2 ⇔ dt dt 1 − 12 dy 1 dy 4cos t sin t 2 = y = 1 − 4 cos 2 t = 1 − 4 cos 2 t ⇒ = 2 ⋅ 1 − 4cos 2 t ⋅ −4 ⋅ 2 cos t ⋅ − sin t ⇔ dt dt 1 − 4cos 2 t

(

)

(

)

2 cos t = 0,4 ⇔ cos t = 0, 2 ≈ cos1,369 ⇔ t = 1,369 + k ⋅ 2π ∨ t = −1,369 + k ⋅ 2π ⇔

t = 1,369 + k ⋅ 2π ∨ t = 4,914 + k ⋅ 2π sin t = −0, 7 ≈ sin(−0,775) ⇔ t = −0, 775 + k ⋅ 2π ∨ t = π + 0,775 + k ⋅ 2π ⇔ t = 3,917 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,508 + k ⋅ 2π


31

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen c

3 cos t = 1 ⇔ cos t = 13 ≈ cos1, 231 ⇔ t = 1, 231 + k ⋅ 2π ∨ t = −1, 231 + k ⋅ 2π ⇔

t = 1, 231 + k ⋅ 2π ∨ t = 5,052 + k ⋅ 2π d 1 − sin t = 0,2 ⇔ sin t = 0,8 ≈ sin 0,927 ⇔ t = 0,927 + k ⋅ 2π ∨ t = π − 0,927 + k ⋅ 2π ⇔ t = 0,927 + k ⋅ 2π ∨ t = 2,214 + k ⋅ 2π e sin 3t = 0,6 ≈ sin 0,644 ⇔ 3t = 0, 644 + k ⋅ 2π ∨ t = π − 0, 644 + k ⋅ 2π ⇔

t = 0, 215 + k ⋅ 23 π ∨ t = 13 π − 0, 215 + k ⋅ 23 π ⇔ t = 0, 215 + k ⋅ 23 π ∨ t = 0,833 + k ⋅ 23 π

f

cos( 12 t − 1) = −0, 25 ≈ cos1,823 ⇔ 1 2

g

1 2

t − 1 = 1,823 + k ⋅ 2π ∨ 12 t − 1 = −1,823 + k ⋅ 2π ⇔

t = 2,823 + k ⋅ 2π ∨ 12 t = −0,823 + k ⋅ 2π ⇔ t = 5, 647 + k ⋅ 4π ∨ t = −1, 647 + k ⋅ 4π ⇔

t = 5,647 + k ⋅ 4π ∨ t = 10,919 + k ⋅ 4π 2 cos 5t = −1 ⇔ cos 5t = − 12 = cos 23 π ⇔ 5t = 23 π + k ⋅ 2π ∨ 5t = − 23 π + k ⋅ 2π = 43 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 152 π + k ⋅ 52 π ∨ t = 154 π + k ⋅ 52 π

h 1 − 3 sin 14 t = 0 ⇔ 3sin 14 t = 1 ⇔ sin 14 t = 13 ≈ sin 0,340 ⇔ 1 4

t = 0,340 + k ⋅ 2π ∨ 14 t = π − 0,340 + k ⋅ 2π ⇔ t = 1,359 + k ⋅ 8π ∨ t = 4π − 1,359 + k ⋅ 8π ⇔

t = 1,359 + k ⋅ 8π ∨ t = 11,207 + k ⋅ 8π

5 a b c

6 a

cos 2t = cos(t + 1) ⇔ 2t = t + 1 + k ⋅ 2π ∨ 2t = −(t + 1) + k ⋅ 2π ⇔ t = 1 + k ⋅ 2π ∨ 3t = −1 + k ⋅ 2π ⇔ t = 1 + k ⋅ 2π ∨ t = − 13 + k ⋅ 23 π cos(t − 1) = cos(3t + 1) ⇔ t − 1 = 3t + 1 + k ⋅ 2π ∨ t − 1 = −(3t + 1) + k ⋅ 2π ⇔ −2t = 2 + k ⋅ 2π ∨ 4t = k ⋅ 2π ⇔ t = −1 + k ⋅ π ∨ t = k ⋅ 12 π sin 3t = sin(4 − t ) ⇔ 3t = 4 − t + k ⋅ 2π ∨ 3t = π − (4 − t ) + k ⋅ 2π ⇔ 4t = 4 + k ⋅ 2π ∨ 2t = π − 4 + k ⋅ 2π ⇔ t = 1 + k ⋅ 12 π ∨ t = 12 π − 2 + k ⋅ π

f (t ) = g (t ) ⇔ cos t = cos( 13 π − 2t ) ⇔ t = 13 π − 2t + k ⋅ 2π ∨ t = −( 13 π − 2t ) + k ⋅ 2π ⇔

3t = 13 π + k ⋅ 2π ∨ − t = − 13 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 19 π + k ⋅ 23 π ∨ t = 13 π + k ⋅ 2π

b Dat zijn de t-coördinaten van de snijpunten. c 19 π < t < 13 π ∨ 79 π < t < 1 94 π d 7 π ≤ t < 7 94 π ∨ 8 19 π < t < 8 13 π ∨ 8 79 π < t ≤ 9π

7 a

2 2 2 sin t = 0,4 ; (0, 4) + cos t = 1 ⇔ cos t = 0,84 ⇔ cos t = 0,84 ≈ 0,92

cos u = 0,7 ; sin 2 u + (0, 7)2 = 1 ⇔ sin 2 u = 0,51 ⇔ sin u = 0,51 ≈ 0,71

b sin(t + u ) = sin t ⋅ cos u + cos t ⋅ sin u ≈ 0, 4 ⋅ 0,7 + 0,92 ⋅ 0,71 ; sin(t + u ) ≈ 0,93 c cos(u − t ) = cos u ⋅ cos t + sin u ⋅ sin t ≈ 0,7 ⋅ 0,92 + 0,71 ⋅ 0, 4 ; cos(u − t ) ≈ 0,93 sin 2t 2sin t cos t 2 ⋅ 0, 4 ⋅ 0,92 = = d tan 2t = ; tan 2t ≈ 1, 08 cos 2t 2 ⋅ cos 2 t − 1 2 ⋅ 0,922 − 1

8 a

cos t = sin( 12 π − t )

b

cos(2t + 14 π ) = sin( 12 π − (2t + 14 π )) = sin( 12 π − 2t − 14 π ) = sin( 14 π − 2t ) . Dat klopt dus.

c

cos(2t + 14 π ) = sin t ⇔ sin( 14 π − 2t ) = sin t ⇔

1 4

π − 2t = t + k ⋅ 2π ∨ 14 π − 2t = π − t + k ⋅ 2π ⇔

−3t = − 14 π + k ⋅ 2π ∨ − t = 43 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 121 π + k ⋅ 23 π ∨ t = − 34 π + k ⋅ 2π


32

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen d sin( 12 t − π) = cos 2t ⇔ sin( 12 t − π ) = sin( 12 π − 2t ) ⇔ 1 2

t − π = 12 π − 2t + k ⋅ 2π ∨ 12 t − π = π − ( 12 π − 2t ) + k ⋅ 2π ⇔

2 12 t = 1 12 π + k ⋅ 2π ∨ − 1 12 t = 1 12 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 35 π + k ⋅ 54 π ∨ t = −π + k ⋅1 13 π

9 a

b

f ( x) = cos x + cos( x − π3 ) = 2 cos 12 ( x + x − π3 ) cos 12 ( x − ( x − π3 ))

f ( x) = 2cos( x − 16 π ) cos 16 π = 3 ⋅ cos( x − 16 π ) 10 a b c

hP (t ) = 20sin 2t hQ (t ) = 20sin(3t + 12 π)

20sin 2t = 20sin(3t + 12 π ) ⇔ 2t = 3t + 12 π + k ⋅ 2π ∨ 2t = π − (3t + 12 π ) + k ⋅ 2π ⇔ −t = 12 π + k ⋅ 2π ∨ 5t = 12 π + k ⋅ 2π ⇔ t = − 12 π + k ⋅ 2π ∨ t = 101 π + k ⋅ 52 π

d

13 h(1 12 π ) = 0 , h( 101 π ) = 11, 76 , h( 12 π ) = 0 , h( 109 π ) = −11,76 , h( 10 π ) = 19,02 , h( 17 π ) = −19, 02 10


33


Doorwerking q (t ) = tan t t = 0 , t = π , t = 2π

1 a b c d e f

bij deze waarden van t snijdt de grafiek van q de t-as. t = 12 π , t = 1 12 π bij deze waarden van t heeft de grafiek van q asymptoten. Als f (t ) = g (t ) , dan moet q(t) = 1. Dus a = 1 .

2 a

g 2 (t ) = 2sin t + t ⇒ g 2′ (t ) = 2cos t + 1 . Het gaat nu om waarden van t waarvoor geldt: g 2′ (t ) = 0 ⇔ 2cos t + 1 = 0 ⇔ cos t = − 12 ⇔ cos t = − 12 = cos 32 π ⇔ t = 23 π + k ⋅ 2π ∨ t = − 23 π + k ⋅ 2π

De extremen van g2 zijn dus g 2 ( 32 π + k ⋅ 2π) = 23 π + 3 + k ⋅ 2π (maxima) en g 2 (− 32 π + k ⋅ 2π) = − 23 π − 3 + k ⋅ 2π (minima).

b

g a (t ) = a sin t + 1 ⇒ g a′ (t ) = a cos t + 1 . Er zijn dus geen extremen voor die waarden van a waarvoor g a′ (t ) = 0 geen oplossing heeft. Dat is dus voor −1 ≤ a ≤ 1 .

c

g a′ (t ) = a cos t + 1 ; f a′(t ) = a cos t g a′ (t ) = 0 ⇔ a cos t + 1 = 0 ⇔ cos t = − 1a

f a′(t ) = 0 ⇔ a cos t = 0 ⇔ cos t = 0 Voor geen enkele waarde van a is –1/a = 0 d g a′ (t ) = a cos t + 1 ⇒ g a′′(t ) = −a sin t . Voor een buigpunt is noodzakelijk g a′′(t ) = 0 ⇔ −a sin t = 0 ⇔ sin t = 0 = sin 0 ⇔ t = k ⋅ π . De buigpunten van de grafiek van ga zijn dus (k ⋅ π, k ⋅ π) . Deze punten op de lijn y = t .

3 a T = 2π b

1 −1 −2 = (1 − 3cos x ) ⇒ f ′( x) = −1 ⋅ (1 − 3cos x ) ⋅ −3sin x ; f ′( x) = 0 ⇔ 1 − 3cos x 3sin x = 0 ⇔ 3sin x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ sin x = 0 ⇔ x = k ⋅ π 2 (1 − 3cos x ) f ( x) =

De maxima zijn f (0) = − 12 en f (2π) = − 12 , het minimum f (π) =

1 4

c De asymptoten treden op wanneer 1 − 3cos x = 0 ⇔ cos x = 13 ≈ cos1, 23 ⇔ x ≈ 1, 23 + k ⋅ 2π ∨ x ≈ −1, 23 + k ⋅ 2π , op [0, 2π] dus voor x ≈ 1, 23 en voor x ≈ 5,05 d

B f = ← , − 12 ] en

[ 14 , →

sin t sin t ⇔ sin t = 0 ∨ cos t = 1 ⇔ t = k ⋅ π ∨ t = k ⋅ 2π ⇔ t = k ⋅ π = cos t 1 3sin t 2cos t = ⇔ 3sin t = 2cos 2 t ⇔ 3sin t = 2(1 − sin 2 t ) ⇔ b 3 tan t = 2 cos t ⇔ cos t 1 2sin 2 t + 3sin t − 2 = 0 ⇔ sin 2 t + 32 sin t − 1 = 0 ⇔ (sin t + 2)(sin t − 12 ) = 0 ⇔ sin t = 12 = sin 16 π

4 a

tan t = sin t ⇔

⇔ t = 16 π + k ⋅ 2π ∨ t = 65 π + k ⋅ 2π ⇔ t = k ⋅ π


34


′ ′ f ′(t ) = ⎡⎣3sin 4 (t 2 − 2t ) ⎤⎦ = 3 ⋅ 4sin 3 (t 2 − 2t ) ⎡⎣sin(t 2 − 2t ) ⎤⎦ f ′(t ) = 12sin 3 (t 2 − 2t ) ⋅ cos(t 2 − 2t ) ⎡⎣t 2 − 2t ⎤⎦

b

′

f ′(t ) = 12sin 3 (t 2 − 2t ) ⋅ cos(t 2 − 2t ) ( 2t − 2 ) = 24(t − 1) ⋅ sin 3 (t 2 − 2t ) ⋅ cos(t 2 − 2t ) ′ ′ g ′(t ) = ⎡⎣ 2 cos(e 2t + 3 ) ⎤⎦ = −2sin(e 2t + 3 ) ⋅ ⎡⎣e 2t + 3 ⎤⎦ g ′(t ) = −2sin(e 2t + 3 ) ⋅ e 2t + 3 ⋅ 2 = −4 ⋅ e 2t + 3 ⋅ sin(e 2t + 3 )

6 a Via de GR: x = 0,64 ′ ′ ⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ −1 ′ = f ( x ) sin b ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ = cos ⎜ ⎟ ⋅ ⎣⎡ x ⎦⎤ = cos ⎜ ⎟ ⋅ − 2 ⎝ x⎠ ⎝x⎠ x ⎣ ⎝ x ⎠⎦ 1 1 1 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ f ′( x) = 0 ⇔ cos ⎜ ⎟ ⋅ − 2 = 0 ⇔ cos ⎜ ⎟ = 0 = cos 12 π ⇔ = 2 π + k ⋅π ⇔ x = 1 x ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ x 2 π + k ⋅π In dit geval is x =

1 1 2

π

=

2 π

Het maximum is 1. ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ c sin ⎜ ⎟ = sin ⎜ − x ⎟ = − sin ⎜ x ⎟ , dus f(-x) = -f(x), dus is er sprake van puntsymmetrie. x − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ′ ′ ′⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎞ −2 ⎤ ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ −2 ⎛ ⎛1⎞ ⎛ 1 ⎞ −2 ′′ ′ d f ( x) = − cos ⎜ ⎟ ⋅ x ⇔ f ( x) = ⎢ − cos ⎜ ⎟ ⋅ x ⎥ = ⎢ − cos ⎜ ⎟ ⎥ ⋅ x + ⎜ − cos ⎜ ⎟ ⋅ ⎣⎡ x −2 ⎦⎤ ⎟ ⎝ x⎠ ⎝ x ⎠⎦ ⎝x⎠ ⎝ x⎠ ⎣ ⎦ ⎣ ⎝ ⎠ ′ ⎛1⎞ ⎛1⎞ f ′′( x) = sin ⎜ ⎟ ⎡⎣ x −1 ⎤⎦ ⋅ x −2 − cos ⎜ ⎟ ⋅ −2 x −3 ⎝ x⎠ ⎝ x⎠ 1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ 2 ⎛1⎞ f ′′( x) = sin ⎜ ⎟ ⋅ − x −2 ⋅ x −2 − cos ⎜ ⎟ ⋅ −2 x −3 = − 4 ⋅ sin ⎜ ⎟ + 3 ⋅ cos ⎜ ⎟ x x x x x ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ x⎠ Via de GR: (0,93; 0,88). 1 e Voor grote waarden van x nadert tot 0 en sin 0 = 0 . x 1 ⎛1⎞ ≈ 0,1002 ⇔ x ≈ 9,9833 , dus voor x > 9,98 . f sin ⎜ ⎟ = 0,1 ≈ sin 0,1002 ⇔ x ⎝x⎠ 1 1 ⎛1⎞ g sin ⎜ ⎟ = 0 = sin 0 ⇔ = k ⋅π ⇔ x = ,in het eerste snij h( 101 π ) = 11, 76 , punt links van A ⋅ π x k x ⎝ ⎠ 1 is dan x = ≈ 0,32 . De coördinaten van dat snijpunt zijn dus (0,32;0).

π

1 h Zie hierboven: ( ,0) . π 1 wordt steeds groter, steeds sneller groter en nadert tot oneindig als x nadert tot 0.De functie zal i x dus waarden aannemen die steeds sneller heen en weer gaan tussen 1 en -1.

7 a Via de GR: het maximum is e, het minimum is

1 . e

b Zie de tekening hiernaast.


35

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen c

′ ′ f ′( x) = ⎡⎣esin x ⎤⎦ = esin x ⋅ [sin x ] = esin x ⋅ cos x ′ ′ ′ f ′′( x) = ⎡⎣esin x ⋅ cos x ⎤⎦ = esin x ⋅ [ cos x ] + ⎡⎣esin x ⎤⎦ ⋅ cos x

(

f ′′( x) = esin x ⋅ − sin x + esin x ⋅ cos x ⋅ cos x = esin x ⋅ − sin x + cos 2 x

)

Via de GR oplossen van f ′′( x) = 0 levert x ≈ 0,67, x ≈ 2,48 met als buigpunten ( 0,67; 1,85 ) en (2,48; 1,86 ).


36


Hoofdstuk 9 Goniometrische formules Extra oefening 1 a

sin t + sin 3t = 2sin 12 (t + 3t ) cos 12 (t − 3t ) = 2sin 2t cos( −t ) = 2sin 2t cos t

b

cos t + cos(t − 4) = 2 cos 12 (t + t − 4) cos 12 (t − (t − 4)) = 2 cos(t − 2) cos 2

c

sin 2t − sin t = 2sin 12 (2t − t ) cos 12 (2t + t ) = 2sin 12 t cos1 12 t

d

cos 7t − cos 5t = −2sin 12 (7t + 5t )sin 12 (7t − 5t ) = −2sin 6t sin t

2 a

sin( 14 x + 13 π ) = cos 12 x ⇔ sin( 14 x + 13 π ) = sin( 12 π − 12 x) ⇔

b

1 4

x + 13 π = 12 π − 12 x + k ⋅ 2π ∨ 14 x + 13 π = π − ( 12 π − 12 x) + k ⋅ 2π ⇔

1 4

x + 13 π = 12 π − 12 x + k ⋅ 2π ∨ 14 x + 13 π = π − 12 π + 12 x + k ⋅ 2π ⇔

3 4

x = 16 π + k ⋅ 2π ∨ − 14 x = 16 π + k ⋅ 2π ⇔ x = 92 π + k ⋅ 2 23 π ∨ x = − 23 π + k ⋅ 8π

cos(2 x − 12 π ) = sin(3x − 13 π ) ⇔ cos(2 x − 12 π ) = cos( 12 π − (3x − 13 π )) ⇔ cos(2 x − 12 π ) = cos( 12 π − 3x + 13 π ) ⇔ 2 x − 12 π = 56 π − 3x + k ⋅ 2π ∨ 2 x − 12 π = −( 65 π − 3x) + k ⋅ 2π 4 2 1 ⇔ 5 x = 43 π + k ⋅ 2π ∨ − x = − 13 π + k ⋅ 2π ⇔ x = 15 π + k ⋅ 5 π ∨ x = 3 π + k ⋅ 2π

c

sin 2t = cos3t ⇔ sin 2t = sin( 12 π − 3t ) ⇔ 2t = 12 π − 3t + k ⋅ 2π ∨ 2t = π − ( 12 π − 3t ) + k ⋅ 2π ⇔ 2t = 12 π − 3t + k ⋅ 2π ∨ 2t = 12 π + 3t + k ⋅ 2π ⇔ 5t = 12 π + k ⋅ 2π ∨ − t = 12 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 101 π + k ⋅ 52 π ∨ t = − 12 π + k ⋅ 2π

d

cos 5t = sin(3t + 12 π ) ⇔ cos 5t = cos( 12 π − (3t + 12 π )) ⇔ cos 5t = cos( 12 π − 3t − 12 π ) ⇔

5t = −3t + k ⋅ 2π ∨ 5t = −(−3t ) + k ⋅ 2π ⇔ 5t = −3t + k ⋅ 2π ∨ 5t = 3t + k ⋅ 2π ⇔ 1 8t = k ⋅ 2π ∨ 2t = k ⋅ 2π ⇔ t = k ⋅ 4 π(∨t = k ⋅ π)

3 a

sin( 12 π − t ) = sin 12 π ⋅ cos t − sin t ⋅ cos 12 π = 1 ⋅ cos t − sin t ⋅ 0 = cos t

b cos(π − t ) = cos π ⋅ cos t + sin π ⋅ sin t = −1 ⋅ cos t + 0 ⋅ sin t = − cos t c sin(π + t ) d cos(2π − t ) = cos 2π ⋅ cos t + sin 2π ⋅ sin t = 1 ⋅ cos t + 0 ⋅ sin t = cos t

4


37


sin 3t = sin(2t + t ) = sin 2t ⋅ cos t + cos 2t ⋅ sin t = = (2sin t cos t ) ⋅ cos t + (cos 2 t − sin 2 t ) ⋅ sin t = 2sin t cos 2 t + cos 2 t ⋅ sin t − sin 3 t =

b

= 3sin t cos 2 t − sin 3 t cos3t = cos(2t + t ) = cos 2t ⋅ cos t − sin 2t ⋅ sin t = cos3t = cos(2t + t ) = cos 2t ⋅ cos t − sin 2t ⋅ sin t =

c

= cos3 t − sin 2 t ⋅ cos t − 2sin 2 t cos t = cos3 t − 3sin 2 t cos t sin 4t = sin(2t + 2t ) = 2sin 2t cos 2t = 2 ⋅ 2sin t cos t ⋅ (cos 2 t − sin 2 t ) =

d

= 4sin t cos3 t − 4sin 3 t cos t cos 4t = cos(2t + 2t ) = cos 2 2t − sin 2 2t =

(

= cos 2 t − sin 2 t

) − ( 2sin t cos t ) 2

2

= cos 4 t − 2 cos 2 t sin 2 t + sin 4 t − 4sin t 2 cos t 2 =

= cos 4 t + sin 4 t − 6sin t 2 cos t 2

6 a

sin(4π − t ) = sin 4π ⋅ cos t − sin t ⋅ cos 4π = 0 ⋅ cos t − sin t ⋅ 1 = − sin t ; sin 3t = sin(4π − t ) ⇔ sin 3t = − sin t = sin(−t ) ⇔ 3t = −t + k ⋅ 2π ∨ 3t = π − (−t ) + k ⋅ 2π ⇔ 1 1 4t = k ⋅ 2π ∨ 2t = π + k ⋅ 2π ⇔ t = k ⋅ 2 π ∨ t = 2 π + k ⋅ π ⇔ t = 0 ∨ t = 12 π ∨ t = π ∨ t = 1 12 π ∨ t = 2π

b

cos(2t − 14 π ) = cos 2t ⋅ cos 14 π + sin 2t ⋅ sin 14 π = cos 2t ⋅ 12 2 + sin 2t ⋅ 12 2 ; cos(2t − 14 π ) = cos 5t ⇔ 2t − 14 π = 5t + k ⋅ 2π ∨ 2t − 14 π = −5t + k ⋅ 2π ⇔ 1 2 −3t = 14 π + k ⋅ 2π ∨ 7t = 14 π + k ⋅ 2π ⇔ t = − 12 π + k ⋅ 3 π ∨ t =

1 28

π + k ⋅ 72 π ⇔

15 23 t = 127 π ∨ t = 12 π ∨ t = 12 π ∨t=

25 28

π∨

∨t=

33 28

π ∨t=

41 28

π ∨t=

49 28

1 28

π ∨t=

9 28

π ∨ t = 17 π ∨t= 28

π

7 a Zie grafiek hiernaast. b f (t ) = sin 3t + sin(3t − 2) ⇔ f (t ) = 2sin 12 (3t + 3t − 2) cos 12 (3t − (3t − 2)) ⇔

f (t ) = 2sin(3t − 1) cos1 c f(t) = 0 ⇔ 2sin(3t − 1) cos1 = 0 ⇔ sin(3t − 1) = 0 = sin 0 ⇔ 3t − 1 = k ⋅ π ⇔ 1 1 3t = 1 + k ⋅ π ⇔ t = + k ⋅ π 3 3 8 a Beide hebben een periode 8. b Door deze 2 naar rechts te verschuiven. c h(t ) = sin 14 π t + sin 14 π (t − 2) ⇔ h(t ) = 2sin 12 ( 14 π t + 14 π (t − 2)) cos 12 ( 14 π t − 14 π (t − 2)) ⇔ h(t ) = 2sin( 14 π t − 14 π ) cos 14 π ⇔ h(t ) = 2sin 14 π (t − 1) cos 14 π ⇔ h(t ) = 2 sin 0,25π(t − 1)

d Top van f: (2, 1) ; top van g: (4, 1); h(2) = 2 ⋅ 12 2 = 1 ; h(4) = 2 ⋅ 12 2 = 1 Het klopt dus.


38

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 2 en de frequentie van u1 is 50. 100 2 en de frequentie van u2 is 75. De periode van u2 is 150 6 b 150 6 en de frequentie is 25. c De periode is 150 d Zie grafiek hiernaast.

9 a De periode van u1 is

10 a

y (t ) = 3sin10t + 3sin11t = 3(sin10t + sin11t )

1 1 y (t ) = 6(sin 12 (10t + 11t ) cos 12 (10t − 11t )) ; y (t ) = 6sin10 12 t cos(− 12 t ) ; y (t ) = 6cos t sin10 t 2 2 1 De periode van deze trilling is 4π, de frequentie is 4π b Zie hierboven. c cos Bt = 0 ⇔ cos 12 t = 0 = cos 12 π ⇔ 12 t = 12 π + k ⋅ π ⇔ t = π + k ⋅ 2π sin Ct = 0 ⇔ sin10 12 t = 0 = sin 0 ⇔ 10 12 t = k ⋅ π ⇔ t = k ⋅ d t = 0,

2 π 21

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 π , π , π , π π , π , π , π , π , π ,π 21 21 21 21 21 21 21 21 21 21

e 5,98 11 a

sin 3t + sin t = 2(sin 12 (3t + t ) cos 12 (3t − t )) = 2sin 2t cos t ; dan is

f (t ) = sin 3t + sin 2t + sin t = 2sin 2t cos t + sin 2t , dus inderdaad is f (t ) = sin 2t (2 cos t + 1) . b f(t) = 0 ⇔ sin 2t (2cos t + 1) = 0 ⇔ sin 2t = 0 ∨ 2 cos t + 1 = 0 ⇔ sin 2t = 0 ∨ 2cos t = −1 ⇔ sin 2t = 0 = sin 0 ∨ cos t = − 12 = cos 32 π ⇔ 2t = k ⋅ π ∨ t = 23 π + k ⋅ 2π ∨ t = − 23 π + k ⋅ 2π ⇔ t = k ⋅ 12 π ∨ t = 32 π + k ⋅ 2π ∨ t = − 32 π + k ⋅ 2π ; tussen 0 en 2π dus voor

1 2 1 1 t = 0, π , π , π ,1 π ,1 π , 2π 2 3 3 2 12 a Zie grafiek hiernaast. b De periode van f is gelijk aan die van h, de periode van g is gelijk aan de horizontale afstand van twee opvolgende toppen van de grafiek van h c De grafiek start met de waarde 5 (dat is de 5). Het verschil tussen de functiewaarden bij twee opvolgende toppen is ongeveer 1 (die komt van g). Het grootste verschil tussen de functiewaarde bij een top en 5 is ongeveer 4 (die komt van f). 13 a b c d

Zie grafiek hiernaast. Nee. Ja, de periode is 0,01. De antwoorden blijven hetzelfde.


39


Doorwerking 1 a f0 = 440. b Eerste toon: A = 3, B = 1, C = 3. Tweede toon: A = 2, B = 1, C = 5. 1 c f0 = , f1 = 3 f 0 , de frequentie van de toon als geheel is f0. 2π 2 a Zie afbeelding hiernaast. b De periode van de trilling is 2π. c De evenwichtsstand is 0, de amplitude is 3 en de periode is 4π. 1 1 y = 3cos t , y = −3cos t 2 2 3 a Zie grafiek hiernaast: f (t ) = 1 − cos 2t . b cos 2t = 1 − 2sin 2 t ⇔ 2sin 2 t = 1 − cos 2t c 1 − cos 2t = sin t + 1 ⇔ − cos 2t = sin t ⇔ cos 2t = − sin t = sin(−t ) ⇔ cos 2t = cos( 12 π − (−t )) = cos( 12 π + t ) ⇔ 2t = 12 π + t + k ⋅ 2π ∨ 2t = −( 12 π + t ) + k ⋅ 2π

d

1 2 t = 12 π + k ⋅ 2π ∨ 3t = − 12 π + k ⋅ 2π ⇔ t = 2 π + k ⋅ 3 π

2sin 2 t = sin t + 1 ⇔ 2sin 2 t − sin t − 1 = 0 ⇔ 2u 2 − u − 1 = 0 ⇔ (2u + 1)(u − 1) = 0 ⇔ 2u = −1 ∨ u = 1 ⇔ sin t = − 12 = sin(− 16 π ) ∨ sin t = 1 = sin 12 π ⇔ 1 1 1 1 2 t = π + k ⋅ 2π ∨ t = − π + k ⋅ 2π ∨ t = 1 π + k ⋅ 2π ⇔ t = π + k ⋅ π 2 6 6 2 3

4 a xA(0,75) = 0; xB(0,75)= − 2 b t = 0,62, t = 1,38 c Als xA = 12 xB 2 − 1 , dan moet dus cos 2π t = 12 ⋅ (2cos π t ) 2 − 1 , ofwel cos 2π t = 2 cos 2 π t − 1 en dat klopt, want dat is precies de dubbele-hoek formule voor de hoeken 2π t en π t . d

x = 12 x 2 − 1 ⇔ x 2 − 2 x − 2 = 0 ⇔ (met de abc-formule) x = 1 + 3(≈ 2, 7) ∨ x = 1 − 3(≈ −0,7) .

Dus moet cos 2π t = 1 − 3 ≈ cos 2,392 ⇔ 2π t ≈ 2,392 + k ⋅ 2π ∨ 2π t ≈ −2,392 + k ⋅ 2π ⇔ t ≈ 0,381 + k ∨ t ≈ −0,381 + k , in [0, 2 ] is dat dus voor t = 0,619 en voor t = 1,381. e Maan A heeft een half zo grote omtrek als maan B, maar die in dezelfde tijd tweemaal wordt doorlopen.


40


Hoofdstuk 10 Kegelsneden

B

Extra oefening 1

De gevraagde punten liggen òf op gelijke afstand van P en AB (dus op (een gedeelte van) de parabool met brandpunt P en richtlijn AB) òf op gelijke afstand van P en AC (dus op (een gedeelte van) de parabool met brandpunt P en richtlijn AC). Zie de tekening hiernaast.

P

. A

C

2

Laat MAB het midden zijn van AB. Laat verder D’ het punt op BC zijn waarbij DD’//AB en MDD’ het midden van DD’. De meetkundige plaats van de middens van PQ is nu het lijnstuk CMDD’ (de zwaartelijn in driehoek CDD’) samen met het lijnstuk MDD’MAB (een gedeelte van de zwaartelijn in driehoek ABS, met S het snijpunt van AD en BC).

3

De meetkundige plaats van alle punten P is de halve cirkel waarvan AD de middellijn is. Het bewijs gaat als volgt. Zie de figuur hiernaast. M is het midden van AD. Trek MP en trek MN ⊥ DP . MN is een middenparallel in driehoek APD en dus is DN = PN. Nu geldt: Δ DMN ≅ Δ PMN , want DN = PN, MN = MN en ∠ DNM = ∠ PNM (= 90°) . Dus is DM = PM ( = AM ) en daarom ligt P op de halve cirkel waarvan AD de middellijn is.

4 a Zie de tekening hiernaast. De punten die even ver van l als van m liggen, liggen op de middenparallel van l en m; De punten die even ver van P als van l liggen, liggen op de parabool met l als richtlijn en P als brandpunt; De punten die even ver van P als van m liggen, liggen op de parabool met m als richtlijn en P als brandpunt; De punten Q1 en Q2 zijn de gevraagde punten: de punten die zowel op de middenparallel als op beide parabolen liggen. b De punten die even ver van P als van l liggen, liggen op de parabool met l als richtlijn en P als brandpunt. c De punten die even ver van P als van m liggen, liggen op de parabool met m als richtlijn en P als brandpunt. d Zie de tekening hiernaast. De punten R1 en R2 liggen even ver van l, m en P.NB: R1 en R2 liggen dus ook op de bissectrice van één van de hoeken van l en m.


41

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 5

Als d(P, l) − d(P, F) = 5, dan moet er een lijn l’ zijn, zodat d(P, l’) − d(P, F) = 0, of wel d(P, l’) = d(P, F). Deze lijn loopt evenwijdig aan l op afstand 5 van l, aan de kant van P. Teken nu l’ en vervolgens de parabool met P als brandpunt en l’ als richtlijn. Zie de tekening hiernaast.

6 ab Voor de linkersituatie is de meetkundige plaats hiernaast getekend. Eerst c3 met r3 = r1 + r2. Vervolgens de ellips met de punten met gelijke afstanden tot F2 en c3. Op deze ellips is een punt P getekend. Omdat P op de ellips ligt, geldt d(P, F2) = d(P, c3). Verder is d(P, F2) = d(P, c2) + r2 en d(P, c3) = d(P, c1) + r2. Deze laatste twee uitdrukkingen ingevuld in de eerste geeft: d(P, c2) + r2 = d(P, c1) + r2, waaruit volgt dat d(P, c2) = d(P, c1). En dat was de bedoeling ook. Voor de rechtersituatie is de meetkundige plaats hiernaast getekend. Eerst c3 met r3 = r1 - r2. Vervolgens de hyperbooltak met de punten met gelijke afstanden tot F2 en c3. Op deze hyperbooltak is een punt P getekend. Omdat P op de hyperbooltak ligt, geldt d(P, F2) = d(P, c3). Verder is d(P, F2) = d(P, c2) + r2 en d(P, c3) = d(P, c1) + r2. De laatste twee gevonden uitdrukkingen ingevuld in de eerste geeft: d(P, c2) + r2 = d(P, c1) + r2, waaruit volgt dat d(P, c2) = d(P, c1). En dat was de bedoeling ook. 7

Linkersituatie: 1: middenparallel 2 en 3: parabolen

Rechtersituatie: 1: parabool 2: bissectrice 3: middenparallel


2

42


Doorwerking 1 a Zie de tekening hiernaast. De meetkundige plaats van M is de (kwart)cirkel met middelpunt M en straal 5. b Driehoek OAB is een rechthoekige driehoek. In een rechthoekige driehoek is de afstand van het midden van de schuine zijde tot de rechte hoek gelijk aan de halve schuine zijde. Het bewijs hiervoor is onder meer te vinden in Extra Oefening 3 van dit hoofdstuk. De afstand van M tot O is dus altijd 5. c x2 + y2 = 25

2 a De meetkundige plaats van M is de cirkel c met OP als middellijn. b Eerst het bewijs dat een midden van de koorde door P op c ligt. Zie de figuur hiernaast. De koorde snijdt de cirkel in de punten A en B. Trek OA en OB. Driehoek OAB is gelijkbenig (want OA = OB = r), dus OM is niet alleen zwaartelijn maar ook onder meer hoogtelijn in deze driehoek. Dus ∠ OMP is recht en M ligt dus op de cirkel met OP als middellijn. Nu het bewijs dat een punt op c het midden is van een koorde door P. Zie weer de figuur met koorde AB. M ligt op de cirkel dus ∠ OMP is recht. Driehoek OAB is nog steeds gelijkbenig, dus OM is niet alleen hoogtelijn maar ook onder meer zwaartelijn in deze driehoek. Daarmee is M het midden van de koorde AB. c Ook nu de cirkel c met OP als middellijn. Het bewijs loopt identiek aan het bewijs bij b, met dien verstande dat P en B nu samenvallen. Een ander bewijs voor de juistheid hiervan is gelegen in het feit, dat, wanneer we het snijpunt van de koorde met de cirkel A noemen, PM precies de helft is van PA en de meetkundige plaats precies het beeld is van de gegeven cirkel bij vermenigvuldiging van die cirkel ten opzichte van P met ½ (zie de figuur hiernaast). d Zie de tekening hiernaast. De meetkundige plaats van M is nu een deel van de cirkel c met OP als middellijn. Het bewijs loopt analoog aan het bewijs bij a: ∠ OMP is recht is recht.


43

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 3

Er zijn twee uitersten te bedenken: TQ = 0 en TQ = TA. In het eerste geval valt M samen met het midden van AT, want dan valt P samen met A (en Q met T). In het tweede valt M samen met het midden van AS, waarbij S op AB ligt met AS = AT, (want dan vallen P en Q samen met respectievelijk S en A). Als we het midden van AT K noemen en het midden van AS L, dan is KL de meetkundige plaats van de middens van PQ. Zie de figuur hiernaast. Daarin zijn naast de gegeven punten ook getekend de punten S (op AB met AS = AT), K (op AT met AK = ½ AT), L (op AB met AL = ½ AS) en M (op AT met AM = AP). TQ = AP, TK = AL, dus QK = PL. AL = AK, AP = AM, dus PM / / KL . AL = AK, AP = AM, QK = PL, dus MK = QK. KL is dus middenparallel in driehoek QPM en met midden van PQ ligt dus op deze middenparallel. Zo zal telkens het midden van PQ op KL liggen, waarmee KL inderdaad de meetkundige plaats is van de middens van PQ.

4 a 1: cirkel 2: ellips 3: parabool 4: hyperbool b De doorsnede is een verkleining van het cirkelvormige grondvlak. 5 a Zoals bij (de twee) raaklijnen vanuit een punt P buiten een cirkel aan die cirkel de afstanden tussen P en beide raakpunten gelijk zijn, zo zijn bij (de vele) raaklijnen vanuit een punt P buiten een bol aan die bol de afstanden tussen P en de raakpunten gelijk. Dus is inderdaad PF1 = PA en PF2 = PB. b Waar P ook ligt, de afstand AB verandert niet. Daarmee is ook AP + PB constant en dus ook PF1 + PF2. Daarmee is bewezen dat geval 2 een ellips oplevert.


44


Hoofdstuk 11 Raaklijnen Extra oefening 1 a x 2 + y 2 = 25 b 32 +(–4)2 = 9 + 16 = 25. Punt P(3, −4) ligt dus op de cirkel. c Die raaklijn staat loodrecht op OP. Het hellingsgetal van OP is –4/3. Het hellingsgetal van de raaklijn is dus 3/4. De vergelijking van de raaklijn is dan y = 34 x + b en deze gaat door P(3, −4); −4 = 34 ⋅ 3 + b , b = −4 − 94 . De vergelijking wordt dan y = 34 x − 6 14

d De coördinaten van het snijpunt met de x-as: y = 0, dus x = 8 13 , het snijpunt is ( 8 13 ,0). De coördinaten van het snijpunt met de y-as: x = 0, dus y = −6 14 , het snijpunt is (0, −6 14 ). 2 a Trek lijn PQ. De driehoeken PVQ en PFQ zijn congruent: - P ligt op de parabool, dus is PF = PV. - PQ = PQ - ∠ PVQ = ∠ PFQ(= 90°) Dus is QV = QF. b Omdat zowel ∠ PVQ als ∠ PFQ recht is, liggen zowel V als F op de cirkel met PQ als middellijn. Dus liggen de punten P, F, Q en V inderdaad op een cirkel liggen. 3

Zie de figuur hiernaast. V is het spiegelbeeld van F in m en ligt op l. P is een punt van de parabool p. Nu is dus FS = VS, ∠ FSP = ∠ VSP(= 90°) en PS = PS. Dus is Δ FPS ≅ Δ VPS en daarmee PF = PV en ∠ FPS = ∠ VPS . Daarom moet m raaklijn aan de parabool zijn.

4 a Dat is een eigenschap van de raaklijn aan een ellips. b Deze hoeken zijn maximaal als PF1 = PF2 en minimaal als P op het verlengde ligt van F1F2 of van F2F1. c Dan vallen F1 en F2 samen en zijn de hoeken recht. 5 a-d Zie de figuur hiernaast. e F1C1 = F1P1 + P1F2, dus P1C1 = P1F2. Daarmee is lijn P1M middelloodlijn van F2C1 en is ∠ MP1 F2 = ∠ MPC 1 1 . Daarmee is P1M raaklijn. Net zo verloopt het bewijs dat de lijn door P2 raaklijn is.


45

Netwerk 4e editie 5 vwo B Helpdesk uitwerkingen 6 1 De uitspraak is juist. De cirkels gaan door F, dus voor elke M is d(M,F) = r; de cirkels raken l, dus voor elke M is d(M,l) = r; voor elke M is dus d(M,F) = d(M,l) en dus ligt M per definitie op een parabool.

2 De uitspraak is juist. De cirkels gaan door F2, dus voor elke M is d(M,F2) = r; de cirkels raken c, dus voor elke M is d(M,c) = r; dus voor elke M is d(M, F2) = d(M,c) en dus ligt M per definitie op een ellips.

3 De uitspraak is juist. De cirkels gaan door F2, dus voor elke M is d(M,F2) = r; de cirkels raken c1, dus voor elke M is d(M, c1) = r; dus voor elke M is d(M, F2) = d(M, c1) en dus ligt M per definitie op een hyperbool.

7

Zie de tekening hiernaast. Wanneer l1 verder van de hoofdas gekozen wordt, wordt het duidelijker dan bij de aangegeven l1, waar het bijna niet te zien is.


46


Doorwerking 1 a-c Zie de tekening hiernaast. d R1 is een punt van de parabool, dus is R1C1 = R1F. Verder is PF = PC1 en PR1 = PR1, dus is Δ PC1 R1 ≅ Δ PFR1 . Daarmee is ∠ C1 R1 P = ∠ FR1 P en is PR1 raaklijn aan de parabool. Op gelijke wijze is te bewijzen dat PR2 raaklijn is.

2 a-d Zie de tekening hiernaast. e R1 is een punt van de ellips, dus is R1S1 = R1F2. Verder is PS1 = PF2 en PR1 = PR1, dus is Δ R1 S1 P ≅ Δ R1 F2 P . Daarmee is ∠ S1 R1 P = ∠ F2 R1 P en is PR1 raaklijn aan de ellips. Op gelijke wijze is te bewijzen dat PR2 raaklijn is.

3 a-c Zie de tekening hiernaast. d De straal van cirkel c1 is r1 = r. R2 is een punt van de hyperbool, dus is R2F2 – R2F1 = r, R2F1 + r = R2F2, R2C1 = R2F2. Verder is PC1 = PF2 en PR2 = PR2, dus is Δ PC1 R 2 ≅ Δ PF2 R2 . Daarmee is ∠PR2 F1 = ∠PR2 F2 en is PR2 raaklijn aan de parabool. Op gelijke wijze is te bewijzen dat PR1 raaklijn is.

4 a Hyperbolisch met brandpunten F1 en F2. b Zie tekening hiernaast. c Dat zou bij nauwkeurig tekenen inderdaad het geval moeten zijn. d Dan liggen F2 en Q redelijk uit elkaar. e De scherpte zal mede afhankelijk zijn van de kwaliteit van de spiegels.


47

Helpdesk uitwerkingen Hoofdstuk 1 Differentiëren

Recommend Documents