Optie : CALC resp G-Solve - maximum en minimum geeft toppen (–1, –1); (0, 0) en (1, –1) f’(x) = 4x3 – 4x; extreme waarden bij f’(x) = 0 dus bij 4x3 – 4x = 0; 4x(x2 – 1) = 0; 4x = 0 of x2 = 1; x = 0 of x = –1 of x = 1; y–waarden vind je door deze x in te vullen in de functie: f(1) = –1; f(0) = 0 en f(1) = –1 De grafiek van f is dalend voor x < −1 en 0 < x < 1
d
De grafiek van f is stijgend voor −1 < x < 0 en x > 1
a
Domein van g is 21 , → ; bereik van g is [ 0, → In het randpunt is de raaklijn verticaal. Invoer: (TI83) Y1 = √(2X-1); Y2= nDeriv(Y1,X,X) ; (Casio) Y1 = √(2X-1); in TABL-mode ; DERIVATIVE op ON in SETUP
Voor x= 0,55 is de helling 3,16; voor x = 0,51 is de helling 7,08 en voor x = 0,501 is de helling 31,62 Daar loopt de grafiek verticaal. Noemer is 0 voor x = 1 f is het quotiënt van t(x) = 2 en n(x) = x – 1 met t’(x) = 0 en n’(x) = 1, (x − 1) ⋅ 0 − 2 ⋅ 1 −2 dus f’(x) = = (x − 1)2 (x − 1)2
In de buurt van x = 1 loopt de grafiek sterk dalend. De teller (–2) is negatief; de noemer is een kwadraat, dus altijd positief; f’(x) is dus altijd negatief, dus is de grafiek van f overal dalend
a b
Bij toename van t neemt de noemer toe dus wordt I kleiner. I is het quotiënt van T(t) = 120 en N(t) = (0,05t + 1)2 = 0,0025t2 + 0,1t + 1 met T’(t) = 0 en N’(t) = 0,005t + 0,1, dus (0, 05t + 1)2 ⋅ 0 − 120 ⋅ (0, 005t + 0,1) −0,6t − 12 = I’(t) = (0, 05t + 1) 4 (0, 05t + 1) 4 De afgeleide is op het hele domein negatief dus is I een dalende functie, hoe groter t wordt, hoe dichter I’ bij 0 komt. de grafiek van I zal dus steeds langzamer dalen.
32
33
34
c
L = 4500; Z = 0,4 · 45000,7 = 144 ml per km L = 40; Z = 0,4 · 400,7 = 5,3 ml per km; 5,3 · 7 = 37 ml per 7 km dZ = 0,28L−0,3 ; dit is positief voor alle waarden van L; dus Z is een stijgende dL dZ functie; is een dalende functie dus zal Z steeds langzamer stijgen dL
a
Domein van f is [ 0, → want x 2 = x ; bereik van f is [ 4, →
b
f'(x) = 21 x 2 ; domein van f’(x) is 0, →
c d
f’(0,1) ≈ 1,58; f’(0,01) ≈ 5; f’(0,001) ≈ 15,81 De raaklijn loopt verticaal, de afgeleide bestaat hier niet
a b
a
b
1
−1
dP 200 P = 100 1 − 2 = 100 − 20000T −2 ; = 40000T −3 ; voor T ≥ 0 is de afgeleide T dT positief, dus P een stijgende functie 200 200 200 P = 50; 100 1 − 2 = 50 ; 1 − 2 = 0,5; 2 = 0,5; T 2 = 400;T = ±20 dus bij T T T
De groei verloopt van steeds sneller stijgend naar steeds langzamer stijgend. Op dag 14 gaat de toenemende stijging over in afnemende stijging. 4000 De maximale groeisnelheid is ongeveer = 1600 slachtoffers per dag. 2,5 Teken hiervoor de raaklijn voor t = 14 en bepaal de helling.
d
e
22
De maximale groeisnelheid is het maximum in de groeigrafiek.
a
De helling is maximaal in x ≈ − 0,8 .
VWO A2 — Analyse_3 — De kettingregel
b
f'(x) = 2x ⋅ 2 ( x2 − 2 ) = 4x ( x2 − 2 )
De helling is maximaal in x ≈ − 0,82 . De coördinaten van het punt: (−0,82 ; −0,22). 23
Na ongeveer 1,5 minuut is de stijgsnelheid maximaal. h'(t) = 12t − 3,9t2
d
Het maximum van deze grafiek geeft de maximale stijgsnelheid aan. De stijgsnelheid is maximaal voor t ≈ 1,54 min.
VWO A2 — Analyse_3 — De kettingregel
e
De stijgsnelheid is dan h'(1,54) ≈ 9,2 cm/min en de waterhoogte is dan h(1,54) ≈ 9,5 cm.
24
a
b
Voor x ≈ − 0,3 en x ≈ 0,3 is er een buigpunt.
c
f(t) = (3t2 + 1 )
−1
f'(t) = 6t ⋅− 1 ⋅ (3t2 + 1 ) = − 6t (3t2 + 1 ) −2
−2
d
f’ heeft een maximum voor x ≈ − 0,33 en een minimum voor x ≈ 0,33 . f( −0,33) = 0,75 en f(0,33) = −0,75
De buigpunten zijn (−0,33 ; −0,75) en (0,33 ; 0,75). 25
a
VWO A2 — Analyse_3 — De kettingregel
b
Voor u ≈ 23 is er een buigpunt.
c
W'(u) = − 0,3u2 + 14u
De grafiek van W’ is maximaal voor u ≈ 23,33 . d 26
a b c d
Het buigpunt is (23,33 ; 2540,74). De toename van de winst is maximaal bij een uurtarief van € 23,23. De coureur remt twee keer af dus nam de coureur twee bochten. De eerste bocht was het moeilijkst, want daar is de helling en dus de snelheid het kleinst. Aan het buigpunt bij t ≈ 3 , daar neemt de helling en dus de snelheid het snelst toe.
−1 dh = ( −0, 05 − 0, 0002t ) ⋅ 21 (36 − 0, 05t − 0, 0001t2 ) 2 dt De stut komt op de grond als u = 6,5 m dus als t = 400 . Op t = 400 heeft de
stut dus geen snelheid. Kies bijvoorbeeld t = 399,9 . De snelheid is dan 0,6 meter/sec. 28
a
Er is 90m2 beschikbaar voor 120 mensen dus
90 = 0,75 m2 per voetganger 120
c
beschikbaar. Bij een snelheid van 50m/min is het gemiddelde vloeroppervlak ongeveer 0,7 m2/voetganger. Uit de eerste grafiek lees je af dat voor M = 0,7 geldt dat N ≈ 220 .
d
Elke minuut verlaten dan ongeveer 220 mensen de tunnel. Uit de eerste grafiek blijkt dat N maximaal is voor M = 0,5 m2/voetganger. Uit
b
de tweede grafiek is af te lezen dat de snelheid dan ongeveer 40m/min is. e
V M N
0 0,2 0
20 0,3 160
40 0,5 240
60 0,9 200
80 3,0 70
f
VWO A2 — Analyse_3 — De kettingregel
29
g
Als de tunnel breder wordt, zullen er méér mensen in de tunnel lopen maar de dichtheid M zal ongeveer hetzelfde blijven en dus ook de snelheid. Kortom M en V blijven ongeveer gelijk maar N wordt groter.
