Uitwerkingen bij 1_0 Voorkennis: Sinusoïden V_1 a
A(–π, 0), B( − 21 π , 2), C( 21 π , –2) en D(π, 0)
b
Met de rekenmachine : Y1 = –2sinX Y2 = 1 Met CALC, Intersect of G-Solve, ISCT: x ≈ −2,62 , x ≈ −0,52 of x ≈ 3,67
c
Bij een verschuiving van 2 naar rechts vervang je in een functievoorschrift de x door x – 2, dus g(x) = −2sin(x − 2)
d
Je moet de grafiek van f dan π naar rechts schuiven. (of π naar links, of 3π, of 5π etc).
V_2 a
b c
d
V_3 a
b
c
V_4 a
b c d
De plot zie je hiernaast. Het bereik van y = cost is [–1, 1], dus het bereik van f(t) = 1 − 2cos t is [–1, 3]. De periode van f is 2π, de amplitude 2. Vervang t door t + 3 en trek vervolgens 1 van de functiewaarden af. Je krijgt: g(t) = 1 − 2cos(t + 3) − 1 ofwel g(t) = −2cos(t + 3) 2π 2π b= = 1 = 4π periode 2
2π = 8 , amplitude = −3 = 3 , bereik = [–3, 3]. 1 4π 2π Periode = = 0,1 , amplitude = 12, bereik = [5 – 12, 5 + 12] = [–7, 17]. 20π 2π Periode = 1 = 6 , amplitude = − 21 = 21 , bereik = [–2 – 21 , -2 + 21 ] = [ −2 21 , −1 21 ] . 3π Periode =
−5 + 3 = −1 , amplitude = 3 – –1 = 4. 2 Verder snijdt de grafiek de evenwichtsstand bij x = –2, x = 1 en x = 4, dus de periode is 4 – (-2) = 6. Het beginpunt van een golf ligt bij x = -2, dus c = -2. 2π 1 d = -1, a = 4 , b = = 3 π , c = -2 dus f(x) = −1 + 4 sin 31 π(x+2) 6 d, a en b veranderen niet, c wel. −2 + 1 Het hoogste punt van een golf ligt bij x = = − 21 dus c = − 21 . 2 g(x) = −1 + 4 cos 31 π(x+ 21 )
Evenwichtsstand is y =
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
V_5 a
b
De plot zie je hiernaast. 2π 1 De periode van f is = 2π. 4 2π 2 De periode van g is = 3π. 3 Veelvouden van 21 π zijn: 21 π , π, 1 21 π , 2π, … Veelvouden van
c d
e
2 3
π zijn:
2 3
π,
4 3
π , 2π, …
De gemeenschappelijke periode is 2π. Met CALC Intersect of G-Solve, ISCT: t = 0, t ≈ 0,61 , t ≈ 1, 41 , t ≈ 2,27 , t = π , t ≈ 4, 01 , t ≈ 4,87 , t ≈ 5,67 , t = 2π Per periode zijn er 9 oplossingen. Van de oplossingen ligt er één aan het begin en één aan het eind van de gemeenschappelijke periode. Het interval [-4π, 80π] bevat 84π : 2π = 41 perioden. Op het interval [-4π, 80π] heeft de vergelijking dus 41 × 8 + 1 = 329 oplossingen. 2π 2π De periode van h is 1 = 6 , de periode van k is 1 = 10 . π 3 5π De gemeenschappelijke periode is 30. Op het interval [0, 30] zijn er 6 snijpunten, zie plot. Op het interval [-45, 1500] zijn dat er 1545 : 30 = 51,5 keer zoveel (op een halve periode zijn er 3 snijpunten, zie plot). Dus het aantal snijpunten op [-45, 1500] is 51,5 × 6 = 309
V_6 a
Met de kettingregel: f′(t) = 21 ⋅ 2cos 21 t dus f′(t) = cos 21 t
b
Met de kettingregel: g′(t) = 2 ⋅ 3sin2(t + 1) dus g′(t) = 6sin2(t + 1)
c
Met de kettingregel: h′(t) = πsinπt
d
Met de kettingregel: k ′(t) = π ⋅ -2cos(1-2t) dus k ′(t) = −2πcos(1-2t)
e
l(t) = 2(cos t)3 geeft met de kettingregel: l′(t) = − sin t ⋅ 2 ⋅ 3(cos t)2 dus l′(t) = −6sin t cos2 t
f
Met de productregel: p′(t) = 1 ⋅ cos t + t ⋅ − sin t dus p′(t) = cos t − t sin t
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_1 Parametervoorstellingen 1
a
t = 0 invullen geeft x = 02 − 2 ⋅ 0 + 2 = 2 en y = 03 − 4 ⋅ 0 = 0 dus P(2, 0).
b
t = 1 geeft (1, -3) t = 2 geeft (2, 0) t = 3 geeft (5, 15) Zie de grafiek hiernaast. Voor de punten op de x-as geldt y = 0 dus t3 − 4t = 0 t(t2 − 4) = 0
c d
t = 0 of t2 = 4 t = 0 of t = -2 of t = 2 De punten die hierbij horen zijn (2, 0), (10, 0) en (weer) (2, 0). 2
a
b
3 4 t -3 -2 -1 0 1 2 x -16 -6 0 2 0 -6 -16 -30 y 96 24 0 0 0 -24 -96 -240 y = 0 oplossen : 4t − t3 = 0 geeft 4t(1 − t2 ) = 0 4t = 0 of t2 = 1 t = 0 of t = -1 of t = 1 Voor t = 0, t = -1 en t = 1 snijdt de kromme de x-as in de punten (2, 0), (0, 0) en weer (0, 0).
3
a
Het minimum van x = t2 − 1 is –1 voor t = 0 dus geldt x ≥ −1 . Het maximum van y = −t2 + 3t + 4 vind je door
dy dy = 0 op te lossen. = −2t + 3 dt dt -2t + 3 = 0 geeft t = 1 21 . Het maximum van y is y = −(1 21 )2 + 3 ⋅ 1 21 + 4 = 6 41 dus
geldt y ≤ 6 41 . b
t -3 -2 -1 0 1 1,5 2 3 4 x 8 3 0 -1 0 1,25 3 8 15 y -14 -6 0 4 6 6,25 6 4 0
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
c d
Het minimum van x = t2 − 1 is x = -1 bij t = 0, dan is y = 4, dus (-1, 4). Het maximum van y = −t2 + 3t + 4 is y = 6 41 bij t = 1 21 , dan is x = 1 41 dus (1 41 ,6 41 ) .
e f
Als y = x dan is t2 − 1 = −t2 + 3t + 4 2t2 − 3t − 5 = 0 opolossen met de abc-formule: D = ( −3)2 − 4 ⋅ 2 ⋅ ( −5) = 49 3 + 49 3 − 49 = −1 = 2 21 of t = 4 4 t = 2 21 geeft het punt (5 41 ,5 41 ) t=
t = -1 geeft het punt (0, 0) . Inderdaad geldt voor deze punten y = x. 4
a
b
c
t -3 -2 -1 0 1 2 3 4 x 15 8 3 0 -1 0 3 8 y -0,15 -0,27 -0,37 0 2,72 14,78 60,26 218,39
x = t2 − 2t is minimaal x = -1 als t = 1 dx want = 2t − 2 , 2t – 2 = 0 als t = 1. dt Het minimum van y = te t bereken je met
dy dy = 1 ⋅ e t + t ⋅ e t ofwel = et + t ⋅ et dt dt dy = 0 als e t (1 + t) = 0 dus t = -1. dt Het minimum van y = te t is dus y = −1 ⋅ e −1 = d
−1 voor t = -1. e
x = 3 geeft t2 − 2t = 3 t2 − 2t − 3 = 0 geeft (t − 3)(t + 1) = 0 dus t = 3 of t = -1 t = 3 geeft het punt (3,3e3 ) . t = -1 geeft het punt (3, −e1 ) .
e
Voor grote negatieve waarden van t is y = te t ≈ 0 dus dan nadert het punt de x-as.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
5a
1 2 3 4 t 0 0,5 x - -0,35 0 1,39 3,30 5,55 y - 0,35 0 0,69 2,20 4,16
b
dx 1 dx = 1 ⋅ ln t + t ⋅ dus = ln t + 1 dt t dt dx = 0 als ln t = -1 dus t = e −1 dt Het minimum is dus x = e −1 ⋅ ln e −1 = −e −1 dus x ≥ −e −1 . Het minimum van y = (t − 1)ln t bereken je via een plot van Y1 = (X − 1)ln(X) en CALC minimum. Dat geeft een minimum van y = 0 als t = 1. Dus y ≥ 0 .
c
y = 21 x geeft (t − 1) ⋅ ln t = 21 ⋅ t ⋅ ln t tln t − ln t = 21 tln t geeft
1 2
tln t − ln t = 0
ln t( t − 1) = 0 geeft ln t = 0 of 1 2
d
1 2
t =1
dus t = 1 of t = 2. t = 1 geeft het punt (0, 0). t = 2 geeft het punt (2ln2, ln2) ≈ (1,39; 0,69). De krommen K en M vallen samen, maar zijn niet identiek. Een punt op K dat bij een bepaalde waarde t = a hoort, is ook een punt van de kromme M, namelijk voor t = 21 a .
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_2 Bijzondere punten 6
a b
c
y = 0 dus 3sin t = 0 3sin t = 0 dus sin t = 0 , dit geeft t = 0 , t = π , t = 2π etc. dus t = 0 + k ⋅ π x = 1 + cos t is dan telkens x = 1 + 1 =2 of x = 1 + -1 = 0. Snijpunten met de x-as: (2, 0) en (0, 0). x = 0 dus 1 + cos t = 0 cos t = −1 geeft t = π , t = 3π , t = 5π etc. y = 3sin t is dan telkens 0. Snijpunt met de y-as: (0, 0).
7
a
b
c
8
a
b
c
d
t = 2 geeft het punt (6, 5). ∆y 5 − 0 5 = = De helling van OA is ∆x 6 − 0 6 t = 1 21 geeft het punt (1 78 ,2) ∆y 2−0 2 16 De helling van OB is = 7 = 15 = = 1 151 ∆x 1 8 − 0 8 15
t = 1,01 geeft het punt (0,020301; 0,0302) ∆y 0, 0302 − 0 = ≈ 1,5 De helling van K in O is ongeveer ∆x 0, 020301 − 0 t -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 x 0,28 -0,65 -0,99 -0,42 0,54 1 0,54 -0,42 -0,99 -0,65 0,28 y 12,5 8 4,5 2 0,5 0 0,5 2 4,5 8 12,5 dy dx = − sin t en =t dt dt dy dx t = 2 geeft = − sin2 en =2 dt dt dy 2 dus = ≈ −2,20 dx − sin2 dy dx t = 4 geeft = − sin 4 en =4 dt dt dy 4 dus = ≈ 5,29 dx − sin 4 P(1, 0) hoort bij t = 0. dy dx t = 0 geeft = − sin 0 = 0 en =0 dt dt dy 0 kun je nu niet berekenen, geeft geen uitkomst. dx 0
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
9
a b
dy dy dx = 2t en = 2t ⋅ e1 − t + t2 ⋅ −1 ⋅ e1 − t ofwel = 2te1 − t − t2 e1 − t dt dt dt dx = 0 als 2t = 0 dus t = 0 . dt dy = 0 als (2t − t2 ) ⋅ e1 − t = 0 dus als 2t − t2 = 0 ( e1 − t ≠ 0 ) dt t(2 − t) = 0 geeft t = 0 of t = 2 dy dx = 0 én =0. dt dt dy dy 0, 005428 dx t = 0,001 geeft = 0, 002 en ≈ 0, 005428 dus ≈ ≈ 2,71 dx 0, 002 dt dt
Dus voor t = 0 is c
De helling van de raaklijn in (0, 0) is ongeveer 2,71. 10
a
b
dx dx = − sin t − 2cos t ⋅ − sin t ofwel = − sin t + 2sin t cos t dt dt dy dy = cos t(1 − cos t) + sin t ⋅ sin t ofwel = cos t − cos2 t + sin2 t dt dt dy dx Voor punten met een horizontale raaklijn geldt = 0 en ≠0 dt dt dy = 0 geeft cos t − cos2 t + sin2 t = 0 dt Oplossen met de rekenmachine: Y1 = cos X − (cos X)2 + (sin X)2 , CALC Zero og G-Solve Root geeft de oplossingen: t = 0 , t = 2π , t ≈ 2, 09 , t ≈ 4,19 etc. dx = 0 geeft − sin t(1 − 2cos t) = 0 dus − sin t = 0 of cos t = dt sin t = 0 geeft t = 0 + k ⋅ π cos t = 21 geeft t ≈ 1, 05 , t ≈ 5,24 , etc. Voor punten met een horizontale raaklijn geldt
1 2
dy dx = 0 en ≠ 0 dus dt dt
t ≈ 2, 09 geeft (-0,74; 1,30) t ≈ 4,19 geeft (-0,75; -1,30)
Voor punten met een verticale raaklijn geldt
dy dx = 0 en ≠ 0 dus dt dt
t ≈ 1, 05 geeft (0,25; 0,43) t ≈ 5,24 geeft (0,25; -0,43)
c
t = π geeft (-2, 0) Bij (0, 0) hoort t = 0. dy dx Voor t = 0 is = 0 én = 0 , dus (0, 0) is een keerpunt. dt dt dy dy 0, 0000015 dx Voor t = 0,001 is = 0, 001 en = 0, 0000015 dus ≈ ≈0 dx 0, 001 dt dt De helling van de raaklijn in de oorsprong is vermoedelijk gelijk aan 0.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_3 Lissajousfiguren 11
12
a
Zie de plot hiernaast. 1 − cos t is maximaal 1 − −1 = 2 en minimaal 1 –1 = 0 dus 0 ≤ x ≤ 2 2 + sin t is maximaal 2 + 1 = 3 en minimaal 2 – 1 = 1 dus 1 ≤ y ≤ 3
b c
d
De figuur wordt dan een cirkel. Zie de plot hiernaast. Vensterinstelling: Xmin = 2, Xmax = 5 Ymin = 3 en Ymax = 6 2π = π, De periode van x = 3 − cos2t is 2 2π 2 de periode van y = 5 + sin3t is = 3π. 3 De gemeenschappelijke periode is 2π, dus dat is ook de periode van de kromme.
a
Zie de plot hiernaast. De periode van x = 1 + sin 2t is
2π = π , die van 2
y = 1 − 2cos t is 2π.
b
De gemeenschappelijke periode is 2π, dus dat is ook de periode van de kromme. Snijpunt met de x-as als y = 0, dus 1 − 2cos t = 0 2cos t = 1 geeft cos t = 21 dus t ≈ 1, 047 of t ≈ 5,236 (in één periode).
t ≈ 1, 047 geeft (1,87; 0) t ≈ 5,236 geeft (0,13; 0) Snijpunt met de y-as als x = 0, dus 1 + sin 2t = 0 sin2t = −1 geeft 2t = 1 21 π + k ⋅ 2π ofwel t = 34 π + k ⋅ π dus t = 34 π of t = 1 34 π (in één periode). t = 34 π geeft (0; 2,41) t = 1 34 π geeft (0; -0,41)
c
Uit de plot lees je af dat de kromme zichzelf snijdt in (1, 1). Voor t = 21 π is x = 1 + sin π = 1 + 0 = 1 en y = 1 − 2cos 21 π = 1 - 2 ⋅ 0 = 1 en voor t = 1 21 π is x = 1 + sin3π = 1 en y = 1 − 2cos1 21 π = 1 Dus het punt (1, 1) komt bij twee waarden van t voor.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
13
a
Zie de plot hiernaast. De kromme ligt op de lijn y = 1 + 2x
b
Omdat x = cos2t kun je bij y = 1 + 2cos2t voor cos2t een x invullen. Je krijgt dan y = 1 + 2x .
c
14
Omdat echter de waarde van cos2t maximaal 1 is en minimaal –1, geldt −1 ≤ x ≤ 1 . Je krijgt dus het deel van de lijn dat hoort bij −1 ≤ x ≤ 1 . Zie de plot hiernaast. De kromme ligt op de parabool die hoort bij f(x) = x2 .
d
De waarde van sin t is minimaal –1 en maximaal 1, dus geldt −1 ≤ x ≤ 1 . Als je het interval −1 ≤ x ≤ 1 als domein voor f kiest valt de grafiek van f precies samen met de kromme L.
a
x = 0 dus 3sin2t = 0 oplossen sin2t = 0 geeft 2t = 0 + k ⋅ π ofwel t = 0 + k ⋅ 21 π dus t = 0 of t =
1 2
π of t = π of t = 1 21 π etc
t = 0 geeft (0, 2) t = 21 π geeft (0, 0) (ook bij t = 1 21 π )
b
c
t = π geeft (0, –2) De snijpunten met de y-as zijn (0, 2), (0, 0) en (0, –2). 2π 2π 2 De periode van x = 3sin2t is = π , die van y = 2cos3t is = 3π. 2 3 De gemeenschappelijke periode is 2π, dit is tevens de periode van de kromme. y = 0 dus 2cos3t = 0 oplossen. cos3t = 0 geeft 3t = 21 π of 3t = 1 21 π of 3t = 2 21 π of 3t = 3 21 π of 3t = 5 21 π etc
dus t =
1 6
π of t =
1 2
π of t = 5 6
Bij (–2,60; 0) horen t = bij (0, 0) horen t =
1 2
5 6
π of t = 11 6
π en t =
7 6
π of t = 1 21 π of t =
11 6
π
π,
1 2
π en t = 1 π ,
bij (2,60; 0) horen t =
1 6
π en t =
7 6
π.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
15
a
b
2π = π. 2 De gemeenschappelijke periode is 2π, dus de periode van de kromme is 2π. dy dx Horizontale raaklijn als = 0 en ≠0 dt dt dy dx = 5 sin t en = 4 cos2t (met de kettingregel) dt dt dx = 0 als 5 sin t = 0 dt sin t = 0 geeft t = 0 + k ⋅ π dus t = 0 of t = π of t = 2π etc dy = 0 als 4 cos2t = 0 dt cos2t = 0 geeft 2t = 21 π + k ⋅ π ofwel t = 41 π + k ⋅ 21 π De periode van x = −5cos t is 2π, die van y = 2sin2t is
dus t =
1 4
π of t =
3 4
π of t = 1 41 π etc
dy dx = 0 en ≠ 0 dus voor dt dt t = 41 π , geeft (–3,54 ; 2)
Horizontale raaklijn als
t=
3 4
π , geeft (3,54 ; –2) 1 4
t = 1 π , geeft (3,54 ; 2) t = 1 34 π , geeft (–3,54 ; –2) dy dx = 0 en ≠ 0 dus voor dt dt t = 0, geeft (–5, 0), evenals t = 2π t = π, geeft (5, 0) In (0, 0) geldt x = −5cos t = 0 én y = 2sin2t = 0 Verticale raaklijn als
c
Dit geeft t =
1 2
π of t = 1 21 π .
dy dy dx 4 = 5 en = −4 dus =− dt dt dx 5 dy dy dx 4 Bij t = 1 21 π . is = −5 en = −4 dus = dt dt dx 5 De vergelijkingen zijn: y = − 54 x en y = 54 x
Bij t =
d
1 2
π is
De x en y zijn verwisseld, dus spiegel de gegeven grafiek in de lijn y = x. Zie de grafiek hiernaast.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
16
a b
De gemeenschappelijke periode van x en y is 2π, dus die van de kromme is ook 2π. y = 1 − cos2t is maximaal 2 als cos2t = −1 Dat is bij 2t = π, dus t =
17
1 2
π , en bij t = 1 21 π etc.
c
De keerpunten zijn (0, 0) en (2, 0).
d
Bij (0, 0) hoort t = π. dy dx = − sin t en = 2sin2t dt dt dy dx Voor t = π + 0,001 is = 0, 001 en = 0, 0040 dt dt dy Voor t = π is ≈ 4 , dus is de helling in (0, 0) gelijk aan 4. dx Bij (2, 0) hoort t = 0. dy dx = −0, 001 en = 0, 0040 Voor t = 0,001 is dt dt dy ≈ −4 , dus is de helling in (2, 0) gelijk aan –4. Voor t= 0 is dx
a
De gemeenschappelijke periode van x en y is 8π, dus kies voor t een interval met een breedte van 8π, bijvoorbeeld [0, 8π]. De periode van de kromme is 8π. dy dx 1 = 4 cos 41 t en = −2sin t dt dt dy dx Bij t = π is ≈ 0,1768 en =0 dt dt dy 0 De helling van de raaklijn is = =0 dx 0,1768 dy dx Horizontale raaklijn als = 0 en ≠0 dt dt dy = 0 geeft −2sin t = 0 als sin t = 0 dus t = 0 of t = π of t = 2π etc dt dx = 0 geeft 41 cos 41 t = 0 als cos 41 t = 0 dus 41 t = 21 π of 41 t = 1 21 π etc dt dus t = 2π of t = 6π etc. Punten met een horizontale raaklijn bij t = 0, geeft (0, 2) t = π (of 3π), geeft (0,71; –2) t = 5π (of 7π), geeft (-0,71; -2) dy dx = 0 én = 0 bij t = 2π en t = 6π, dus de keerpunten zijn (1, 2) en (-1, 2). dt dt
b
c
d
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_4 Vervormen 18
a
Snijpunt met de x-as als y = 0 dus 2cos 6t = 0 cos 6t = 0 geeft 6t = 21 π + k ⋅ π ofwel t = 121 π + k ⋅ 61 π
dus t =
b
1 12
π of t = − 121 π of t = 41 π of t = − 41 π of t =
5 12
π of t = − 125 π etc
Bij deze t-waarden horen de punten (0,78; 0), (-0,78; 0),(2,12; 0), (-2,12; 0), (2,90; 0) en (-2,90; 0). Snijpunt met de y-as als x = 0 dus 3sin t = 0 sin t = 0 geeft t = 0 + k ⋅ π Bij elk van deze t-waarden hoort het punt (0, 2). dy dx = 3cos t en = −12sin 6t dt dt dx = 0 als cos t = 0 dus t = 21 π + k ⋅ π dt dy dy t = 21 π + k ⋅ π invullen bij = −12sin 6t geeft = 0 voor deze waarden van t dt dt De kromme heeft keerpunten voor t = 21 π en t = 1 21 π , daar horen de punten
(3, -2) en (-3, -2) bij. c
K1 K2 De periode van x = 3sin t is 2π, die van y = 2cos t ook.
K3
De periode van K1 is 2π. De periode van y = 2cos2t is π, de periode van K2 dus 2π. De periode van y = 2cos3t is d e 19
a
b
2 3
π , de periode van K3 dus 2π.
De krommen met een even parameter b hebben keerpunten, die met een oneven parameter niet. De afmetingen zijn 6 bij 4.
2π 2π 2 = π , y = sin3t heeft periode = 3π. 2 3 De gemeenschappelijke periode is 2π, dus de periode van de kromme is 2π. De krommen vallen samen, maar bij dezelfde waarde van t horen verschillende punten op de krommen. x = cos2t heeft periode
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
c
a=0
20
a=
1 2
π
d
De krommen zijn elkaars spiegelbeeld in de y-as. De vorm is hetzelfde. De krommen liggen iets horizontaal verschoven ten opzichte van elkaar.
a
De periode van x = 3sin 31 t is
b
De gemeenschappelijke periode is 6π, dus de periode van de kromme is 6π. y = 2 geeft 2cos3t = 2 dus cos3t = 1 Oplossen: 3t = 0 + k ⋅ 2π ofwel t = 0 + k ⋅ 31 π dus t = 0 of t =
2 3
π of t =
4 3
2π 1 3
= 6π , die van y = 2cos3t is
2π 2 = 3π. 3
π of t = 2π of t = 2 23 π of t = 3 31 π of t = 4π of
t = 4 23 π of t = 5 31 π of t = 6π. Invullen bij x = 3sin 31 t geeft voor t = 0 en t = 6π dezelfde waarde en voor de overige t-waarden verschillende uitkomsten, dus er zijn 9 punten op de kromme met y = 2. Voor b = 2: y = 2 geeft 2cos2t = 2 dus cos2t = 1 Oplossen: 2t = 0 + k ⋅ 2π ofwel t = 0 + k ⋅ π t = 0 of t = π of t = 2π of t = 3π of t = 4π of t = 5π of t = 6π. Invullen bij x = 3sin 31 t geeft
c
21
bij t = 0, t = 3π en t = 6π dezelfde x-waarde, bij t = π en t = 2π dezelfde x-waarde en bij t = 4π en t = 5π dezelfde x-waarde. Er zijn dus drie raakpunten met de lijn y = 2. Zie de plot hiernaast. De linkerfiguur lijkt op die bij b = 3, de rechter op die bij b = 2. Plot de kromme bij b = 4 en bij b = 5 en tel het aantal raakpunten met de lijn y = 2. De plots komen overeen met de gegeven figuren. Bij de linkerfiguur hoort b = 5 en bij de rechter b = 4.
a
De periode van x = sin(t + a) is 2π, die van y = cos 21 t is 4π.
b
De periode van de kromme is de gemeenschappelijke periode, dus 4π. Plot de kromme x = sin(t + 1) en y = cos 21 t .
c
De kromme snijdt zichzelf in (–0,84; 0). Bij dit punt bij y = 0. Hier horen bij t = π en t = 3π. dy dx = cos(t + a) en = − 21 sin 21 t dt dt dy = 0 geeft 21 t = 0 + k ⋅ π ofwel t = 0 + k ⋅ 2π dt
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Dus t = 0 of t = 2π of t = 4π. dy dx In een keerpunt geldt = 0 én = 0 dus dt dt dx = 0 voor t = 0 geeft cos(0 + a) = 0 dus a = 21 π + k ⋅ π . dt dx = 0 voor t = 2π geeft cos(2π + a) = 0 geeft ook a = 21 π + k ⋅ π . dt Evenzo voor t = 4π. Dus voor a = 21 π + k ⋅ π zijn er twee keerpunten. 22
a
Zie de plot hiernaast. De kromme snijdt zichzelf in (0, 1). Bij dit punt horen de t-waarden 1,05; 5,24 en π. Immers: x = 0 geeft (1 − 2cos t) sin t = 0 dus 1 − 2cos t = 0 of sin t = 0 cos t = 21 geeft t ≈ 1, 05 of t ≈ 5,24 etc. sin t = 0 geeft t = 0 + k ⋅ π Invullen bij y = (1 + 2cos t) sin t geeft y = 1 bij de genoemde waarden van t.
b
dx dx = 2sin t ⋅ sin t + (2 − 2cos t) ⋅ cos t ofwel = 2sin t2 t + 2cos t − 2cos2 t dt dt dy dy = −2sin t ⋅ cos t + (2 + 2cos t) ⋅ − sin t ofwel = −4 sin t cos t − 2sin t dt dt Een waarde dicht bij t = 23 π is t = 2,09. dy dx ≈ 0, 022808 en ≈ −0, 013235 dus dt dt dy −0, 013235 voor t = 23 π is ≈ ≈ −0,58 dx 0, 022808 Voor t = 2,09 is
23
c
Voor grote waarden van a is 2cos t verwaarloosbaar ten opzichte van a, dus is x ≈ a ⋅ sin t en y ≈ a ⋅ cos t . De krommen die hierbij horen zijn cirkels.
a
Voor even waarden van n zijn x en y beide ≥ 0 voor elke waarde van t. Voor oneven waarden van n nemen x en y ook negatieve waarden aan.
b
K3
K4
K5
Naarmate n groter wordt komt de kromme steeds dichter bij de oorsprong te liggen. De waarde van cos t en sin t ligt voor elke waarde van t tussen –1 en 1. Voor elk getal p tussen –1 en 1 geldt dat pn naar 0 nadert naarmate n toeneemt. K10
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_5 Baansnelheid
24
a
b
c
d
dx dx = 2cos t , = 0 geeft t = 21 π + k ⋅ π . De kromme heeft daar een verticale dt dt raaklijn of een keerpunt. dy dy == −3sin3t , = 0 geeft 3t = 0 + k ⋅ π ofwel t = 0 + k ⋅ 31 π , dt dt dus t = 0 of t = 31 π of t = 23 π etc. In het plaatje is de lengte van de pijl bij v te berekenen met de stelling van dy dx Pythagoras, waarbij de rechthoekszijden de pijlen met en zijn. dt dt dy dx Bij t = 31 π is = 1 en =0 dt dt De snelheid op t =
e
25
a
b
26
a
1 3
π is v = 12 + 02 = 1
In een keerpunt geldt
dy dx = 0 én = 0 dus v = 02 + 02 = 0 . dt dt
dy dx = 3cos t en = −2sin t + 2sin2t dt dt dx Bij t = π is = −3 dus de snelheid in dt horizontale richting is –3. dy Bij t = π is = 0 dus de snelheid in verticale richting is 0. dt dy dx Bij t = 31 π is = 1,5 en = 0 dus de baansnelheid is v = 1,52 + 02 = 1,5 . dt dt dy dx = 2cos t + 2cos2t en = −2sin t + 2sin2t dt dt dx = 0 oplossen met de rekenmachine dt geeft t ≈ 1, 05 en t = π en t ≈ 5,24 . dy = 0 oplossen met de rekenmachine op soortgelijke wijze geeft dt t = 0 en t ≈ 1, 05 en t = π en t ≈ 5,24 en t = 2π. De keerpunten zijn : bij t ≈ 1, 05 (2,60; 1,50) bij t = π bij t ≈ 5,24
b
(0, -3) (-2,60; 1,50) Punt P(2,60; 1,50)
Zie a.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
c
d
dy dx ≈ −0, 03106 en ≈ 0, 01806 dt dt dy 0, 01806 De helling in P is ≈ ≈ −0,6 dx −0, 03106 dy dx Bij t = 21 π is = −2 en = −2 dus de baansnelheid is dt dt Bij t = 5,23 is
v = ( −2)2 + ( −2)2 = 8 27
a
Met de y-as, dus x = 0, geeft 3sin t = 0 . sin t = 0 geeft t = 0 of t = π of t = 2π t = 0 geeft (0; 1,41) t = π geeft (0: -1,41) t = 2π geeft (0; 1,41) Met de x-as, dus y = 0, geeft 2cos(t − π4 ) = 0 cos(t − π4 ) = 0 geeft t −
π 4
= 21 π of t −
π 4
= 1 21 π
dus t = 34 π of t = 1 34 π t = 34 π geeft (2,12; 0) t = 1 34 π geeft (-2,12; 0) b
dy dx = 3cos t en = −2sin(t − π4 ) dt dt dx = 0 als t = 21 π of t = 1 21 π dt dy = 0 als t − π4 = 0 of t − π4 = π dt dus t = 41 π of t = 1 41 π dy = 0 dus bij dt t = 41 π , geeft (2,12; 2) en t = 1 41 π , geeft (-2,12; -2).
Horizontale raaklijn als
dx = 0 dus bij dt t = 21 π , geeft (3; 1,41) en t = 1 21 π , geeft (-3; -1,41).
Verticale raaklijn als
c
Een punt P doorloopt nu de kromme van t = 0 tot en met t = 2π. Je kunt de kromme in ‘omgekeerde’ richting laten doorlopen door met 2π te beginnen. Vervang daarvoor in de parameterkromme t door 2π – t. Je krijgt dan: x = 3sin(2π-t) en y = 2cos((2π-t)- π4 )
d
Bij t = 2 is
dy dx ≈ −1,2484 en ≈ −1,8745 dus de baansnelheid is dt dt
v ≈ ( −1,2484)2 + ( −1,8745)2 ≈ 2,25
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
28
a b
c
d
In de figuur zie je dat er 4 punten zijn met een horizontale raaklijn en 2 met een verticale raaklijn. dy = − sin t(2cos t + 1) + (cos t − 1) ⋅ −2sin t ofwel dt dy = −4 sin t cos t + sin t dt dy = 0 als sin t( −4 cos t + 1) = 0 dus als sin t = 0 of cos t = 41 dt t = 0 of t = π of t = 2π of t ≈ 1,32 of t ≈ 4,97 Bij t = 0 en t = 2π hoort (0, 0) bij t = π hoort (0, 2) bij t ≈ 1,32 hoort (2,90; -1,125) bij t ≈ 4,97 hoort (-2,90; -1,125) dx dx = 3cos t dus = 0 als cos t = 0 , dat geeft t = 21 π of t = 1 21 π . dt dt dy dx Bij t = 21 π is = 0 en = 1 dus v = 02 + 12 = 1 . dt dt dy dx Bij t = 1 21 π is = 0 en = −1 dus v = 02 + ( −1)2 = 1 . dt dt Snijpunt met de x-as als y = 0 dus (cos t − 1)(2cos t + 1) = 0 cos t = 1 geeft t = 0 of t = π of t = 2π cos t = − 21 geeft t ≈ 2, 09 of t ≈ 4,19 dy dx = 3 en = 0 dus v = 32 + 02 = 3 , bij t = 2π idem. dt dt dy dx Bij t ≈ 2, 09 is = −1,5 en ≈ 2,60 dus v ≈ ( −1,5)2 + 2,602 ≈ 3, 00 . dt dt dy dx Bij t ≈ 4,19 is = −1,5 en ≈ −2,60 dus v ≈ ( −1,5)2 + 2,602 ≈ 3, 00 . dt dt Bij t = 0 is
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 1_6 Verwerken en toepassen 29
a b c
x kan waarden uit [-2, 2] aannemen, y uit [-1, 1]. De periode van x is 2π, die van y is π, dus de periode van de kromme is 2π. dy dx = −2sin t en = 2cos2t dt dt dx = 0 als sin t = 0 dus bij t = 0 of t = π of t = 2π. dt dy = 0 als cos2t = 0 dus als 2t = 21 π + k ⋅ π ofwel t = 41 π + k ⋅ 21 π dt Dus bij t = 41 π of t = 34 π of t = 1 41 π of t = 1 34 π .
Verticale raaklijn als
dx = 0 dus bij t = 0, geeft (2, 0) (ook bij t = 2π) en bij dt
t = π, geeft (-2, 0). Horizontale raaklijn als t=
1 4
π , geeft (1,41; 1)
dy = 0 dus bij dt en t = 34 π , geeft (-1,41; -1)
t = 1 41 π , geeft (-1,41; 1) en t = 1 34 π , geeft (1,41; -1) d
Bij (0, 0) horen t =
π en t = 1 21 π .
dy dy −2 dx = −2 en = −2 dus = =1 dt dt dx −2 De vergelijking is y = x. dy dy −2 dx Bij t = 1 21 π is = 2 en = −2 dus = = −1 dt dt dx 2 De vergelijking is y = -x. dy dx = −2sin(t + 41 π) en = 2cos2t dt dt dy = 0 bij t = 41 π of t = 34 π of t = 1 41 π of t = 1 34 π . dt dx = 0. Voor t = 34 π en t = 1 34 π is ook dt De keerpunten zijn dus voor t = 34 π het punt (-2, -1) en voor t = 1 34 π .het punt
Bij t =
e
1 2
1 2
π is
(2, -1).
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
30
a
x = 0 dus 2cos(t + 31 π)=0 oplossen. cos(t + 31 π)=0 geeft t + 31 π = 21 π of t + 31 π = 1 21 π dus t =
b
1 6
π of t = 1 61 π .
Snijpunt met de y-as (0; 0,87). y = 0 dus sin2t = 0 2t = 0 + k ⋅ π ofwel t = 0 + k ⋅ 21 π Dus t = 0 of t =
1 2
π of t = π of t = 1 21 π of t = 2π.
t = 0 (en t = 2π) geeft (1, 0) t = 21 π geeft (-1,73; 0) t = π geeft (-1, 0) t = 1 21 π geeft (1,73; 0) c
dy dx = −2sin(t + 31 π) en = 2cos2t dt dt Bij (-1,73; 0) hoort t = 21 π . Bij t =
31
a
1 2
π is
dy dx = −1 en = −2 dus v = ( −1)2 + ( −2)2 = 5 dt dt
Een punt op een cirkel met middelpunt (0, 0) en straal 10 voldoet aan x = 10 cos t en y = 10 sin t . Met middelpunt (0, 14) wordt dat x = 10 cos t en y = 14 + 10 sin t . In dat geval ‘start ‘ de kromme op t = 0 bij (10, 14). Er moet echter gelden: x(0) = -8, dus 10 cos(0 + a) = −8 . Dit geeft a ≈ 3,875 .
b
c
De bewegingsrichting is met de klok mee. De omtrek van de kleine cilinder is 10π, de periode van c2 is π, dus de 10π baansnelheid is = 10 m/s. π Straal 5 en middelpunt (-12, 5) en periode π geeft x = −12 + 5cos2t en y = 5 + 5 sin2t als het startpunt op (-8, 5) zou zijn en de draairichting tegen de klok in. De draairichting omdraaien betekent dat bij dezelfde x-waarde y eerst moet afnemen in plaats van toenemen, dus: y = 5 − 5 sin2t . Verder moet x(0) = -8 dus −12 + 5cos(2 ⋅ 0 + a) = −8 , dit geeft cos a = 0,8 en a ≈ 0,644 of a ≈ −0,644 . Ook moet y(0) = 8, dus 5 − 5 sin(2 ⋅ 0 + a) = 8 ofwel sin a = −0,6 . Uit dit alles volgt a ≈ −0,644 en dus x = −12 + 5cos(2t − 0,644)
en y = 5 − 5 sin(2t − 0,644) . d
e
y = 0 geeft sin(2t − 0,644) = 1 dus 2t – 0,644 =
1 2
π ofwel t ≈ 1,107
dx = −10 sin(2t − 0,644) dt dx Bij t ≈ 1,107 is = −10 . dt De snelheid waarmee C over de x-as schuift is gelijk aan de snelheid van c2 in punt Q, dus 10 m/s.
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij Testbeeld
T_1 a
b
c
d
e
f
De periode van x is
2π 2 = 3 π , die van 3
y is 2π. De periode van de kromme is 2π. 2π 2 x = cos5t heeft periode = 5 π , de 5 gemeenschappelijke periode is 2π, dus die van de kromme ook. dy dx = − a sin at en = cos t dt dt dy = 0 voor t = 21 π + k ⋅ π dt dx De kromme heeft keerpunten als voor deze waarden ook gelijk is aan 0. dt dx t = 21 π geeft = − a ⋅ sin(a ⋅ 21 π)=0 als a ⋅ 21 π = 0 + k ⋅ π dt dus als a = 0 of a = 2 of a = 4 etc, ofwel als a even is. x = 0 dus cos at = 0 oplossen. Per periode heeft x = cos at twee nulpunten. De periode van de kromme is 2π. In één periode van de kromme heeft x = cos at a perioden, dus 2a nulpunten. Op twee nulpunten van x na snijdt de kromme zichzelf in een snijpunt met de y-as. 2a − 2 Het aantal snijpunten met de y-as is dus 2 + = a +1. 2 Bij een even waarde van a doorloopt een punt de kromme tweemaal zodat elk snijpunt met de y-as twee keer gepasseerd wordt. 2a Het aantal snijpunten is dus dan =a. 2 Zie ook de plot hiernaast van de kromme bij a = 4. y = 0 voor t = 0 of t = π of t = 2π etc. Voor t = 0 is x = 1 voor elke waarde van a. Dus elke kromme snijdt de x-as in het punt (1, 0).
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
T-2 a
dy dx = −32sin 4t en = 15cos3t dt dt dx = 0 als sin 4t = 0 dus 4t = 0 + k ⋅ π ofwel t = 0 + k ⋅ 41 π dt dus t = 0 of t = 41 π of t = 21 π of t = 34 π etc. dy = 0 als cos3t = 0 dus 3t = 21 π + k ⋅ π ofwel t = 61 π + k ⋅ 31 π dt dus t = 61 π of t = 21 π of t = 56 π etc. dy dx = 0 én = 0 dus bij t = dt dt bij de punten (8, -5) en (8, 5). In een keerpunt geldt
1 2
π of t = 1 21 π , behorende
b
De bewering is onjuist, want onvolledig. Er moet bovendien gelden dat
c
omdat er anders spake is van een keerpunt. Bij (8, 5) hoort t = 1 21 π ( ≈ 4,7123 ). dx ≈ 0, 04979 en dt dy De helling van de kromme is ≈ dx
Bij t = 4,712 is
T-3 a
b
Voor t =
1 2
dx ≠0, dt
dy ≈ 0, 0175 dt 0, 0175 ≈ 0,35 . 0, 04979
π is x = 1 en y = 1.
dy dx = cos t − 2cos2t en = − sin t + 2sin2t dt dt dy dy −1 dx = 2 en = −1 dus = = − 21 Bij t = 21 π is dt dt dx 2 Los op : sin t − sin2t = 0 met de rekenmachine: t = 0 of t ≈ 1, 05 of t = π of t ≈ 5,24 of t = 2π. t ≈ 1, 05 en t ≈ 5,24 geven beide het punt (0, 1).
c
Snijpunten met de y-as bij t = 0 of t ≈ 1, 05 of t = π of t ≈ 5,24 of t = 2π.
d
Bijbehorende punten: (0, 0), (0, 1) en (0, -2). Snijpunten met de x-as als y = 0 dus cos t − cos2t = 0 Oplossen met de rekenmachine geeft t = 0 of t ≈ 2, 09 of t ≈ 4,19 of t = 2π. Bijbehorende punten: (0, 0), (1,73; 0) en (-1,73; 0). dx Horizontale snelheid = cos t − 2cos2t dt dy Verticale snelheid = − sin t + 2sin2t dt dy dx Bij t = 21 π is = 2 en = −1 dus de baansnelheid is v = 22 + ( −1)2 = 5 dt dt
e
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
T_4 a
b
Voor a = 0 is x = cos t en y = cos t dus y = x. Voor a = π is x = cos t en y = cos(t − π) . De grafiek van y = cos(t − π) ontstaat uit die van y = cos t door een horizontale verschuiving van π naar rechts en valt dan samen met die van y = − cos t . De kromme ligt dus op de lijn y = -x.
c
Voor een cirkel geldt x = cos t en y = sin t Voor a =
T_5 a
b
1 2
π is y = cos(t − 21 π) en dat is gelijk aan y = sin x
−4 ≤ x ≤ 4 en −2 ≤ y ≤ 2 dus de kromme past in een rechthoek van 8 bij 4. dy dx = −4 sin t en = 6cos3(t − a) dt dt dx = 0 als t = 0 + k ⋅ π dt dy In een keerpunt is ook =0 dt dy t = 0 geeft = 6cos( −3a) = 0 als −3a = 21 π + k ⋅ π , dt dus a = 61 π of a = 21 π of a = 56 π . dy = 6cos(π − a) = 0 als 3(π – a) = 21 π + k ⋅ π dt dus π – a = 61 π + k ⋅ 31 π ofwel a = 56 π + k ⋅ 31 π , dit geeft dezelfde waarden als bij Bij t = π is
t = 0. Dus keerpunten bij t = 0 en t = π voor a =
c
1 6
π of a =
1 2
π of a =
5 6
π.
Voor t = 2π idem. dy dx = −4 sin t en = 6cos3(t − 0,7) dt dt dy dx Bij t = 5 is ≈ 3,835697 en ≈ 5,66916 dt dt De baansnelheid is v ≈ 3,8357 2 + 5,66922 ≈ 6,84
d
Keerpunten voor t = 0 en t = π (zie b). dy dx = −4 sin t en = 6cos3(t − 21 π) dt dt dy dx Voor t = 0,001 is ≈ −0, 004 en ≈ −0, 018 . dt dt dy −0, 018 De helling bij t = 0 is ≈ = 4,50 . dx −0, 004 dy dx ≈ 0, 004 en ≈ 0, 018 . Voor t = π + 0,001 is dt dt dy 0, 018 De helling bij t = π is ≈ = 4,50 . dx 0, 004
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
T-6 a
Met de y-as, dus x = 0, geeft cos t = 0 dus t =
1 2
π of t = 1 21 π .
Snijpunten met de y-as: (0, 3) en (0, -3). Met de x-as, dus y = 0, geeft 4 sin3 t − sin t = 0 Oplossen met de rekenmachine geeft t = 0 of t ≈ 0,52 of t ≈ 2,62 of t = π of t ≈ 3,67 of t ≈ 5,76 of t = 2π.
b
Snijpunten met de x-as: (2, 0), (1,73; 0), (-1,73; 0), (-2, 0) x = 1 geeft cos t = 21 dus t ≈ 1, 047 of t ≈ 5,236 x = -1 geeft cos t = − 21 dus t ≈ 2, 094 of t ≈ 4,189 y = 0 geeft 4 sin3 t − a sin t = 0 ofwel a =
4 sin3 t = 4 sin2 t sin t
t ≈ 1, 047 invullen geeft a = 4 t ≈ 5,236 invullen geeft a = 3 t ≈ 2, 094 invullen geeft a = 3 t ≈ 4,189 invullen geeft a = 3
c
Dus voor a = 3 gaat de kromme door (1, 0) én (-1, 0). x = 0 voor t = 21 π en t = 1 21 π (zie a). Als de kromme de x-as raakt in de oorsprong is y = 0 én
dy =0 dt
dy = 12sin2 t cos t − a cos t dt dy = 0 − a ⋅ 0 = 0 dus a = 4. dt dy Bij t = 1 21 π is y = -4 + a = 0 en = 0 − a ⋅ 0 = 0 dus a = 4. dt Voor a = 4 raakt de kromme de x-as in de oorsprong. y = 0 geeft 4 sin3 t − a sin t = 0 sin t(4 sin2 t − a) = 0 Bij t =
d
1 2
π is y = 4 – a = 0 en
sin t = 0 of sin2 t = 41 a
sin t = 0 geeft t = 0 of t = π of t = 2π dus (2, 0) en (-2, 0). sin2 t = 41 a heeft géén oplossingen voor a < 0 of a > 4 sin2 t = 41 a heeft dezelfde oplossingen als sin t = 0 als a = 0 sin2 t = 41 a heeft als oplossing t =
1 2
π of t = 1 21 π als a = 4. Bij deze beide
t-waarden hoort het punt (0, 0). Voor 0 < a < 4 heeft sin2 t = 41 a vier andere oplossingen die twee aan twee een snijpunt met de x-as geven. Dus 2 snijpunten voor a ≤ 0 of a > 4 3 snijpunten voor a = 4 4 snijpunten voor 0 < a < 4
vwoB1 deel 4 — Analyse_1 — Periodieke bewegingen
Uitwerkingen bij 2_0 Voorkennis: Herleiden V_1 a
Er geldt f(x) = x2 − 2x − 35 en g(x) = (x2 − 2x + 1) − 36 = x2 − 2x − 35
b
c
De grafiek van k is een rechte lijn en dus is k een eerstegraads functie. k(x) = (1 − 2x + x2 ) − (1 + 2x + x2 ) dus k(x) = -4x.
V_2 a
b
De beide grafieken zijn hetzelfde f(x) = 1 − (sin x)2
c
Dat weet je omdat geldt (sin x)2 + (cos x)2 = 1 dus g(x) = (cos x)2 = 1 − (sin x)2 = f(x)
V_3
Nee, je ziet twee verschillende grafieken.
V_4a,b
f(x) = (sin2 x + 2sin x cos x + cos2 x) + +(sin2 x − 2sin x cos x + cos2 x) = = 2 sin2 x + 2 cos2 x = 2(sin2 x + cos2 x) = 2 ⋅ 1 = 2
V_5
Er geldt h(x) = sin x(sin2 x + cos2 x) = sin x ⋅ 1 = sin x = k(x)
V_6 a
De vergelijking cos2 x + cos x + 1 = 0 is een kwadratische vergelijking met als variabele cos x. De discriminant van de vergelijking is gelijk aan 1 − 4 ⋅ 1 ⋅ 1 = −3 < 0 , dus er zijn geen oplossingen. p(x) = (1 + cos x + cos2 x)(1 − cos x) =
b
c
1 − cos x + cos x − cos2 x + cos2 x − cos3 x = 1 − cos3 x Er geldt dat de minimumwaarde van p(x) gelijk is aan 1 – 1 = 0, dus is er wel sprake van raken, maar niet van snijden.
V_7a,b,c
v(x) = (1 + sin x) − (1 − sin x) = 2 sin x en dit is een periodieke functie met d
periode 2π . p(x) = (1 − sin x)(1 + sin x) = 1 − sin2 x = cos2 x . Ook p is een periodieke functie
met periode π V_8 a
h(x) = 1 + cos x − sin x + cos x(1 + sin x − cos x) − sin x(1 + sin x − cos x) = = 1 + sin x − cos x + cos x + sin x cos x − cos2 x − sin x − sin2 x + sin x cos x = = 2sin x cos x − sin2 x − cos2 x + 1 = = 2sin x cos x − (sin2 x + cos2 x) + 1 =
b
V_9
= 2 sin x cos x − 1 + 1 = 2 sin x cos x . De nulpunten volgen uit de vergelijkingen sin x = 0 en cos x = 0 . Dit geeft x = k ⋅ 21 π (met k een geheel getal). Er geldt f(x) = sin x − sin3 x = sin x(1 − sin2 x) = sin x ⋅ cos2 x = g(x)
Uitwerkingen bij 2_1 Symmetrie eigenschappen 1
a
De grafiek van f heeft als symmetrieassen de lijnen x = 21 π + k ⋅ π (met k een geheel
b
getal). De grafiek van g heeft de lijnen x = k ⋅ π (k geheel) als symmetrieassen. Juist is sin(-a)= -sin a, want de functiewaarden f(a) en f( −a) zijn tegengesteld aan
c
elkaar. Er geldt cos(π − a) = − cos a , want de functiewaarden g(a) en g(π − a) zijn elkaars
d
tegengestelde. sin(π + a) = − sin a , want f(a) en f(π + a) zijn elkaars tegengestelde.
e
Het blijkt dat cos (π + t) = − cos t want de grafiek van k is het spiegelbeeld van de grafiek van h bij spiegeling in de x-as. 2
3
a
f(t) = sin(7π + t) = sin(7π + t − 3 ⋅ 2π) = sin(π + t) = − sin t
b
g(t) = cos( −2π − t) = cos( −2π − t + 2π) = cos( −t) = cos t
c
h(t) = sin( −3π − t) = sin( −3π − t + 2 ⋅ 2π) = sin(π − t) = sin t
d
k(t) = sin( −t − 23π) = sin( −t − 23π + 24π) = sin( −t + π) = sin t
a
b
c
Bij spiegeling in de lijn y = x moeten de coördinaten van een punt verwisseld worden om de coördinaten van het spiegelpunt te krijgen. Dus de x-coördinaat van P is gelijk aan de y-coördinaat van Q en andersom. Als je in het punt S(0, 1) langs de cirkel zover in de richting van punt P gaat tot je in punt Q bent, dan geldt vanwege de symmetrie dat ∠SOQ = t radialen dus hoort bij punt Q een hoek van ( 21 π − t) radialen.
4
d
Je hebt op twee manieren de coördinaten van punt Q berekend. Dus de y-coördinaat van Q is volgens opdracht b gelijk aan cos t en volgens opdracht c is de y- coördinaat van Q gelijk aan sin ( 21 π − t) .
a b
Zie de tekening bij de uitwerking van opdracht 3a De lijn y = −x is de spiegellijn.
c
De x-coördinaat van P is het tegengestelde van de y-coördinaat van R dus er geldt cos t = − sin(1 21 π − t) . Verder is de y-coördinaat van P het tegengestelde van de x-coördinaat van R, dus sin t = − cos(1 21 π − t)
5
a
b
c
6
Alle parametervoorstellingen geven dezelfde kromme. De parametervoorstellingen K en M zijn identiek. x = 2 cos t x = −2 cos t , L: ; Er geldt namelijk K : y = sin t y = sin t
x = 2cos t x = −2 cos t M: en N: y = sin t y = − sin t Het is mogelijk dat de krommen samenvallen, maar er hoeft niet bij elke waarde van t op beide krommen hetzelfde punt te horen.
a
Je moet oplossen cos 3t = 0 . Dit geeft 3t = 21 π + k ⋅ π dus t = 61 π + k ⋅ 31 π
b
Bijvoorbeeld a = 2π en b = π . De keuze voor a laat x onveranderd en door de keuze voor b verandert de y-coördinaat van een punt op de kromme van teken. Het gevolg is een spiegeling in de x-as, maar de kromme is symmetrisch in de x-as dus de kromme blijft dezelfde.
Uitwerkingen bij 2_2 Somformules 7
8
a
b
De grafieken van de functies f en h zijn gelijk. Dan krijg je drie verschillende grafieken.
a
f(x) = sin x ⋅ cos 0, 2 + cos x ⋅ sin 0, 2 g(x) = cos x ⋅ cos1 + sin x ⋅ sin 1 en h(x) = sin x ⋅ cos 7 − cos x ⋅ sin 7
b
f(x) = cos π ⋅ cos x − sin π ⋅ sin x = −1 ⋅ cos x − 0 ⋅ sin x = − cos x
c
g(t) = sin 1 21 π ⋅ cos t + cos1 21 π ⋅ sin t = −1 ⋅ cos t + 0 ⋅ sin t = − cos t sin(u − t) = sin(u + −t) = sin u ⋅ cos( −t) + cos u ⋅ sin( −t) = sin u ⋅ cos t − cos u ⋅ sin t
9
cos(u − t) = cos(u + −t) = cos u ⋅ cos( −t) − sin u ⋅ sin( −t) = cos u ⋅ cos t + sin u ⋅ sin t 10
11
a b
De lijn heeft de vergelijking y = x sin 2t = sin(t + t) = sin t ⋅ cos t + cos t ⋅ sin t = 2 sin t cos t
c
cos 2t = cos(t + t) = cos t ⋅ cos t − sin t ⋅ sin t = cos2 t − sin2 t
d
Uit sin2 t + cos2 t = 1 volgt dat sin 2t = 1 − cos2 t , dus cos2t = cos2 t − sin2 t = = (1 − sin2 t) − sin2 t = 1 − 2 sin2 t en cos2t = cos2 t − (1 − cos2 t) = 2 cos2 t − 1 .
a
cos 2x = 2 cos2 x − 1 dus 2 cos2 x = cos 2x + 1 en cos2 x = 21 cos 2x + 1π 2
b
∫ cos
2
0
12 a,b
xdx =
1π 2
1π 2
∫(
1 2
cos2x + )dx = [ sin2x + x] 1 2
1 4
0
sin(2t + t) = sin 2t ⋅ cos t + cos 2t ⋅ sin t =
= 2 sin t cos t ⋅ cos t + (1 − 2 sin2 t) sin t = = 2 sin t ⋅ cos2 t + sin t − 2 sin3 t = = 2 sin t(1 − sin2 t) + sin t − 2 sin3 t = = 2 sin t − 2 sin3 t + sin t − 2 sin3 t = = 3 sin t − 4 sin3 t
= 41 π
1 2
0
1 2
13
a
b
Nee, dat klopt niet; je ziet twee verschillende grafieken. sin 4t = sin(2t + 2t) = sin 2t ⋅ cos 2t + cos 2t ⋅ sin 2t = 2 sin 2t ⋅ cos 2t = 2 ⋅ 2 sin t cos t ⋅ (cos2 t − sin2 t) = 4 sin t ⋅ cos3 t − 4 sin3 t ⋅ cos t
14
a
Er volgt 2 cos t(sin t − 1) = 0 dus cos t = 0 of sin t = 1 . Dit geeft de oplossingen t = 21 π + k ⋅ π (k een geheel getal).
b
sin 2t = 2 sin t . Door de verdubbelingsformule te gebruiken gaat de vergelijking over in 2 sin t cos t = 2 sin t . Op nul herleiden geeft 2 sin t cos t − 2 sin t = 0 of 2 sin t(cos t − 1) = 0 . Hieruit volgt sin t = 0 of cos t = 1 . Dit geeft de oplossingen t = k ⋅ π (k een geheel getal). In het interval [0, π ] zijn dus t = 0 en t = π oplossingen.
15
a
Om de coördinaten van het snijpunt te vinden los je op y = 0 , dus 4 sin2 t cos2 t = 0 . Hieruit volgt sin t = 0 of cos t = 0. Dit geeft t = k ⋅ 21 π
(k een geheel getal). Het snijpunt is dus het punt (2,0). b,c
Om de keerpunten te vinden los je op Hieruit volgt dat
dy dx = 0 en = 0. dt dt
dx 1 = ⋅ 2cos2t = cos2t en dt 2
dy = 2 ⋅ sin2t ⋅ cos2t ⋅ 2 = 4 sin2t cos2t = 2sin 4t dt (Bedenk dat y = (2 sin cos t)2 = (sin 2t)2 !) Er moet dus gelden dat cos 2t = 0 en 2sin 4t = 0 Dit geeft 2t = 21 π+k ⋅ π of t = 41 π + k ⋅ 21 π (k een geheel getal) en 4t = k ⋅ π of t = k ⋅ 41 π (k een geheel getal). De gemeenschappelijke oplossingen zijn de getallen t = 41 π + k ⋅ 21 π met k een geheel getal. In het interval [0, 2 π ] vind je t = 41 π, t = 34 π, t = 54 π en t = 74 π . Bij deze waarden horen de punten (1,5; 1) en (2,5; 1).
d
Uit x = 2 + 21 sin 2t volgt, dat
1 2
sin 2t = x − 2 dus sin 2t = 2x − 4 .
Dit vul je in in de parametervergelijking voor y en je krijgt y = 4 sin2 t ⋅ cos2 t = (sin 2t)2 = (2x − 4)2 e
Uit de parametervergelijking voor x volgt dat 1 21 ≤ x ≤ 2 21 , omdat −1 ≤ sin 2t ≤ 1 . Dus het domein voor p is het interval [1,5; 2,5]
Uitwerkingen bij 2_3 Formules van Simpson 16
a
b
c
17
Het punt (1,0) ligt het dichtst bij de oorsprong. Het punt (3, 0) ligt er het verst van af. Als het punt P ook op de rand van de vaste euro ligt, is de afstand tot de oorsprong minimaal, maar als punt P zich precies aan de andere kant van de bewegende euro bevindt is de afstand maximaal. De kromme die M beschrijft is een cirkel met straal 2 en middelpunt O. x = 2 cos t Deze cirkel heeft als parametervoorstelling bijvoorbeeld y = 2 sin t
Dat zie je terug in de factor 2 bij de termen cos 2t en sin 2t in de parametervoorstelling van de cardioϊde.
a
b
De functie is periodiek en de periode is 2π , de gemeenschappelijke periode van de functies f en g. De grafiek is geen sinusoїde . In een plot is duidelijk te zien dat bijvoorbeeld de toppen niet even hoog liggen.
c
Voor h geldt h(x) = f(x) + g(x) = sin(x + 2) + sin(x + 3) De grafiek heeft – in een plot is dat duidelijk te zien- even hoge toppen en dalen. Je ziet een periodiek verloop. Dus lijkt h een periodieke functie te zijn.
18
a
f(t) = 2 sin 21 (2t − 1) ⋅ cos 21 ≈ 1, 76 ⋅ sin(t − 0, 5) en g(t) = 2 cos 21 (3t − 1) ⋅ cos 21 (t + 1)
19
b
De grafiek van f is een sinusoїde, maar de grafiek van g niet want het functievoorschrift van g is niet te herleiden tot een uitdrukking van de vorm a sin b(x + c) + d .
a
De formules worden dan de volgende: sint + sint = 2sint, sint – sint = 0, cos t + cos t = 2cost en cos t – cos t = 0 Als je neemt u = 0, dan krijg je :sint = 2 sin 21 t cos 21 t , cos t + 1 = 2 cos2 21 t en
b
cos t – 1 = −2 sin2 21 t 20
a
b
dy dt
= 2(cos t − cos 2t) = 2( −2 sin 1 21 t ⋅ sin( − 21 t)) = 4 sin 1 21 t sin 21 t
Een horizontale raaklijn is er in de punten met
dy dt
= 0 en
dx ≠ 0. dt
Hieruit volgt :sin 1 21 t = 0 of sin 21 t = 0 , maar −2sin t + 2sin2t ≠ 0 . De eerste vergelijking geeft als oplossingen t = 0 , t = 23 π , t = 34 π en t = 2π . De tweede vergelijking geeft als oplossingen t = 0 en t = 2π . dx ≠ 0. dt Bij deze waarden horen de punten ( −0,50;2,60) en ( −0,50; −2,60) die een
De waarden t = 23 π en t = 34 π voldoen aan de voorwaarde dat c
d
horizontale raaklijn hebben. dx Er geldt = −2sin t + 2sin2t = −2(sin t − sin2t) = dt = −2 ⋅ 2 ⋅ sin 21 (t − 2t) cos 21 (t + 2t) = −4 sin( − 21 t) cos(1 21 t) = = 4 sin 21 t cos1 21 t . Dus sin 21 t = 0 of cos1 21 t = 0 .
Daaruit volgen de waarden van t: t = 31 π , t = π en t = 1 23 π . Bij deze waarden horen de punten met een verticale raaklijn: (1,5; 0,87), ( −3, 0) en (1,5; −0,87) .
21
a
dy = −1 21 sin t − 1 21 sin1 21 t = −1 21 (sin t + sin1 21 t) dt Met de formules van Simpson volgt hieruit, dat dy = −3 sin 1 41 t cos( − 41 t) = −3 sin 1 41 t cos 41 t . dt De snelheid in verticale richting is dus gelijk aan nul als sin 1 41 t = 0 of als cos 41 t = 0 . Hieruit volgt t= 0, t =
b
4 5
π , t = 58 π , t =
12 5
π ,t =
16 5
π en t = 2π .
De punten die hierbij horen zijn : (0; 2,50), (0,59; −2, 02) , ( −0,95;0,77) , (0,95; 0,77), ( −0,59; −2, 02) en (0; 0,50)
c
dy dx = 0 , maar ≠0. dt dt Hieruit volgt dat cost = 0. De oplossingen van deze vergelijking die voldoen aan de dy voorwaarde dat ≠ 0 zijn t = 21 π , t = 1 21 π , t = 2 21 π en t = 3 21 π . dt De punten met een verticale raaklijn zijn (1; −0,71) , ( −1; −0,71) , (1; 0,71) en Verticale raaklijnen hebben de punten waarvoor geldt
( −1;0,71) .
22
a
dy dx = −2sin t + 2sin2t en = 2cos t − 2cos2t dt dt Een formule voor de baansnelheid is dus : Er geldt
v(t) = ( −2 sin t + 2 sin 2t)2 + (2 cos t − 2 cos 2t)2 Dus v(0) = 0 en v( π) = 16 = 4 b
Die snelheid zal het kleinst zijn in het punt (1, 0), omdat de kromme daar een keerpunt heeft en in een keerpunt is de baansnelheid gelijk aan nul. De grootste snelheid zal vermoedelijk in het punt ( −3, 0) bereikt worden.
c
De uitdrukking onder het wortelteken kan herleid worden tot: (4 sin2 t − 8 sin t ⋅ sin 2t + 4 sin2 2t) + (4 cos2 t − 8 cos t ⋅ cos 2t + 4 cos2 2t) =
(4 sin2 t + 4 cos2 t) + (4 sin2 2t + 4 cos2 2t) − (8 sin t ⋅ sin 2t + 8 cos t ⋅ cos 2t) = 4 + 4 − 8 ⋅ (sin t ⋅ sin2t + cos t ⋅ cos2t) = 8 − 8 ⋅ cos(2t − t) = 8 − 8cos t d
De maximale baansnelheid wordt bereikt in de punten met cos t = −1 , want dan bereikt de uitdrukking onder het wortelteken zijn maximale waarde. Hieruit volgt dat t = π en bij deze waarde hoort het punt ( −3, 0)
Uitwerkingen bij 2_4 Formules gebruiken 23
a
De formule gaat dan over in sin2 t =
b
en dit klopt voor elke waarde van t, dus de kromme is een deel van de parabool. Je kiest dan als domein het interval [ −2,2] want er geldt dat −2 ≤ 2 sin t ≤ 2 .
1 4
⋅ (2 sin t)2 of ook sin2 t =
1 4
⋅ 4 sin2 t = sin2 t
Als je de uitdrukkingen voor x en y in de parametervergelijkingen invult in de vergelijking van de parabool, dan komt er 4 sin2 t = 41 ⋅ (4 sin t)2 . Als je de haakjes
24
wegwerkt komt er 4 sin2 t =
1 4
⋅ 16 sin2 t = 4 sin2 t en dit klopt voor elke
waarde van t, dus de kromme is een deel van de parabool. Je vult de uitdrukkingen voor x en y in in de vergelijking y = 1 − 21 x2 . Er komt
25
cos 2t = 1 − 21 (2 sin t)2 = 1 − 21 ⋅ 4 sin2 t = 1 − 2 sin2 t en dit klopt voor elke waarde van t. Dus de kromme ligt op de grafiek van y = 1 − 21 x2 . 26
a
De kromme heeft de vorm van een parabool.
b
Er geldt y = cos 2t = 2 cos2 t − 1 = 2x2 − 1 dus de formule die bij de grafiek hoort is y = 2x2 − 1 .
27
a
De periode van de kromme is de gemeenschappelijke periode van x en y. x heeft periode 2 π en y heeft periode π , dus de periode van de kromme is gelijk aan 2 π
b c
Bijvoorbeeld het interval [0, 2 π ]. Er geldt y = cos 2t = 1 − 2 sin2 t = 1 − 2x2 dus een passende formule is y = 1 − 2x2
d
Uit
dy dx = cos t = 0 en = −2sin2t = 0 volgt dat t = 21 π of t = 1 21 π . dt dt Bij deze waarden van t horen de keerpunten ( −1, −1) en (1, −1)
28
a
Er geldt dat x = cos(π − t) = − cos t en y = sin( 21 π − t) = cos t , dus y = −x b
y = sin2 (π − t) = sin2 t en x = cos( 21 π − t) = sin t , dus geldt y = x2 . c
x = cos 2t = 1 − 2 sin2 t en y = − sin( −t) = sin t , dus x = 1 − 2y2 .
d
x = sin2 (t − π) = sin2 t en y = cos2 (π − t) = ( − cos t)2 = cos2 t , dus x + y = 1. 29
a
−6 ≤ x ≤ 6 en −3 ≤ y ≤ 3
b
cos t = 61 x en sin t = 31 y
c
Invullen in de formule sin2 t + cos2 t = 1 geeft ( 31 y)2 + ( 61 x)2 = 1 . De laatste formule kun je herleiden tot krijg je x2 + 4y2 = 36 .
1 9
y2 +
1 36
x2 = 1 . Als ja dan met 36 vermenigvuldigt,
30
a b
c d
sin3 x = sin x ⋅ sin2 x = sin x ⋅ (1 − cos2 x) = sin x − sin x ⋅ cos2 x π
π
0
0
3 2 3 π ∫ sin xdx = ∫ (sin x − sin x ⋅ cos x)dx =[− cos x + 31 cos x]0 = (1 − 31 ) − ( −1 + 31 ) = 1 31
Uit cos 2x = 1 − 2 sin2 x volgt 2 sin2 x = 1 − cos 2x , dus sin2 x = π
π
0
0
1 2
− 21 cos 2x .
π ∫ g(x)dx = ∫ ( 21 − 21 cos2x)dx =[ 21 x − 41 sin2x]0 = 21 π
Dus de y-coördinaat van Q is volgens opdracht b gelijk aan cos t en volgens opdracht c is de y- coördinaat van Q gelijk aan sin ( 21 π − t) . g
h−5 (t) = sin( −2 21 π − t) = sin( − 21 π − t) = − sin( 21 π + t) = − cos t h−3 (t) = sin( −1 21 π − t) = sin( 21 π − t) = cos t h−1 (t) = sin( − 21 π − t) = − cos t h5 (t) = sin(2 21 π − t) = sin( 21 π − t) = cos t
Uitwerkingen bij 2_5 Verwerken en toepassen 31
a
Uit de grafiek kun je afleiden, dat de periode π zou kunnen zijn en de amplitude 21 . Verder lijkt de grafiek op een naar boven verschoven cosinusgrafiek. Zo kun je komen tot de volgende keuze: a = 1 21 , b =
1 2
, c = 2 en d = 34 π .
Dus dan zou gelden f2 (x) = 1 21 + 21 sin2(x − 34 π) Je kunt dit functievoorschrift ook anders opschrijven: f2 (x) = 1 21 + 21 sin(2x − 1 21 π) = = 1 21 + 21 (sin2x ⋅ cos1 21 π − cos2x ⋅ sin1 21 π) = = 1 21 + 21 (sin2x ⋅ 0 − cos2x ⋅ −1) = 1 21 + 21 cos2x Bovendien geldt 1 + sin2 x + cos2x = 1 21 + 21 cos2x , want hieruit volgt sin2 x = 21 − 21 cos2x en dat klopt. b
f4 (x) = 1 + sin2 x + cos 4x = = 1 + ( 21 − 21 cos 2x) + cos 4x = 1 21 − 21 cos 2x + cos 4x
32
a
Het middelpunt van de kleine cirkel beschrijft een cirkelvormige baan met straal 5. Dit verklaart de factor 5 direct na het “=” teken in de parametervergelijkingen. Het getal 0, 4π is gekozen omdat dit getal gelijk is aan 2π gedeeld door 5 (= de periode). De baan van het middelpunt van de kleine cirkel wordt dus beschreven door de parametervergelijkingen x = 5cos 0, 4πt en y = 5 sin 0, 4πt .
b
Ten opzichte van dit middelpunt wordt er nog een beweging uitgevoerd door een punt op de rand van de kleine cirkel. De parametervergelijkingen die hierbij horen zijn x = 2cos πt en y= 2sin πt . De factor 2 omdat de straal van de kleine cirkel gelijk is aan 2 en het getal π, omdat dit getal gelijk is aan 2π gedeeld door 2 (= de periode). De beide parametervergelijkingen voor x (en ook die voor y) moeten worden opgeteld omdat er sprake is van een combinatie van bewegingen. dx = −2π sin 0, 4πt − 2π sin πt en Er geldt dat dt dy dx = 2π cos 0, 4πt + 2π cos πt . Dus op het tijdstip t = 0 geldt, dat = 0 en dt dt dy = 4π . De baansnelheid op dat tijdstip is dus gelijk aan dt
dy dx 2 ) + ( )2 = 02 + (4π)2 = 4π dt dt dy dx Op het tijdstip t = 2 geldt = −2π sin 0,8π en = 2πcos0,8π+2π dt dt
v(0) = c
(
dus v(2) = ( −2πsin0,8π)2 + (2πcos0,8π+2π)2 ≈ 3,88
d
v(t) = (2π cos 0, 4πt + 2π cos πt)2 + ( −2π sin 0, 4πt − 2π sin πt)2 Het eerste kwadraat onder het wortelteken geeft: 4π2 (cos2 0, 4πt + cos2 πt + 2cos πt cos 0, 4πt) Het tweede kwadraat geeft: 4π2 (sin2 0, 4πt + sin2 πt + 2sin 0, 4πt sin πt) Optellen van beide kwadraten geeft: 4 π2 (1 + 1 + 2sin 0, 4πt sin πt + 2cos 0, 4πt sin πt) Dus er geldt : v(t) = 2π 2 + 2cos πt ⋅ cos 0, 4πt + 2sin πt sin 0, 4πt = 2π 2 + 2cos 0,6πt
e 33
a
b
c
De maximale baansnelheid is dus gelijk aan 2π 2 + 2 ⋅ 1 = 4π m/sec ≈ 45 km/h dy dy dx 3 cos t sin2 t − sin t = = = − tan t = 3cos t sin2 t en = −3sin t cos2 t dus 2 dt dt dx −3 sin t cos t cos t De snijpunten van de kromme met de lijn y = −x vind je door de vergelijking sin3 t = − cos3 t op te lossen. Daaruit volgt tan3 t = −1 dus tan t = −1 . Dus de exacte helling is gelijk aan 1. Als je t = 41 π invult, vind je het punt P(0,71;0,71) op de kromme E en
Q(0,35; 0,35) op kromme A. Als deze punten elkaars spiegelbeeld zouden zijn bij spiegeling in de lijn door (0, 1) en (1, 0) dan zou moeten gelden dat het midden M(0,53; 0,53) van het lijnstuk PQ op de lijn x + y = 1 zou liggen, maar 0,53 + 0,53 > 1. dy De helling van de raaklijn in Q aan de kromme A is gelijk aan = − tan t . dx De lijn door de punten P( cos t, sin t) en Q (cos3 t, sin3 t) heeft hellingsgetal sin t − sin3 t sin t(1 − sin2 t) sin t ⋅ cos2 t 1 = = = 3 2 2 cos t − cos t cos t(1 − cos t) cos t ⋅ sin t tan t 1 = −1 voor alle waarden van t tan t met t ≠ 21 π of veelvouden ervan. Dit betekent dat de lijn PQ loodrecht staat op de Het product van de hellingen is gelijk aan − tan t ⋅
d
raaklijn in Q aan kromme A. (x'(t))2 + (y'(t))2 = ( −3 sin t cos2 t)2 + (3 cos t sin2 t)2 = = 9 sin2 t cos 4 t + 9 sin 4 t cos2 t = 9 sin2 t cos2 t(sin2 t + cos2 t) = 9 sin2 t cos2 t Dus
e
(x'(t))2 + (y'(t))2 = 9 sin2 t cos2 t = 3 sin t ⋅ cos t .
Omdat sin t ≥ 0 en cos t ≥ 0 als t tot het integratie-interval behoort, geldt dat de 1π 2
integraal gelijk is aan
∫ 3sin t cos tdt = [1
1 2
1π
sin2 t]02 = 1 21
0
Dus 1 21 is inderdaad de exacte lengte van een kwart van A.
Uitwerkingen bij Testbeeld T_1 a
Er geldt −1 ≤ x ≤ 1 en −2 ≤ y ≤ 2 voor beide krommen. b
sin( 21 π − t) = cos t en sin(t − π) = − sin t . Omdat de krommen puntsymmetrisch zijn, hoort bij beide parametervoorstellingen dezelfde kromme.
c
Bij t = 21 π hoort op de eerste kromme het punt A(0, −2) en op de tweede kromme d
het punt B(0, 2). Deze punten zijn elkaar spiegelbeeld in de oorsprong. Uit de uitwerking van opdracht b blijkt dat bij een zelfde waarde van t op de ene kromme het spiegelbeeld in de oorsprong van het punt op de andere kromme hoort; de coördinaten zijn elkaars tegengestelde.
T_2 a
De periode van de kromme is 2 π , dus kies bijvoorbeeld het domein [0,2π] .
b
De keerpunten hebben de coördinaten (2, −2) en ( −2 , −2 ).
c
Er geldt y = 2 cos 2t = 2(1 − 2 sin2 t) = 2 − 4 sin2 t = 2 − x2 . Het functievoorschrift van f zou dus kunnen zijn f(x) = 2 − x2 .
d
T_3 a
b
Het domein moet dan zijn [ −2, −2] . dy dx = 4 cos t = 0 en = −4 sin 4t = 0 dt dt Deze vergelijkingen geven onder andere als oplossingen t = 21 π en t = 1 21 π . De keerpunten volgen uit
Bij deze waarden van t horen de punten (-4, 1) en (4, 1). cos 4t = cos(2t + 2t) = 1 − 2 sin2 2t = 1 − 2 ⋅ 4 sin2 t cos2 t = = 1 − 8 ⋅ sin2 t ⋅ (1 − sin2 t) = 1 − 8 sin2 t + 8 sin 4 t .
c
Uit x = 4 sin t volgt sint = 41 x . Door dit in te vullen komt er
y = 1 − 8( 41 x)2 + 8( 41 x) 4 = 1 − 21 x2 + 321 x 4 d
dy dx
= −x + 81 x3 = 0 als −x(1 − 81 x2 ) = 0 dus als x = 0 of x = 8 of
x = − 8 . De toppen zijn dus de punten ( − 8, − 1) , (0, 1) en ( 8, − 1) . T_4 a
b
c
De periode van f is (ongeveer) gelijk aan 2,1. De evenwichtsstand is gelijk aan 2 en de amplitude is gelijk aan 2. Het functievoorschrift voor f is bij benadering 2π f(x) = 2 + 2cos x ≈ 2 + 2cos3x 2,1 f(x) = sin2 + 2 sin x ⋅ sin 4x + sin2 4x + cos2 x + 2 cos x ⋅ cos 4x + cos2 4x = = (sin2 x + cos2 x) + (sin2 4x + cos2 4x) + 2(cos x ⋅ cos 4x + sin x ⋅ sin 4x) = = 1 + 1 + 2 ⋅ cos(4x − x) = 2 + 2 cos 3x , dus is de gevonden formule exact goed.
T_5 a
dy dx = −15 sin15t − 2sin2t en = 15cos15t + 2cos2t dt dt Voor de snelheid op tijdstip t geldt: Er geldt dat
v(t) = ( −15 sin 15t − 2 sin 2t)2 + (15 cos15t + 2 cos 2t)2 . Invullen van t = 0 geeft v(0) = 02 + (15 + 2)2 = 17 . b
x = cos15t + cos2t = 2cos 21 (15t − 2t) cos 21 (15t + 2t) = 2cos(6 21 t) cos(8 21 t) y = sin 15t + sin 2t = 2 cos 21 (15t − 2t) sin 21 (15t + 2t) = 2 cos(6 21 t) sin(8 21 t)
c
Beide coördinaten van een punt van de kromme zijn gelijk aan nul als geldt cos 6 21 t = 0 als 6 21 t = 21 π + k ⋅ π (k een geheel getal). Dit geeft t =
1 13
π + k ⋅ 132 π ( k een geheel getal).
Voor de waarden t =
1 13
π, t =
3 13
π, ……, t = 1 12 π gaat de kromme door de oorsprong. 13
Bij het doorlopen van de baan passeert de kromme dus 13 maal de oorsprong. T_6 a
b
Er zijn op het interval [0, 2 π ] tien nulpunten van h. cos 3x + cos 5x = 2 cos 21 (5x + 3x) ⋅ cos 21 (5x − 3x) = 2 cos 4x ⋅ cos x
c
Uit h(x) = 0 volgt cos 4x = 0 of cos x = 0. Dus x = 21 π + k ⋅ π (k geheel) en x = 81 π + 41 k ⋅ π (k geheel) De snijpunten met de x-as hebben dus de volgende x- coördinaten in het interval [0,2π] : x = 21 π , x = 1 21 π , x = 81 π , x = 38 π , x = 58 π , x = 78 π , x = 98 π , x = 118 π , x=
T_7 a
13 8
π en x =
15 8
π . De y- coördinaten van de snijpunten zijn gelijk aan nul.
De horizontale snelheid op tijdstip t is gelijk aan dy
= −3 sin t + 3 sin 3t dt De baansnelheid op tijdstip t is gelijk aan de verticale snelheid is
b
dx = 3 cos t − 3cos 3t en dt
v(t) = (3 cos t − 3cos 3t)2 + ( −3 sin t + 3 sin 3t)2 . Hieruit volgt dat v(0) = 0 en v( π) = ( −3 + 3)2 + (0 + 0)2 = 0
c
Met de formules van Simpson volgt er dx = 3(cos t − cos3t) = 3 ⋅ −2 ⋅ sin 21 (t + 3t) sin 21 (t − 3t) = dt = −6sin2t sin( −t) = 6sin2t sin t dy = −3(sin t − sin3t) = −3 ⋅ 2 ⋅ sin 21 (t − 3t) cos 21 (t + 3t) = dt = −6sin( −t) cos2t == 6sin t cos2t
d
v(t) = ( −6 sin 2t sin t)2 + (6 sin t cos 2t)2 = 36 sin2 2t sin2 t + 36 sin2 t cos2 2t =
= 36 sin2 t(sin2 2t + cos2 2t) = 36 sin2 t = 6 ⋅ sin t e
De baansnelheid is maximaal als sin t = -1 of als sin t = 1, dus als t = 21 π of als t = 1 21 π . Bij deze waarden van t horen de punten (4, 0) en (-4, 0).
f
dy
dx = 0 , maar ≠ 0 . Als cos2t = 0 zijn er dt dt horizontale raaklijnen; dit geeft de waarden t = 41 π , t = 34 π , t = 1 41 π en t = 1 34 π .
Een horizontale raaklijn is er als
dy dx = 0 , maar ≠ 0 . Als sin2t = 0 zijn er punten dt dt met een verticale raaklijn; dit geeft de waarden t = 21 π en t = 1 21 π . Een verticale raaklijn is er als
Uitwerkingen bij 3_0 Voorkennis Afgeleiden en primitieven V_1
a
f ′(x) = 3x2 ⋅ sin x + x3 ⋅ cos x
b k ′(x) = 21 x
− 21
⋅ cos x + x ⋅ − sin x =
cos x − x ⋅ sin x 2 x
c l′(x) = e x + 2x ⋅ ln 2
1 ⋅ x − ln x ⋅ 1 1 − ln x d m ′(x) = x = 2 x x2 V_2
a
f ′(x) =
1 2
+ 2 cos x
b k ′(x) = 21 (x2 − 3)
− 21
x
⋅ 2x =
x −3 1 1 1 ln x 2 + ln x − + = c l′(x) = ⋅ x + ln x ⋅ 21 x 2 = x x 2 x 2 x x x x x x 2e ⋅ (1 + e ) − 2e ⋅ e 2e + 2e2x − 2e2x 2e x d m ′(x) = = = x 2 x 2 (1 + e ) (1 + e ) (1 + e x )2 V_3
a
f ′(x) = 4x3 −
b f ′(x) = 0
1 2 3
4x −
1 2
=0
2
4x3 =
Dan extreme waarde f( 21 ) = c
f ′(3) = 4 ⋅ 33 −
d g ′(x) =
1 2
1 16
x3 =
1 2
−
1 4
1 8
x=
1 2
= − 163
= 107 21 dus de helling is 107 21
2 ⋅ (x − 2) − (2x + 2) ⋅ 1 2x − 4 − 2x − 2 −6 = = 2 2 (x − 2) (x − 2) (x − 2)2
g ′(x) = 0 heeft geen oplossing dus g heeft geen extreme waarde −6 g ′(3) = 2 = −6 1 V_4
a
f ′(x) = 5x 4 − 4x3
b f ′(x) = 0 c V_5
x3 (5x − 4) = 0
x = 0 of x = 0, 8
f(0) = 0 dus (0, 0) is een top en f(0, 8) = −0, 08192 dus (0,8; –0,08192) ook. 11
1
F(x) = 31 x3 + 31 (2x) 2 + C = 31 x3 + 31 ⋅ 2x ⋅ (2x) 2 + C = 31 x3 + 23 x 2x + C 2 b g(x) = x + 4 + dus G(x) = 21 x2 + 4x + 2ln x + C x c H(x) = − 31 cos 3x + C
a
d K(x) = 21 e2x −2 + C 1 1 e L(x) = ⋅ 3x − ⋅ 3− x + 41 x 4 + 1 21 x2 + C ln 3 ln 3 vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
f
m(x) = 2x − 4 dus M(x) = x2 − 4x + C
a
∫ x dx = 2ln x
4
V_6
2
1
4 1
= 2ln 4 − 2ln 1 = 2ln 4
π
b
∫ 2 sin(x − 2)dx = −2 cos(x − 2) 0
π 0
= −2 cos( π − 2) + 2 cos( −2)
1 5 1 1 1 −7 ) − 21 x)dx = 1 ⋅ ( 21 )x − 41 x2 = ( 1 ⋅ 321 − 6 41 ) − ( 1 ⋅ 41 − 1) = 1 ⋅ 32 − 5 41 en 2 ln ln ln ln 2 2 2 2 2 7 dit is te schrijven als − 5 41 32ln 2 5
c
V_7
a
∫ ((
1 x 2
f(x) = 0
x(x2 − 8x + 12) = 0
x − 8x + 12 = 0 2
x = 0 of
(x − 6)(x − 2) = 0
x = 6 of x = 2
b Een deel van de oppervlakte van V zit onder de x-as, dus je moet de integraal splitsen. c
2
6
0
2
opp.V = ∫ f(x)dx − ∫ f(x)dx Een primitieve is F(x) =
1 4
x 4 − 83 x3 + 6x2
Dan eerste deel: F(2) − F(0) = 6 23 − 0 = 6 23 Tweede deel: F(6) − F(2) = −36 − 6 23 = −42 23 Dus opp.V = 6 23 − −42 23 = 49 31 V_8
a
f ′(x) = 3x2 − 6x + 2 dus f ′(0) = 2
b f ′(x) = 0
3x2 − 6x + 2 = 0 dan de abc-formule: D = 12
x=
6 ± 12 6
Dan is x ≈ 1, 577 of x ≈ 0, 423 Dit invullen in f geeft als extreme waarden -0,385 en 0,385 c f ′(3) = 11 dus de vergelijking van de raaklijn is y = 11x + b Vul het punt (3, 6) in, dan volgt b = −27 dus de vergelijking van l is y = 11x − 27 d Eerst de nulpunten bepalen, dus f(x) = 0 dus x = 0
x =1
x(x2 − 3x + 2) = 0
x(x − 1)(x − 2) = 0
x=2
Dan is de oppervlakte tussen de grafiek van f en de x-as gelijk aan 3
∫ f(x)dx =
1 4
3
x 4 − x3 + x2 = 2 41 − 0 = 2 41 2
2
l snijdt de x-as bij x = met oppervlakte
1 2
⋅
6 11
27 11
⋅3 =
Het gebied tussen l en de x-as is dan een driehoek 9 11
19 De oppervlakte van W is dan 2 41 − 119 = 1 44
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_1 Uiterste waarden en buigpunten 1
a Met de plot vind je x ≈ 2,11
b f ′(x) = 3 − 2x ⋅ ln 2
f ′(x) = 0 c
3 = 2x ⋅ ln 2
2x =
3 ≈ 4, 328 ln 2
x≈
log 4, 328 log2
≈ 2,11
f ′(x) = 0 heeft maar één oplossing, dus is er maar één punt met een horizontale raaklijn.
2
a
f ′(x) = 3x2 ⋅ e x + x3 ⋅ e x = e x (3x2 + x3 ) f ′(x) = 0
3x2 + x3 = 0
x2 (3 + x) = 0
x=0
x = −3
b f(0) = 0 (0, 0) is een buigpunt −27 f( −3) = −27 ⋅ e −3 = 3 en dit is een minimum e 3
a In de plot zie je dat er twee van zulke punten zijn.
b f ′(x) = 2x − 2x ⋅ ln 2 Extremen als f ′(x) = 2x − 2x ⋅ ln 2 = 0 c De grafieken hebben twee snijpunten, dus f ′(x) = 0 heeft twee oplossingen. Dan heeft de grafiek van f twee extremen. d De rekenmachine geeft x ≈ 0, 485 en x ≈ 3, 212 De toppen zijn (0,485; -1,164) en (3,212; 1,051) e De toppen zijn (0,485; 1,164) en (3,212; 1,051)
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
4
a
2
f(x) = 3 x2 = x 3 dan is f ′(x) = 23 x
− 31
=
2 3 x 3
f ′(x) = 0 heeft géén oplossingen. b Voor x = 0 is er een minimum f(0) = 0 5
a
f ′(x) = −4x3 + 6x2
f ′(x) = 0
x2 ( −4x + 6) = 0
x=0
x = 1, 5
In de punten (0, 3) en (1,5; 4,6875) is de raaklijn horizontaal. b f(1, 5) = 4, 6875 is een maximum. (0, 0) is een buigpunt! 6
a
Voor a = 0 is de raaklijn verticaal, dus f’(0) bestaat niet, terwijl f(0) wél een maximum is.
b Bij een buigpunt kan dit het geval zijn:
7
a
f ′(x) = (4x + 3) ⋅ e − x + (2x2 + 3x) ⋅ e − x ⋅ −1 en dit kun je schrijven als f ′(x) = e − x (4x + 3 − 2x2 − 3x) = e − x ( −2x2 + x + 3)
b als x → +∞ gaat de helling van de raaklijn naar 0 als x → −∞ gaat de helling van de raaklijn naar −∞ c f ′( −1) = 0 en f ′(1 21 ) = 0 dus is er een horizontale raaklijn.
d f ′(x) : zie onderdeel a. f ′′(x) = ( −4x + 1) ⋅ e − x + ( −2x2 + x + 3) ⋅ −e − x = e − x ( −4x + 1 + 2x2 − x − 3) ofwel f ′′(x) = e − x (2x2 − 5x − 2) e
f ′′(x) = e − x (2x2 − 5x − 2) = 0
2x2 − 5x − 2 = 0
Met de abc-formule vind je dan x ≈ 2, 85 of x ≈ −0, 35 . Er zijn dan twee punten f
waar de helling een extreme waarde bereikt, dus twee buigpunten. f ′( −0, 35) ≈ 3, 41 is de maximale helling.
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
8
a
Df = 0, → , Df′ = 0, → , Dg = [ 0, → en Dg′ = 0, → 1 = 2x ⋅ ln x + x = x(2ln x + 1) x 1 f ′′(x) = 1 ⋅ (2ln x + 1) + x ⋅ (2 ⋅ ) = 2ln x + 1 + 2 = 2ln x + 3 x
b f ′(x) = 2x ⋅ ln x + x2 ⋅
c
f ′′(x) = 0 f(e
−1 21
2ln x + 3 = 0
2ln x = −3
) = −1 21 e −3 dus buigpunt (e
−1 21
ln x = −1 21
x=e
−1 21
(=
1 e e
)
; −1 21 e −3 )
d Bij f: als x ↓ 0 gaat de helling ook naar 0 (de grafiek loopt steeds meer horizontaal). Bij g: als x ↓ 0 gaat de helling naar −∞ (de grafiek loopt steeds steiler omlaag). De tekening ontbreekt! 9
a b c d
onjuist, er kan ook een buigpunt zijn. juist, de helling is dan 0. onjuist, zie bijvoorbeeld opdracht 4a. juist, de helling is dan 0.
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_2 Integraal en inhoud 10
a
b zie a c zie a d Omdat de driehoeken DPQ en DCG gelijkvormig zijn, geldt PQ = DP = 3 en evenzo geldt PR = DP = 3 opp. △PQR = 21 ⋅ 3 ⋅ 3 = 4 21 e Op dezelfde manier als bij opdracht d kun je beredeneren dat PQ = PR = x , dus opp.△PQR = 21 ⋅ PQ ⋅ PR = 21 ⋅ x ⋅ x = 21 x2 11
a De Riemann-som wordt nu
1 2
⋅ 02 ⋅ 1 + 21 ⋅ 12 ⋅ 1 + 21 ⋅ 22 ⋅ 1 + … + 21 ⋅ 92 ⋅ 1 = 142 21
Deze benadering is kleiner dan de inhoud, omdat elk van de prisma's binnen de piramide valt. 10
b
∫
c
I = 31 ⋅ G ⋅ h
1 2
x2 dx = 61 x3
10
0
0
=
1 6
⋅ 103 − 61 ⋅ 03 = 166 23
Hier is G = opp. △BCG =
1 2
⋅ 10 ⋅ 10 = 50 en h = CD = 10
Dus I = ⋅ 50 ⋅ 10 = 166 , er komt precies hetzelfde uit. 1 3
12
2 3
a Met behulp van verhoudingen: TM : AB = a : PQ ofwel 15 : 10 = a : PQ Dan is PQ =
10 15
⋅ a = 23 a
b opp. PQRS = PQ ⋅ QR = 23 a ⋅ 23 a =
4 9
a2 15
Dan is de inhoud van de piramide
∫
4 9
a2 da
0 15
c
∫ 0
4 9
a2 da = 274 a3
15 0
=
4 27
⋅ 153 − 274 ⋅ 03 = 500
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
13
a Als h = 0 is r = 10 en als h = 40 is r = 20 . Dus steeds als h met 10 toeneemt, neemt r met 2 21 toe. Ofwel: als h met 1 toeneemt, neemt r met 41 toe. Dan is r = 10 + 41 h . b De oppervlakte van de cirkel op hoogte h is π ⋅ r2 = π ⋅ (10 + 41 h)2 = π ⋅ (100 + 5h + 161 h2 ) Dan is d inhoud 40
∫ π ⋅ (100 + 5h +
1 16
h2 ) dh = π ⋅ (100h + 2 21 h2 +
1 48
0
14
a Pythagoras: 22 + r2 = 52
r2 = 21
h3
10 0
= 9333 31 π cm3
r = 21
2
opp. cirkel π ⋅ r2 = π ⋅ 21 = 21π b x2 + r2 = 52 c
r2 = 25 − x2
5
5
0
0
5
2 2 3 ∫ π ⋅ r dx = ∫ π ⋅ (25 − x ) dx = π ⋅ (25x − 31 x 0 = π ⋅ (125 − 41 23 ) = 83 31 π
d Inhoud bol met straal 5 is 1 2
15
r = 25 − x2
4 3
π ⋅ 53 = 166 23 π . De helft hiervan is dan
⋅ 166 23 π = 83 23 π en dat klopt met het antwoord van c.
a oppervlakte cirkel: π ⋅ r2 = π ⋅ h (omdat r2 = h ) 4
b
∫ π ⋅ h dh = π ⋅ 0
1 2
4
h2 = 8π cm3 (ruim 25 cm3) 0
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_3 Omwentelingslichamen 16
a De straal van de cirkel is gelijk aan de verticale afstand van de x-as tot het punt op de grafiek van f met x = 0, 4 . Deze afstand is gelijk aan f(0, 4) , dus de straal van de cirkel is f(0, 4) b opp. cirkel = π ⋅ r2 met r = f(x) = 1 − x2 . Dan is opp. cirkel = π ⋅ (1 − x2 )2
c Neem x van -1 tot en met 1 met stapgrootte 0,2. Dan is de Riemann-som gelijk aan π ⋅ (1 − ( −1)2 )2 ⋅ 0,2 + π ⋅ (1 − ( −0,8)2 )2 ⋅ 0,2 + π ⋅ (1 − ( −0,6)2 )2 ⋅ 0,2 + … + π ⋅ (1 − (1)2 )2 ⋅ 0,2 Dit levert op: π ⋅ (0 ⋅ 0,2 + 0,1296 ⋅ 0,2 + 0, 4096 ⋅ 0,2 + … + 0 ⋅ 0,2) = π ⋅ 1, 06656 ≈ 3,35 d Het omwentelingslichaam bevat alle cilindertjes met dikte dx die tussen x = −1 en x = 1 vallen. Elk van deze cilindertjes heeft inhoud π ⋅ (1 − x2 )2 ⋅ dx e Eerst: (1 − x2 )2 = (1 − x2 )(1 − x2 ) = 1 − 2x2 + x 4 1
Dan is
∫ π ⋅ (1 − x
) dx =
2 2
−1
Dit geeft π ⋅ 17
8 15
1
∫ π ⋅ (1 − 2x
−1
−π⋅−
8 15
=
16 15
1
+ x 4 ) dx = π ⋅ (x − 23 x3 + 51 x5 ) −1
π
a
nulpunten: x − 31 x2 = 0 3
b
∫ π ⋅ (f(x))
2
0
x(1 − 31 x) = 0
3
a
x=0
x =3
3
dx = ∫ π ⋅ (x − 31 x2 )2 dx = ∫ π ⋅ (x2 − 23 x3 + 91 x 4 ) dx 0
0
Dit geeft π ⋅ ( 31 x3 − 61 x 4 +
18
2
π
π
0
0
1 45
3
x5 ) = π ⋅ 109 − π ⋅ 0 = 0
9 10
π
2 2 ∫ π ⋅ (f(x)) dx =∫ π ⋅ (sin x) dx
b Met behulp van de verdubbelingsformule voor cos2x: cos2x = 1 − 2 ⋅ (sin x)2 2 ⋅ (sin x)2 = 1 − cos2x (sin x)2 = 21 − 21 cos2x c
π
π
0
0
π
2 ∫ π ⋅ (sin x) dx = ∫ π ⋅ ( 21 − 21 cos2x) dx = π ⋅ ( 21 x − 41 sin2x) 0
Dan is de inhoud π ⋅ ( 21 π − 0) − π ⋅ (0 − 0) = 21 π2
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
19
a Omdat y = 3x geldt x = 31 y . De functie g is dan g(x) = 31 x b x loopt van 0 tot 4. Omdat x = 31 y loopt y dan van 0 tot 12. c
12
12
12
0
0
0
12
2 2 2 3 ∫ π ⋅ (f(x)) dx = ∫ π ⋅ ( 31 x) dx = ∫ π ⋅ ( 91 x ) dx = π ⋅ 271 x 0
De inhoud is dan π ⋅ 64 − π ⋅ 0 = 64π 20
a x
→
→
+1 −1
g(x) ←
→ f(x)
ln e
←
← x
g(x) = e x − 1 b Van x = 0 tot x = 2 dus [ 0,2] 2
c
2
0
0
Dan π ⋅ ( e 1 2
21
2
2 x 2 2x x ∫ π ⋅ (g(x)) dx = ∫ π ⋅ (e − 1) dx =∫ π ⋅ (e − 2e + 1) dx 2x
0 2
− 2e + x) = π ⋅ ( e 4 − 2e2 + 2) − π ⋅ ( 21 − 2 + 0) = π ⋅ ( 21 e 4 − 2e2 + 3 21 )
Er geldt: y = x − 1
x
1 2
0
y2 = x − 1
x = y2 + 1
Spiegel de grafiek van f in de lijn y = x , dan krijg je dus de grafiek van g(x) = x2 + 1 . De grenzen zijn x = 0 en x = 2 . Dan:
2
2
0
0
2
2 2 2 4 2 ∫ π ⋅ (g(x)) dx =∫ π ⋅ (x + 1) dx =∫ π ⋅ (x + 2x + 1) dx 0 2
11 11 De inhoud is dan π ⋅ ( x + x + x) = π ⋅ (13 15 ) − π ⋅ (0) = 13 15 π 0 1 5
5
2 3
3
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_4 Zwaartepunt 22
a
M1 = 3 N ⋅ 1 m = 3 Nm , M2 = 1 N ⋅ 2 m = 2 Nm en M3 = 5 N ⋅ 3 m = 15 Nm Dan is het totale moment M = 20 Nm
b 9 = 20 ⋅ a
a=
20 9
m = 2 29 m
c Dan is M1 = 3 N ⋅ 3 m = 9 Nm , M2 = 1 N ⋅ 4 m = 4 Nm en M3 = 5 N ⋅ 5 m = 25 Nm Dan is M = 38 Nm en a =
38 9
m = 4 29 m .
Omdat dit ten opzichte van het punt (–2, 0) is, blijft de plaats dezelfde, namelijk 2 29 m rechts van de oorsprong O. 6
23
6
6
a K = ∫ 2 ⋅ f(x) dx = ∫ 2 ⋅ (x2 + 3) dx = ∫ (2x2 + 6) dx 0
0
0
6
Dit geeft 23 x + 6x = 180 − 0 = 180 0 3
6
6
6
M = ∫ 2x ⋅ f(x) dx = ∫ 2x ⋅ (x2 + 3) dx = ∫ (2x3 + 6x) dx 0
0
0 6
Dit geeft x + 3x = 756 − 0 = 756 0 1 2
b M = d ⋅K
4
2
756 = d ⋅ 180
d=
756 180
= 4 51
Het punt (4 51 , 0) is het zwaartepunt. 24
a Eerst: (4 − 21 x)2 = (4 − 21 x)(4 − 21 x) = 16 − 4x + 41 x2 8
8
0
0
Dan: K = ∫ (4 − 21 x)2 dx = ∫ (16 − 4x + 41 x2 ) dx en dan volgt K = 16x − 2x2 +
1 12
8
x3 = 42 23 − 0 = 42 23 0
Vervolgens: x(4 − 21 x)2 = x(16 − 4x + 41 x2 ) = 16x − 4x2 + 41 x3 dus 8
M = ∫ (16x − 4x2 + 41 x3 ) dx = 8x2 − 34 x3 + 0
b M = d ⋅K
85 = d ⋅ 42 1 3
2 3
a
8
x 4 = 85 31 − 0 = 85 31 0
d=2
TN = 8 dus het zwaartepunt ligt op 25
1 16
2 8
=
1 4
van de hoogte van de piramide.
opp. bodem = π ⋅ r2 = π ⋅ 42 = 16π Dan is K = I =
1 3
⋅ G ⋅ h = 31 ⋅ 16π ⋅ 12 = 64 π
Als h = 0 is r = 4 en als h = 12 is r = 0 . Dus als h met 12 toeneemt, neemt r met 4 af. Ofwel: als h met 1 toeneemt, neemt r met 124 = 31 af. Dan is r = 4 − 31 h . Vervolgens: vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
M=
12
2 ∫ h ⋅ π ⋅ (4 − 31 h) dh =
12
2 ∫ π ⋅ h ⋅ (4 − 31 h) dh =
0
M=
0
12
∫ π ⋅ (16h −
8 3
12
∫ π ⋅ h ⋅ (16 −
8 3
h + 91 h2 ) dh
0
h2 + 91 h3 ) dh = π ⋅ (8h2 − 98 h3 +
1 36
h4 )
0
12 0
= 192π − 0 = 192π
192π = 3 dus het zwaartepunt ligt op hoogte 3. 64 π De hoogte van de kegel is 12, dus het zwaartepunt ligt inderdaad op 123 = 41 deel
b M = d ⋅K
192π = d ⋅ 64 π
d=
van de hoogte. a
26
x = x 0,5 en opp. V = 2 ⋅ ∫ f(x) dx
a Om te beginnen:
0 5
5
5
Dan: K = 2 ⋅ ∫ f(x) dx = 2 ⋅ ∫ x 0,5 dx = 2 ⋅ 23 x1,5 ≈ 2 ⋅ (7, 45 − 0) ≈ 14, 9 0
0
0
5
5
0
0
5
M = 2 ⋅ ∫ x ⋅ f(x) dx = 2 ⋅ ∫ x1,5 dx = 2 ⋅ 25 x2,5 ≈ 2 ⋅ (22, 36 − 0) ≈ 44, 7 Dan is d =
0
44, 7 = 3 , het zwaartepunt ligt op afstand 3 van de oorsprong. 14, 9
a
a
a
b K = 2 ⋅ ∫ f(x) dx = 2 ⋅ ∫ x 0,5 dx = 2 ⋅ 23 x1,5 = 2 ⋅ 23 ⋅ a1,5 = 0
0
0
a
a
0
0
4 3
a1,5
M = 2 ⋅ ∫ x ⋅ f(x) dx = 2 ⋅ ∫ x1,5 dx = 2 ⋅ 25 x2,5 a = 2 ⋅ 25 ⋅ a2,5 =
a2,5
4 5
M = 4 M = 4 ⋅K K = 4 ⋅ 34 a1,5 Deel links en rechts door a1,5 dan volgt
Als d = 4 geldt Dan is 4 5
4 5
a2,5
a = 4 ⋅ 34
c K=
4 3
4 5
a=
a1,5 en M =
4 5
6
27
a=
16 3
20 3
= 6 23
a2,5 (zie onderdeel b). Dan is d =
6
M = K
4 5
a2,5
4 3
1,5
a
=
4 5 4 3
⋅
a2,5 3 = 5a a1,5
6
K = ∫ π ⋅ (f(x))2 dx = ∫ π ⋅ (x2 + 3)2 dx = ∫ π ⋅ (x 4 + 6x2 + 9) dx 0
0
0 6
Dit geeft π ⋅ ( x + 2x + 9x = 2041, 2π − 0 = 2041, 2π 0 1 5
5
6
3
6
6
M = ∫ x ⋅ π ⋅ (f(x))2 dx = ∫ π ⋅ x ⋅ (x2 + 3)2 dx = ∫ π ⋅ (x5 + 6x3 + 9x) dx 0
0
0 6
Dit geeft π ⋅ ( 61 x + 1, 5x + 4, 5x = 9882π − 0 = 9882π 0 9882π Nu is d = ≈ 4, 84 . De plaats van het zwaartepunt is nu anders. 2041, 2π 6
4
2
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_5 Lengte van een grafiek 28
a Eerst de punten uitrekenen: O(0, 0) , A(1,1) , B(2, 4) , C(3, 9) en D(4,16) Dan is OA = 2 , AB = 10 , BC = 26 en CD = 50 . Opgeteld is dit ongeveer gelijk aan 16,75. b De werkelijke lengte is groter dan de uitkomst van de optelling, omdat de lijnstukken uit onderdeel a de kromme als het ware afsnijden.
29
f(x + ∆x) − f(x) . Dan is f(x + ∆x) − f(x) ≈ f ′(x) ⋅ ∆x ∆x Omdat QR = f(x + ∆x) − f(x) geldt dan QR ≈ ∆x ⋅ f ′(x)
a Er geldt: f ′(x) ≈
b Pythagoras: PQ2 = PR2 + QR2 . Er geldt: PR = ∆x en QR ≈ ∆x ⋅ f ′(x) Dan is PQ2 ≈ ( ∆x)2 + (f ′(x) ⋅ ∆x)2 dus PQ ≈ ( ∆x)2 + (f ′(x) ⋅ ∆x)2 = ( ∆x)2 + (f ′(x))2 ⋅ ( ∆x)2 ) Omdat ( ∆x)2 + (f ′(x))2 ⋅ ( ∆x)2 ) = ( ∆x)2 ⋅ (1 + (f ′(x))2 ) is dit te schrijven als PQ ≈ ( ∆x)2 ⋅ (1 + (f ′(x))2 ) = ( ∆x)2 ⋅ (1 + (f ′(x))2 ) Ofwel: PQ ≈ ∆x ⋅ (1 + (f ′(x))2 ) = (1 + (f ′(x))2 ) ⋅ ∆x c
L=
4
∫
(1 + (f ′(x))2 ) dx met f(x) = x2 dus f ′(x) = 2x
0
Dan: L =
4
∫
(1 + (2x)2 ) dx =
0
4
∫
(1 + 4x2 ) dx
0
d Met je rekenmachine vind je L ≈ 16, 82 30
a
f(x) = x dus f ′(x) = 1 Dan is L =
3
∫ 0
(1 + 12 ) dx =
3
∫ 0
3
2 dx = 2 ⋅ x = 2 ⋅ 3 − 2 ⋅ 0 = 3 2 0
Merk op: je berekent de lengte van het lijnstuk AB met A(0, 0) en B(3, 3) . Dan is AB = 32 + 32 = 18 = 9 ⋅ 2 = 9 ⋅ 2 = 3 2
b g(x) = x = x 0,5 dus g ′(x) = 0, 5 ⋅ x −0,5 Dan is L =
4
∫ 1
(1 + (0, 5x −0,5 )2 ) dx =
4
∫
1 + 0, 25x −1 dx
1
c Met je rekenmachine vind je L ≈ 3,17
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
31
a
f ′(x) = 2x
f(x) = x2
L=
1
∫
1 + (2x)2 dx =
0
g ′(x) = 3x2
g(x) = x3
∫
∫
1 + (3x2 )2 dx =
0
h ′(x) = 4x3
h(x) = x 4
L=
1 + 4x2 dx ≈ 1, 479 (GR)
0 1
L=
1
1
∫
1
∫
1 + 9x 4 dx ≈ 1, 548 (GR)
0
1 + (4x3 )2 dx =
0
1
∫
1 + 16x6 dx ≈ 1, 600 (GR)
0
b
De kortste verbinding tussen (0, 0) en (1, 1) is het lijnstuk tussen deze twee punten. Je ziet dat de grafiek van h hier verder van af ligt dan de grafiek van g. Ook zie je dat de grafiek van g er weer verder van af ligt dan de grafiek van f. Daarom is de lengte van de grafiek groter. c Gebruik hetzelfde argument als bij het vorige onderdeel: de grafiek van k(x) = xn komt steeds verder van het lijnstuk van (0, 0) naar (1, 1) af te liggen naarmate n groter wordt. d De lengte van het lijnstuk (0, 0) naar (1, 1) is gelijk aan 2 . Dit is de korste afstand, tevens de lengte van de grafiek van k(x) = x op het interval 0, 1 . De maximale lengte is de lengte van de route van 0, 0) via (1, 0) naar (1, 1). Deze lengte is gelijk aan 2. 32
a
f(x) = sin x
f ′(x) = cos x
L=
2π
∫
1 + (cos x)2 dx
0
Met de rekenmachine vind je L ≈ 7, 64 b f(x) = sin 2x
f ′(x) = 2 cos 2x
L=
2π
∫
1 + (2 cos 2x)2 dx ≈ 10, 54 (GR)
0
c 33
7, 64 ⋅ 2 ≠ 10, 54 , dus de lengte van de grafiek wordt niet twee keer zo groot.
a Er geldt: x = cos t en y = sin t . Dan is
1 − x2 = 1 − (cos t)2
Omdat (sin t)2 + (cos t)2 = 1 is (sin t)2 = 1 − (cos t)2 dus sin t = 1 − (cos t)2 Dan is y = 1 − x2 ofwel f(x) = 1 − x2 b k(x) = 1 − x2 = (1 − x2 )0,5
k ′(x) = −2x ⋅ 0, 5(1 − x2 ) −0,5 = −x ⋅ (1 − x2 ) −0,5
Let op: x = cos t . Omdat t loopt van 0 tot π , loopt x van -1 tot 1. Dan is L =
1
∫
1 + ( −x ⋅ (1 − x2 ) −0,5 )2 dx =
−1
1
∫
1 + x2 ⋅ (1 − x2 ) −1 dx
−1
c Met de rekenmachine vind je L ≈ 3,142 d K beschrijft een halve cirkel met straal 1. De lengte van K is dan gelijk aan de halve omtrek van een cirkel met straal 1, dus π .
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij 3_6 Verwerken en toepassen p
34
p
p 1 dx = ln x = ln p − ln 1 = ln p 1 x
Voor p > 0 geldt: A(p) = ∫ f(x) dx = ∫ 1
1
Als p oneindig groot wordt, dan wordt ln p ook oneindig groot. p
p
p
2
1 1 Verder geldt: I(p) = ∫ π ⋅ (f(x))2 dx = ∫ π ⋅ dx = ∫ π ⋅ 2 dx x x 1 1 1 1 1 −1 = x −2 dus een primitieve van 2 is −1 ⋅ x −1 = x x2 x p −1 −1 1 −1 Dan is I(p) = π ⋅ = π ⋅ − π ⋅ −1 = π ⋅ ( + 1) = π ⋅ (1 − ) 1 x p p p 1 Als p oneindig groot wordt, dan nadert naar 0. p
Dan nadert A(p) naar π ⋅ (1 − 0) = π . 35
a Er is al x meter opgetild, dus er resteert nog 10 − x meter (je zit nog 10 − x meter van het hoogste punt af). Het gewicht van een stukje van ∆x is 15 ⋅ ∆x N . De benodigde arbeid is dan ∆W = F ⋅ ∆x = 15 ⋅ ∆x ⋅ (10 − x) = 15 ⋅ (10 − x) ⋅ ∆x b W=
10
10
0
0
2 ∫ 15(10 − x) dx = ∫ (150 − 15x) dx = 150x − 7, 5x
10 0
= 750 − 0 = 750 dus
W = 750 J c Het optillen van een halve kabel (5 m lang) tot een hoogte van 10 meter kost evenveel arbeid, omdat je als het ware de eerste helft van de kabel omhoog tilt en de tweede helft van de kabel gaat dan vanzelf mee. b
36
a De oppervlakte onder de grafiek van de functie f is gelijk aan
∫ f(x) dx a
De oppervlakte onder de grafiek van de constante functie g is gelijk aan de oppervlakte van de rechthoek met breedte b − a en hoogte c, dus gelijk aan (b − a) ⋅ c b
Dan is (b − a) ⋅ c = ∫ f(x) dx a
b Eerst: a = 0 en b = 1 dus de oppervlakte onder de grafiek van f is gelijk aan 1
1
∫ f(x) dx = ∫ x 0
0
2
1
dx = 31 x3 = 0
1 3
−0 =
1 3
b
Dan volgt: (b − a) ⋅ c = ∫ f(x) dx ofwel (1 − 0) ⋅ c =
1 3
dus c =
1 3
a
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
c Nu is a = 0 en b = 3 dus de oppervlakte is
3
∫x 0
2
3
dx = 31 x3 = 9 − 0 = 9 0
Dan volgt: (3 − 0) ⋅ c = 9 dus c = 3 d Omdat de grafiek van f symmetrisch is in de y-as, zal de gemiddelde waarde op het interval −3, 3 ook gelijk zijn aan 3.
e Er geldt: a = 0 en b = p p
Dan is
p
p
2 3 3 3 ∫ f(x) dx = ∫ x dx = 31 x 0 = 31 p − 0 = 31 p 0
0
Verder is (b − a) ⋅ c = (p − 0) ⋅ 12 = 12p Dan geldt: 1 3 p = 12p 3
1 3
p3 − 12p = 0
p( 31 p2 − 12) = 0
p=0
p2 = 36
p=6
p = −6
Omdat het interval 0, p is, en dus p > 0 , is alleen p = 6 een oplossing.
37
a
b
c d
1 ⋅ x − ln x ⋅ 1 ln x 1 − ln x x f1 (x) = . Dan is (met de quotiëntregel) f1′ (x) = = 2 x x x2 1 − ln x Dan: f1′ (x) = 0 = 0 1 − ln x = 0 ln x = 1 x = e x2 1 De top is (e, ) e ln(kx) 1 k 1 fk (x) = Let op: de afgeleide van ln(kx) is k ⋅ = = x kx kx x 1 ⋅ x − ln(kx) ⋅ 1 1 − ln(kx) x Dan is fk′ (x) = = x2 x2 e Uit fk′ (x) = 0 volgt dan 1 − ln(kx) = 0 ln(kx) = 1 kx = e x = k e k e ln e 1 k Dan is fk = dus de top is dan , . Voor elke k > 0 ligt dit = = e e e k k e k k 1 punt inderdaad op de kromme y = . x ln(2x) f2 (x) = 0 = 0 ln(2x) = 0 2x = 1 x = 21 x ln(kx) 1 fk (x) = 0 = 0 ln(kx) = 0 kx = 1 x = x k
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
e Buigpunt als f3′′ (x) = 0 −1 2 ⋅ x − (1 − ln(3x)) ⋅ 2x −x − 2x + 2x ⋅ ln(3x) −3x + 2x ⋅ ln(3x) = = f3′′ (x) = x 4 x x4 x4 Uit f3′′ (x) = 0 volgt dan −3x + 2x ⋅ ln(3x) = 0 en dus −3 + 2 ⋅ ln(3x) = 0 e1,5 e e = 3 3 e e 4, 5 De coördinaten van het buigpunt zijn dan , 3 e e f Bereken de afgeleide van Fk (x) : Dan: 2 ⋅ ln(3x) = 3
Fk′ (x) =
ln(3x) = 1, 5
3x = e1,5
x=
ln(kx) 1 1 ⋅ 2 ⋅ ln(kx) ⋅ 21 = ⋅ ln(kx) = = fk (x) en dus is Fk (x) primitieve van x x x
fk (x) 6
g
∫ f (x) dx = F (x) 2
2
1 e 2
6 1 e 2
= F2 (6) − F2 ( 21 e) = 21 (ln 12)2 − 21 (ln e)2 = 21 (ln 12)2 − 21
h Bereken eerst het snijpunt van f2 (x) = onderdeel c gedaan: x =
1 2
ln(2x) met de x-as, dat is al bij x
.
Voor het berekenen van het zwaartepunt heb je nodig: K=I=
6
∫
π ⋅ (f(x))2 dx en M =
0,5
6
∫ π ⋅ x ⋅ (f(x))
2
dx
0,5
Met de rekenmachine vind je M ≈ 16, 07 en K ≈ 5, 68 M 16, 07 Dan is d = ≈ ≈ 2, 8 . Het zwaartepunt is dan ongeveer (2,8; 0). K 5, 68 38
a Het vooraanzicht is een halve cirkel met een diameter van 10 meter, dus de hoogte is 5 meter. b Stel de zijde van een vierkant op hoogte h is 2x meter. Dan geldt: x2 + h2 = 52 dus x = 25 − h2 en de zijde van het vierkant is
2x = 2 25 − h2 De oppervlakte van de doorsnede op hoogte h meter is gelijk aan (2 25 − h2 )2 = 4(25 − h2 ) = 100 − 4h2 5
c De inhoud is gelijk aan
∫ (100 − 4h ) dh = [100h − 2
4 3
h3 ]05 = 500 − 34 ⋅ 125 = 333 31
0
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
Uitwerkingen bij Testbeeld T_1
a Gebruik de productregel: f′(x) = 2x ⋅ e 0,5x + x2 ⋅ 0,5e 0,5x + 1
b >Met behulp van de plot zie je (bijvoorbeeld door het minimum van de grafiek te bepalen) dat de grafiek van f′ geen nulpunt heeft. Dan heeft de grafiek van f geen uiterste waarde. >De grafiek van f′ heeft een minimum. Vlak voor en vlak na dat minimum is de waarde van f′ positief. De grafiek van f stijgt dus zowel vlak voor (afnemende stijging) als vlak na (toenemende stijging) dat punt. Dan is er een buigpunt. c f′(x) = 2x ⋅ e 0,5x + x2 ⋅ 0,5e 0,5x + 1 = 2x ⋅ e 0,5x + 0,5x2 ⋅ e 0,5x + 1 Dan is f′′(x) = 2 ⋅ e 0,5x + 2x ⋅ 0,5e 0,5x + x ⋅ e 0,5x + 0,5x2 ⋅ 0,5e 0,5x ofwel f′′(x) = e 0,5x ⋅ (2 + 2x ⋅ 0,5 + x + 0,5x2 ⋅ 0,5) = e 0,5x ⋅ (2 + 2x + 0,25x2 ) Uit f′′(x) = 0 volgt dan 2 + 2x + 0,25x2 = 0
Dit levert op (met de abc-formule): x ≈ −6,83 of x ≈ −1,17 Het buigpunt is dan bij benadering ( −1,17; − 0, 41) d Plot de grafiek van f. Dan zie je: als x → −∞ dan f(x) → x . De asymptoot is dus y = x T_2
a In alle drie gevallen ziet de grafiek van f”er zo uit:
b Voor elk van deze drie gevallen heeft f’ een maximum, dus is er één buigpunt. c In het eerste geval zijn er twee extreme waarden, omdat de afgeleide tweemaal van positief naar negatief overgaat of andersom. In het tweede geval er wel een punt op de grafiek van f met een horizontale raaklijn, maar verder is de afgeleide steeds negatief. Er is dan geen extreme waarde. In het derde geval is de afgeleide voor alle waarden van x negatief. De grafiek van f daalt steeds en er is geen extreme waarde.
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
d Mogelijke grafieken zijn:
T_3
a Voor de diagonaal evenwijdig aan AC geldt: als h = 0 dan is d = 12 en als h = 12 dan is d = 0 . Dan is d = 12 − h Voor de diagonaal evenwijdig aan BD geldt: als h = 0 dan is d = 6 en als h = 12 dan is d = 0 . Dan is d = 6 − 21 h b opp. ruit = 21 ⋅ lengte ene diagonaal ⋅ lengte andere diagonaal Dan: opp. = 21 ⋅ (12 − h) ⋅ (6 − 21 h) = 21 ⋅ (72 − 12h + 21 h2 ) = 36 − 6h + 41 h2 12
c
∫ (36 − 6h +
1 4
h2 ) dh = 36h − 3h2 + 121 h3
0
12 0
= 144 − 0 = 144
2π
T_4
a
∫ π ⋅ (cos x)
2
dx
0
b cos2x = 2(cos x)2 − 1 dus 2(cos x)2 = cos2x + 1 c Uit onderdeel b volgt: (cos x)2 = 21 ⋅ (cos2x + 1) = 21 cos2x + 21 2π
Dan is
∫ π ⋅ (cos x)
2
2π
∫ π ⋅(
dx =
0
Een primitieve van 2π
Dan:
∫ π ⋅(
1 2
+ 21 cos2x) dx
0
1 2
1 2
cos2x + 21 is
1 4
sin2x + 21 x
cos2x + 21 ) dx = π ⋅ ( 41 sin2x + 21 x)
0
T_5
8
8
2
2
2π 0
= π ⋅ (0 + π) − π ⋅ (0 + 0) = π2
5
2 2 8 8 ∫ π2 dx − ∫ π( 3 x) dx = [4πx]2 − [ 53 πx 3 ]2
a De inhoud is gelijk aan
De inhoud is (in één decimaal nauwkeurig) gelijk aan 21,1 b Als je de grafiek van f spiegelt in de lijn y = x krijg je de grafiek 1 21
van de functie g(x) = x
3
De inhoud is gelijk aan
2
∫ 0
3
2
11
π22 dx − ∫ π(x 2 )2 dx = [4πx]0 2 − [ 41 πx 4 ]0 2 ≈ 13,9 3
3
0
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse
1
1
1
1
K = ∫ π ⋅ (f(x))2 dx = ∫ π ⋅ (x2 )2 dx = ∫ π ⋅ (x 4 ) dx = π ⋅ 51 x5 = π ⋅ 51 − π ⋅ 0 = 51 π 0
T_6
0
0
0
1
1
1
0
0
1
M = ∫ x ⋅ π ⋅ (f(x))2 dx = ∫ π ⋅ x ⋅ (x2 )2 dx = ∫ π ⋅ (x5 ) dx = π ⋅ 61 x 6 = 61 π 0 0
Dan is d =
T_7
a
1 6 1 5
π = π
1 6 1 5
= 56 . Het zwaartepunt is dan ( 56 , 0)
f(x) = 21 x2 dus f′(x) = 21 ⋅ 2x = x Dan: L =
3
∫
1 + x2 dx
0
b Met de rekenmachine vind je L ≈ 5, 65 c
1
1 21
g(x) = 23 (x − 1) x − 1 = 23 (x − 1)1 (x − 1) 2 = 23 (x − 1) Dan is g′(x) = 23 ⋅ 1 21 (x − 1) 2 = (x − 1) 2 = x − 1 1
d L=
5
∫
1 + ( x − 1)2 dx =
1
5
∫
1
1 + (x − 1) dx =
1 5
5
∫
x dx
1
1 1 Dan volgt L = 23 x 2 = 23 ⋅ 5 2 − 23 ⋅ 1 = 23 ⋅ 5 ⋅ 5 − 23 = 1 1
T_8
1
10 3
5 − 23
a Let op: u is in meters! W=
0,05
∫ 0
b W=
0,05
∫ 0
c
W=
0,10
∫
0,05
F du =
0,05
∫
8500 ⋅ u du
0
8500u du = 4250u2
0,05 0
= 10,625 − 0 = 10,625
0,10
8500u du = 4250u2 = 42,5 − 10,625 = 31,875 0,05
d Het 5 cm verder indrukken van een veer gaat zwaarder dan het 5 cm indrukken vanaf het begin: de veer werkt als het ware tegen. Het kost dus meer arbeid om van 5 naar 10 cm te gaan dan van 0 naar 5 cm.
vwo B1 deel 4 — Analyse_3 — Toegepaste analyse