Copyright 2017 Gertjan Laan Versie 3.1. uitgeverij czarina

Transcriptie

1 G E R T J A N L A A N A N A LY S E B O E K U I T G E V E R I J C Z A R I N A

2 Copright 07 Gertjan Laan Versie. uitgeverij czarina tufte-late.github.io/tufte-late druk: pumbo.nl isbn nur Gedrukt in november 07 Niets uit deze uitgave mag worden verveelvoudigd, door middel van druk, fotokopieën, geautomatiseerde gegevensbestanden of op welke andere wijze ook zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van de uitgever.

3 Deel II Uitwerkingen

4 9 Uitwerkingen hoofdstuk. Even {n n k, k Z}. Oneven {n n k +, k Z}. Drievouden {n n k, k Z} 4. Negatieve gehele getallen {n n < 0, n Z} 5. Stel a Even en b Even. Dan geldt: a k en b k voor zekere k Z en k Z. Hieruit volgt: a + b k + k (k + k ). Dus a + b is van de vorm k, met k k + k. Dus a + b Even 6. Stel a Even en b Even. Dan is: a k en b k voor zekere k Z en k Z. Hieruit volgt: ab k k (k k ). Dus ab is van de vorm k, met k k k. Dus a + b Even 7. De verzameling van de oneven getallen is niet gesloten voor de optelling. Om dat aan te tonen heb je aan één tegenvoorbeeld genoeg, zoals: In het algemeen geldt: twee oneven getallen bij elkaar opgeteld leveren een even getal. 8. De verzameling van de oneven getallen is gesloten voor de vermenigvuldiging. Stel a Oneven en b Oneven. Dan is: a k + en b k + voor zekere k Z en k Z. Hieruit volgt: ab (k + )(k + ) 4k k + k + k + (k k + k + k ) +. Dus ab is van de vorm k +, met k k k + k + k. Dus ab Oneven 9. optellen vermenig- aftrekken delen vuldigen (niet door nul) commutatief? ja ja nee nee associatief? ja ja nee nee , dus Trek deze beide van elkaar af en je vindt 99 7, oftewel 7 99

5 analseboek , dus Trek deze beide van elkaar af en je vindt 9 9 oftewel. Dit is een wel heel bijzonder resultaat: , een oneindig voortlopende rij negens, dat gelijk is aan , dus Trek deze beide van elkaar af en je vindt 99 45, oftewel , dus en Trek deze beide van elkaar af en je vindt: , oftewel /8 0 5/ ( + ), of ( + ) ( ) + ( ) ( ) ( ) ( ) z z z 7. 4( + ) + 6 ( + ) [( + ) + ] ( + ) ( + ) z + z z + z z + z z 9. ( + ) ( + ) 4 ( 5) ( + )( 5) ( + )( 5) ( + ) 6 ( + ), of Het product van twee rationale getallen b a en d c is: b a ac cd bd. Dit is een rationaal getal, want ac en bd zijn beide elementen van Z.. De som van twee rationale getallen b a en d c is: b a + d c ad+bc bd, en dit is een rationaal getal.. De verzameling irrationale getallen is niet gesloten voor de optelling, er geldt bijvoorbeeld: π + ( π) 0. Zowel π als π is irrationaal, maar 0 is rationaal.. De verzameling irrationale getallen is niet gesloten voor de vermenigvuldiging, er geldt bijvoorbeeld:. En is irrationaal, maar is rationaal, en dus niet irrationaal.

6 uitwerkingen hoofdstuk 4. Geef een getallenvoorbeeld bij elk van de eigenschappen tot en met 7 van ongelijkheden uit paragraaf... < 4 en 4 < 6, dan geldt < 6. < 4, dan is + 0 < (en ook 0 < 4 0) 4. < 4 en < 5, dan is + < < 4, dan is 5 < < 4, dan is 5 > < < 4, dan is > 4 5. De breuk n levert een eindige decimale breuk als in de staartdeling rest 0 komt. Voorbeelden daarvan zijn 4 0.5, 5 0. of Voor welke getallen n is dat nog meer het geval? Als eerste kun je opmerken dat het niet uitmaakt of je n, 0 n, of 00 n 0k of n uitrekent (k een positief geheel getal), alle uitkomsten bevatten dezelfde cijfers, in de uitkomst is alleen de decimale punt verplaatst. De vraag is dus welke getallen n een deler zijn van 0 k (waarbij k een positief geheel getal is). Omdat 0 5, is 0 k ( 5) k k 5 k, dus delers van 0 k zijn machten van (tot k ), machten van 5 (tot 5 k ), en combinaties van die twee. Voorbeelden zijn n 8, n 5 5 en n Dus in het algemeen levert n een eindige decimale breuk als n van de vorm p 5 q is, waarbij p, q N 6. Stel dat + π een rationaal getal is. Dan geldt: + π b a, voor zekere a, b Z. Hieruit volgt π b a b a b b a b b b c, met c a b. Dus π is van de vorm b c met c en b Z en dus is π rationaal. Dit is in tegenspraak met het gegeven dat π irrationaal is. Dus kan + π niet rationaal zijn, maar moet irrationaal zijn. Voor + π gaat het bewijs analoog. Hieruit volgt ook, dat als je eenmaal een irrationaal getal hebt, je oneindig veel andere irrationale getallen kunt maken door er een geheel getal bij op te tellen. 7. Stel dat rationaal is. Dan geldt: a b, voor zekere a, b Z. Hieruit volgt a b, en dus is rationaal. Dit is in tegenspraak met het gegeven dat irrationaal is. Dus moet irrationaal zijn. 8. Noem het irrationale getal, en het rationale getal r. Dan is r te schrijven als b a. Stel dat de som van en r rationaal is. Dan is + r d c, dus is + b a d c, en dus is d c b a bc ad bd, en dat zou betekenen dat rationaal is, wat in tegenspraak is met het gegeven. 9. en 8 7. Wat deze aan factoren gemeenschappelijk hebben is. Dus de ggd is 4. Het kgv is Alternatief: de ggd bereken je met Dus de ggd

7 4 analseboek is 4. Het kgv is (zie stelling.6) k en Dus de ggd is 5 0. Het kgv is Alternatief: de ggd bereken je met Dus de ggd is 0. Met stelling.6 vind je k en 0 5. De ggd is, het kgv is Alternatief: de ggd bereken je met Dus de ggd is. Met stelling.6 vind je k en 0 7. De ggd is 7, het kgv is 7 0. Alternatief: de ggd bereken je met Dus de ggd is 7. Met stelling.6 vind je k en 7. Dus de ggd is. Het kgv is Alternatief: de ggd bereken je met 04 0, dus de ggd. Met stelling.6 vind je k en Dus de ggd is 7 4. Het kgv is Alternatief: de ggd bereken je met , dus de ggd 4. Met stelling.6 vind je k , 5 5 en 7. Dus de ggd is. Het kgv is Als alternatief kun je ggd(a, b, c) uitrekenen met ggd(ggd(a, b), c), en kgv(a, b, c) met kgv(kgv(a, b), c), maar dit lijkt meer werk , 84 7 en 6 7. Dus de ggd is 6. Het kgv is ggd(, 8) 4, dus deel teller en noemer door 4: 8 7. kgv(, 8) 84, dus maak 84 van beide noemers: ggd(04, ), dus deel teller en noemer door : kgv(04, ) 768, dus maak 768 van beide noemers: ggd(06, 0) 4, dus deel teller en noemer door 4: kgv(06, 0) 0880, dus maak 0880 van beide noemers: π 4 4 π, immers: π 4 is negatief, dus 4 π is positief.

8 uitwerkingen hoofdstuk , als > 0 55., als < als en als < als en + ( + ) als < 58. als en ( ) + als < , voor alle 60. en is gelijkwaardig met 6. < < is gelijkwaardig met < 6. > 5 of < 5 is gelijkwaardig met > Uit () volgt: 6 6, dus Uit () volgt: 6 < < 6, overal bij optellen levert: 4 < < Uit () volgt: < + <, overal bij optellen levert: 4 < < 67. Onderscheid drie gevallen: a. (en dus ook ), b. < en c. <. a. Als, dan is + + >, dus >, dus > 4, oftewel >. b. Als <, dan is + ( ) >. Dit ( > ) is strijdig, dus heeft geen oplossing. c. Als <, dan is + + >, dus + >, dus >, oftewel < (dit is in overeenstemming met de beginvoorwaarde < ). De oplossing is dus: < > < < 5 < + < 5 Dus + < Dus < < 6 < 4 <

9 6 analseboek Dus 4 <. 7. Dus a+b < b a a < < b a a+b < a+b < b a+b. a b < a+b < b a b a < a+b < b a 7.(a) Als > 0 is +. Als < 0 is (b) Als > 0 is. Als < 0 is + (c) Als > 0 is 0. Als < 0 is ( ) 0 7. Pas definitie.9 toe: Als 0, dan is, en ( ). Beide antwoorden zijn gelijk. Als < 0, dan is, en. Beide antwoorden zijn gelijk. Dus :. 74. Als 0, dan is 0, en dus is of:. Uit 0 volgt ook, dus samenvattend geldt:. Als < 0, dan is. Verder is dan > 0, dus, dus samenvattend geldt:. Uit en tezamen volgt dat voor alle. 75. Eigenschap 6 (paragraaf.6) zegt: ab a b. Stel b, c 0. c Als c > 0, dan is c c. Als c < 0, dan is c c c. Dus in het algemeen is c c. Verder is a b a c a c a c En ab a c a c Conclusie: a a, (c 0). Omdat c een willekeurig getal is c c mag je c door b vervangen. 76. Het rechter deel van eigenschap 5 (paragraaf.6) zegt:. Dus a a b b

10 uitwerkingen hoofdstuk 7 Beide ongelijkheden bij elkaar optellen levert: a + b a + b Het linker deel van eigenschap 5 zegt:. Dus, oftewel. In het bijzonder geldt: b b. Dit optellen bij de ongelijkheid a a levert a b a + b ( + ) a a a a a a a a a a a 84. a a a a + a + a a + a a log 64 log log 64 4 log log 64 8 log log 64 6 log(6 4) 6 log(6 6 ) 6 log log log 9. 0 log log log 9 log 9. 4 log 64 4 log ( 4 ) 4 log log log

11 8 analseboek 95. log log log 5 5 log log 98. log 4 7 log ( ) 4 log p log p p log p p p log p p p log p 0. p log p p log ( p ) p log p 0. log log 5 log log log 9 log log 8 log log 5log log p log ( g log g p ) p log p (5 0 log ) (0 0 log ) log log 0 log(0 ) log 0 + log log 5 log 5 log.9. log 5 log 5 log log 5 log 5 log log 5 4. log 0.0 en log 0.477, dus log 6 log( ) log + log log 8 log 7 7 log log 08 log(4 7) log ( ) log + log log log log log log , neem links en rechts de logaritme: log 5 log, dus log 5 log, dus log log t 5, dus log 0 t log 5, dus t log t, dus log t log, dus t log log, dus t log log 0.60

12 uitwerkingen hoofdstuk , dus log 4 log 6, dus log 6 log , dus ( 4 log log 8, dus + 4 log 8, dus + 4 log 4 4 ) + 4 log log log, dus log, dus 4 log, dus log( + ), dus + 4, dus. log( ) 4, dus 4, dus 84, dus 4..08, dus.08 log log log , dus.08 log, dus (zie vorige opgave) log( + ) 4, dus + 4, dus 5, dus 5 6. log( ), dus, dus, dus 7. log 6, dus 6, dus ±4. maar 4 is geen oplossing omdat het grondtal positief moet zijn 8. log 5., dus log 8, dus log 8, dus log 4, dus , dus 7 log 7 7 log 5, dus 7 log 5, dus log 5 log log log 8, dus log, dus log ( log ) 4. Uit stelling. volgt log log 4, dus log ±, dus 4 4. Het bewijs verloopt analoog aan dat van stelling.0. Stel g a en g b, dan is g log g log ga g b g log g a b a b. Verder volgt uit g a en g b, dat g log a en dat g log b. Dus g log a b g log g log. 4. Stel g a, dan is g log a. g log p g log (g a ) p g log g p a p a p glog. 5. Stel p a, dan is a p log. Wat is g log? g log g log p a a glog p. Dus g log p log glog p Conclusie: p log g log p glog

13

14 0 Uitwerkingen hoofdstuk a i bc i. i i i 0 i 55 i 5 i 5 j ( ) 0 i j 5 i n i i + 0 i i6 c c + c + + c nc }{{} n keer n ca i ca + ca + + ca n c(a + a + + a n ) c n a i i i n a i ± n b i (a + a + + a n ) ± (b + b + + b n ) i i a ± b + a ± b + + a n ± b n n (a i ± b i ) i i i i(i + ) i i i ( ) i i i 6 ( )i i. 4. n i n k k i n i + n i n k k n + n 4n n 5. d [(, 4), (0, 0)] ( 0) + ( 4 0) 5 5 [ 6. d ( ], ), (, ) ( ) + ( ) 5 7.(a) Voor n geldt: ( ( ) ) + ( ( ) ) 0 i 0 en. Dus de i0

15 analseboek (b) bewering klopt voor n. Stel nu dat de bewering n i n geldt voor zekere n. i0 Kun je dan bewijzen dat de bewering ook geldt voor n +? Je moet dus bewijzen dat (vul in de bewering n + voor n in): n i0 i n+. Bewijs: n i i0 n i0 i + n inductieonderstelling ( n ) + n n n+ En daarmee is de bewering bewezen n n n n gelijknamig maken n + n + n onderdeel (a) n 8. Voor n 0 geldt: is even. Dus de bewering klopt voor n 0. Stel nu dat de bewering n + n is even geldt voor zekere n. Kun je dan bewijzen dat de bewering ook geldt voor n +? Je moet dus bewijzen dat (vul in de bewering n + voor n in): (n + ) + (n + ) is even. Bewijs: (n + ) + (n + ) n + n + + n + n + n + (n + ) In de laatste uitdrukking is n + n even vanwege de inductieonderstelling, en (n + ) is even omdat het een tweevoud is. Hiermee is het bewijs geleverd. 9. Voor n geldt: klopt voor n. en 0 i. Dus de bewering i0 Stel nu dat de bewering n n i geldt voor zekere n. Kun i0 je dan bewijzen dat de bewering ook geldt voor n +? Je moet dus bewijzen dat (vul in de bewering n + voor n in): n+ n i. i0 Bewijs: n i i0 n i + n i0 n + n+ n inductieonderstelling n + n n + n ( ) n+ En daarmee is de bewering bewezen. 0. Neem in het binomium van Newton (a + b) n n k0 (n k )an k b k, zie (.5), a en b. Je krijgt dan ( + ) n n k0 (n k )n k k, oftewel n n k0 (n k )

16 uitwerkingen hoofdstuk. Neem in het binomium van Newton, zie.5, a en b. Je krijgt dan ( ) n n k0 (n k )n k ( ) k, oftewel 0 n k0 ( )k ( n k ). Uit.6 volgt: ( n k ) (n k ) + (n k ). Dus ( n ) (n 0 ) + (n ), ( n ) (n ) + (n ), et cetera. Dus: ( n ) + (n ) + (n 0 ) + (n ) + (n ) + (n ) + n k0 (n Uit opgave 0 volgt dat n k0 (n k ) n. n Dus ( n k ) n k oneven. Uit opgave 0 volgt dat Uit opgave volgt dat Dus ook n ( n k ) n k even n k oneven ( n k ) + n ( n k ) n n k even n ( n k ) n k oneven 4.(a) Voor deze rekenkundige rij geldt: a 5 en v 4 t 0 a + 9v (b) t n a + (n )v 5 + (n ) 4 9 4n (c) t 5, t n+ t n 4, n N + (d) 9 4n 4, dus 4n 5, dus n (e) s n n(t + t n ) n( n) n(4 4n) (f) s 0 0(4 4 0) (g) Som van de tweede tien termen is s 0 s 0. s 0 0(4 4 0) 660. De gevraagde som is dus 660 ( 0) 50 Alternatief: de som van de tweede tien termen is 0(t + t 0 ) 5( 5 + 7) k k De getallen vormen een rekenkundige rij met t, t 0 0 en v. De som is 0 k 0( + 0) 55. k Evenzo is 00 k 00( + 00) 5050, k en 000 k 000( + 000) k 6. De prijzen vormen een rekenkundige rij, met p 6 80 en v 8. Dus p Dus p n 0 + (n ) 8 8 8n. En dus is p 5 8. De totale prijzenpot is s 5 5(p + p 5 ) 5(0 + 8) Het is een meetkundige rij met t en r. (a) t (b) t n n k )

17 4 analseboek (c) t, t n+ t n (d) t n 8098, dus n 8098, dus n Neem links en rechts de 0 log: 0 log n 0 log 59049, dus n 0 log , dus n, dat wil zeggen log t (e) s n n ( n ) n (f) s Het is een meetkundige rij met t en r. ( ) 9 (a) t 0 5 ( ) n (b) t n (c) t, t n+ t n ( ) n (d) s n [ ( ) n ] ( ) n 9. De verschilrij is 5, 4,,,, 0,,.... Dit is een rekenkundige rij met v 5 en constant verschil van. Een directe formule voor de verschilrij is v n 5 + (n ) 6 n. Dus een indirecte formule voor de oorspronkelijke rij is { t 0 t n+ t n + 6 n 0. De verschilrij is, 6, 9,, 5,.... Dit is een rekenkundige rij met v en constant verschil van. Een directe formule voor de verschilrij is v n + (n ) n. Dus een indirecte formule voor de oorspronkelijke rij is { t t n+ t n + n. De verschilrij is, 4, 9, 6, 5, 6,.... Dit is een rij van kwadraten, dus v n n. Een indirecte formule voor de oorspronkelijke rij is { t t n+ t n + n. De verschilrij is, 5, 7, 9,,..., dit zijn opeenvolgende oneven getallen met v n n +, n. Een recursieformule voor de oorspronkelijke rij is dus { t t n+ t n + n en

18 uitwerkingen hoofdstuk 5 4.(a) 5 (b) (c) 7 (d) (e) 0 (f) (a) 5 0. En (b) en Stel g n i0 i. Dan is g n... }{{} n enen Als je optelt bij dit binaire getal..., krijg je 000 }{{... 0 }, en n nullen dit is n. Dus g + n, oftewel g n.

19

20 Uitwerkingen hoofdstuk. 7 + ( )( 4) 0, dus De discriminant is D , dus, 7± De discriminant is D 4 < 0. Er zijn geen oplossingen ( 5)( + ) 0. Dus a + b a b a b (a + b) 0. D b 4a (a + b) b + 4a + 4ab (a + b). Dus, b±(a+b) a, b+a+b a a+b a en b a b a a a. 6. Gegeven is + p + 0, p R. (a) Twee oplossingen als D 4 4( p + ) 4p > 0, dus als p > 0. (b) Eén oplossing als D 0, dus als p 0. (c) Geen oplossingen als D < 0, dus als p < Er moet gelden ( ), dus ( + ) + ±, dus ( ), dus ( + )( ) 4 5, dus ± ( ±), dus ( + ) ( ) , dus ( 6 0 ( )( + ) 0, dus ). + 6, dus. 4. ( ±), dus , dus geen oplossingen.. +. ( ), dus ( )( + 4) 0, dus 4, maar is niet toegestaan, dus 4 is de enige oplossing.

21 8 analseboek 4. ( + 6) + ( + + 6) ( )( + 7) ( + 4 ) ( 5) 0 ( 0 + 5) ( + )( + 8) 5 ( ) ( + 8) + 5 4( ) ( + π)( ) [ ( 5 + π ) π ] ( 5 + π 5 ) 0 π ( ) + +. ( ) 4 ( 4 ) ( 5) ( + ) [ 6 ] [ ] ( ) 9 ( ) [ ] [ ] ( ) ( ) [ 0 ] [ ] + 4 ( 5) ( 5) ( 5) [ + 6 ] ( + ) 9 ( + ). [ ] ( + ) [ ] [ ( + 5) 5 ] ( + 5) ( + 5) Deze uitdrukking is al in de topvorm. 0. De grafiek van de tweedegraads functie f snijdt de -as in 0 en 4. Vanwege deze nulpunten heeft het functievoorschrift de vorm f () a( 4). De top bevindt zich precies tussen de nulpunten, dus bij, dat wil zeggen: f () 4. Invullen in het functievoorschrift levert: f () a( 4) 4, dus 4a 4, oftewel a. Het functievoorschrift is dus f () ( 4).. De grafiek van de tweedegraads functie f snijdt de -as in en 6. Vanwege deze nulpunten heeft het functievoorschrift de vorm f () a( + )( 6). De top bevindt zich precies tussen de nulpunten, dus bij, dat wil zeggen: f () 4. Invullen in het functievoorschrift levert: f () a( + )( 6) 4, dus 6a 4, oftewel a 4. Het functievoorschrift is dus f () 4 ( + )( 6).

22 uitwerkingen hoofdstuk 9. De parabool heeft top T(, 6), dus het functievoorschrift heeft de vorm f () a( ) 6. Omdat S(, 4) een punt van de grafiek is, geldt f ( ) 4. Dus a( ) 6 4. Dus 49 9 a, dus a Het functievoorschrift is dus f () 49 ( ) 6.. Vanwege de nulpunten bij en 4 heeft de parabool vergelijking a ( 5 ) ( ( 4). Coördinaten van C 5, 8 ) ) ) oftewel C( 7 5 (, 8) invullen levert a ( , dus a ( 59 ) ( ) , dus ( 50 ) a 8 en dus a 8. De vergelijking is ( 4). 4. f () 6 + p ( ) 9 + p. Vanwege de top is 9 + p 5. Dus p f () p + 6 ( p ) p Vanwege de top is p , dus p 4, oftewel p 4, dus p p. 6. Gegeven zijn f () + en g() 6. (a) Snijpunten van f en g: f () g(), dus + 6, dus 4 6 0, oftewel 0, dus ( )( + ) 0, dus. Invullen in f () en g() (dit laatste ter controle): f ( ) 4 en g( ) Dus (, 4) is het eerste snijpunt. f () en g() Dus (, 0) is het tweede snijpunt. (b) Nulpunten: f () + 0, dus ( ) 0, dus 0 (dat een nulpunt is, wisten we al uit onderdeel a). Voor g() geldt: 6 0, dus ( )( + ) 0, dus. (c) De top van f : midden tussen de nulpunten 0 en, dus bij, f ( ) Alternatief: breng f () in topvorm: + [ ] [ ( ) ] 9 4 ( ) De top van g: midden tussen de nulpunten en, dus bij ( ), g Alternatief: breng g() in ( ) ( ) topvorm: (d) Zie figuur.. f O 4 g 5 6 Figuur.: f () + en g() 6

23 0 analseboek ( + )( + 4) 0, dus ( + )( + 5) 0, dus ( + 7)( ) 0, dus ( )( + ) 0, dus ( + )( ) 0, dus ( 6)( + 9) 0, dus 6 9. Opmerking bij opgave 4: tp in wolframalpha.com de waarde 59 in, en kijk bij Prime Factorization (4 + )( + ) 0, dus ( + )(5 + ) 0, dus ( + )(7 + ) 0, dus ( + )( + ) 0, dus ( + )( + ) 0, dus ( 6 + )(9 + ) 0, dus 6 9. a a a. Er moet gelden: a 0 en a + 0, a + dus a en a. Uit de gegeven vergelijking volgt: ( a)(a + ) (a )( + a), dus a + a a a + a a, dus a a, dus 4a, dus a, dus ± a ± a ±a Vanwege ± kun je de absoluutstrepen weglaten. a a, zie paragraaf Los op: ( 4 )( 4 + ) 4. Stel t 4, dan is t De vergelijking wordt dus: t(t + ) 4, dus t + t 4 0, dus (t )(t + 4) 0, dus t t 4. Dus a. 4, dus 4 0, dus ( 6)( + ) 0, dus 6. En b. 4 4, dus 4 + 0, dus ( )( ) 0, dus. Er zijn dus vier oplossingen: Los op: ( 6) 5. De wortel kun je schrijven als ( 6) + 5. Merk op dat ( 6) + 5 > 0 voor alle, dus de wortel legt (in dit geval) geen beperkingen op. Stel t ( 6). Dan wordt de vergelijking: t t, dus t + 5 t 0t + 5, oftewel t t + 0 0, dus (t )(t 0) 0, dus t t 0. t ( 6) invullen: ( 6), dus 6 ±, dus 5 7. ( 6) 0, dus 6 ± 0, dus 6 ± 0. Er zijn dus vier oplossingen: Er geldt: t en t n + (n ) 4 4n. Voor de som van de eerste n termen geldt: 8 n(t + t n ). Dus n( + 4n ) 8, oftewel n 8, dus n 69, dus

24 uitwerkingen hoofdstuk n ±. Omdat n positief moet zijn, is n de oplossing. 5. t 00, t 0, t 0: een rekenkundige rij met v 0. Dus t n t + (n )v 00 + (n ) n. En dus is s n n(t + t n ) n( n) n(90 + 0n). Er moet gelden: s n 000, dus n(90 + 0n) 000, of 5n + 95n 000 0, of n + 9n Dus n 9 ± ± 796. Alleen de positieve oplossing voldoet: n Dus na 58 maanden is de schuld afgelost. 54. log + log( + ), dus (zie stelling.0) log ( + ), dus ( + ), dus + 0, dus ( )( + ) 0, dus. De oplossing vervalt omdat voor die waarde log niet bestaat. 55. log log + log +, dus log log ( ) +, dus +, dus ( + ) ( ), dus ( ) ( + ) 0, dus [( ) ( + )] 0, dus [ ] 0, dus 0. De oplossing 0 vervalt omdat log 0 niet bestaat. 56.(a) Zie figuur.. Figuur.: f () + en g() + f g O (b) Snijpunt: los f () g() op, dus + +, dus, ( oftewel ). Invullen in ( f () ) en (ter controle) in g(): f +. En g + ( ). Dus het snijpunt is,. 57. De richtingscoëfficiënt van l (zie paragraaf.) is gelijk aan m B A B A 7 ( 8) ( ) 5 5 A is een punt van de lijn, dus de vergelijking van l is (zie vergelijking.9): ( 8) ( ( )). Oftewel + 8 ( + ), dus. In plaats van A had je ook B kunnen nemen: de vergelijking van l wordt dan: 7 ( ). Dit levert eveneens. 58. m D C D C

25 analseboek Met punt C wordt de vergelijking van de lijn: 5 4 ( ), oftewel m F E F E Met punt E of F wordt de vergelijking van de lijn: Als je inziet dat de punten G en H dezelfde -waarde hebben, volgt dat de lijn horizontaal loopt. De vergelijking van de lijn:. Andere methode: m H G H G ( ) 0. Met (bijvoorbeeld) punt H volgt: 0( ), dus. 6. m J I 0 J I Met punt J wordt de vergelijking van de lijn: ( ), oftewel. 6. Als je inziet dat de punten I en K dezelfde -waarde hebben, volgt dat de lijn verticaal loopt. De vergelijking van de lijn: 0. Andere methode: m K I 0 0 K I De richtingscoëfficiënt bestaat dus niet. Dat duidt erop dat de lijn verticaal loopt. Uit de ligging van de punten volgt de vergelijking: 0. 6.(a) Lijn l is evenwijdig aan de lijn met vergelijking + 7, dus de rico van l is. Bovendien gaat l door P(, ), dus de vergelijking van l is ( + ), oftewel +. (b) + 0, dus bij is het snijpunt van l met de -as. 64.(a) + ( + ), dus +. (b) De richtingscoëfficiënt van l is m Dus de vergelijking van l is ( + ), oftewel (c) De -as heeft richtingscoëfficiënt 0, dus l heeft vergelijking. (d). (e) + ( + ), dus / \ Dus

26 uitwerkingen hoofdstuk / \ Dus Snthetisch delen eindigt op nul, dus is een nulpunt, en er geldt ( )( + 7). De laatste uitdrukking kun je nog ontbinden in ( )( 9), dus ( )( )( 9) Snthetisch delen eindigt op nul, dus is 4 een nulpunt, en er geldt ( 4)( ). De laatste uitdrukking kun je nog ontbinden in ( + )( + ), dus ( 4)( + ) Dit eindigt op nul, dus ( 5)( ). Opnieuw snthetisch delen met de laatste factor en : Dus ( + )( ). De laatste factor kun je nog ontbinden in ( + )( + ). Dus ( 5)( + )( + ). 70. Delers van de constante term zijn ± en ±. Delers van de kopcoëfficiënt zijn ±, ±, ±5 en ±0. Mogelijke rationale nulpunten zijn dus: ±, ± ± 5, ± 5, ± en ± 0. Een grafiek van de functie zie je in figuur.. Kijkend naar de grafiek, lijkt het erop alsof de nulpunten zich bij, 5 en bevinden. Controle: / O Figuur.: Afbeelding bij opgave 70

27 4 analseboek Hieruit volgt dat inderdaad een nulpunt is, en dat f () ( + )( ). Oftewel f () ( + )(5 7 + ). Controleer nu of 5 een nulpunt is van de laatste factor: / Dus 5 is een nulpunt, en ( 5 )(5 5). De laatste factor heeft als nulpunt, dus inderdaad bevinden de nulpunten zich bij, 5 en. Er geldt: f () ( )( 5 )(5 5) ( )(5 )( ). 7. Delers van de constante term zijn ±, ±, ±7 en ±4. Delers van de kopcoëfficiënt zijn ±, ±, ±7, ±9, ± en ±6. Mogelijke rationale nulpunten zijn dus: ± ± ±7 ±4 ± ± ± ±4 ± 7 ± 7 (±) (±) ± 9 ± 9 ± 7 9 ± 5 9 ± 6 ± 6 (± 9 ) (± 9 ) Een stukje van de grafiek van de functie zie je in figuur.4. Er zijn twee nulpunten tussen 0 en, maar ook erg veel opties voor deze nulpunten. Voor het nulpunt links van komt in aanmerking. Controle: 7/ Hieruit volgt dat inderdaad een nulpunt is, en dat f () ( + )( ). Oftewel f () ( + 7)( 7 + ). Mogelijke rationale nulpunten van de laatste factor die tussen 0 en liggen zijn, 7,,, 7 en. Probeer : Dus 7 + ( )( ) ( )(7 ). Samenvattend: f () ( + 7)( )(7 ). Alternatief is dat je de nulpunten van 7 + bepaalt met de abc-formule:, 7± ± 4, dus en O 5 Figuur.4: Afbeelding bij opgave 7

28 Uitwerkingen hoofdstuk 4. Zie figuur.. De lengte van boog AB is αr 0 cm 5 cm. Zie figuur.. De lengte van boog CD is α r m. Dus α m m r.5 m rad O rad 0 cm Figuur.: Afbeelding bij opgave B A D m O.5 m C Figuur.: Hoek bepalen met straal en booglengte. rad 80 π π rad rad 80 π π rad π rad π 80 π π rad π rad π rad π 80 π 5 rad. 5 5 π 80 π 4 rad π 80 π rad π 80 5π 6 rad 5. Zie figuur.. OPC is congruent met OP C. Dus sin π 4 OS sin π 4 en cos π 4 OC OC cos π 4. Dus tan π 4 sin π 4 cos π 4 P S P Figuur.: Van sommige goniometrische verhoudingen zijn de waarden makkelijk af te lezen in de eenheidscirkel π 4 π 4 C O C 6. In figuur.4 lees je af dat sin π en cos π 0, dus tan π bestaat niet.

29 6 analseboek Figuur.4: Een hoek van π rad π O P S P 7. In figuur.5 is OPC congruent met OP C, en dus is sin 4π OS OS sin π en cos 4π OC OC cos π, dus tan 4π C O C 4π π P S Figuur.5: Afbeelding bij opgave 7 8. Zie figuur.6. OPS is congruent met OP S. P S Dus sin π OS OS cos π 6 en cos π OC OC sin π 6. Dus tan π 9. Uit de grafiek van de sinus lees je af: kπ, k Z C C π O π 6 S P Figuur.6: Afbeelding bij opgave 8 0. De grafiek van sin( + π ) krijg je door die van sin over een afstand π naar links te verschuiven (en hij valt dan samen met de grafiek van de cosinus). De nulpunten zijn π + kπ, k Z. De grafiek van + sin krijg je door die van sin over een afstand omhoog te verschuiven. De minima van sin worden de nieuwe nulpunten. Dus π + kπ, k Z. De grafiek van + cos krijg je door die van cos over een afstand omhoog te verschuiven. De minima van cos worden de nieuwe nulpunten. Dus π + kπ, k Z. sin( π ) sin π cos( ) cos π sin( ) cos 0 sin cos 4. cos( π ) cos π cos + sin π sin 0 cos + sin sin 5. (sin + cos ) sin + sin cos + cos (sin + cos ) + sin cos + sin 6. tan α sin α sin α cos α sin α sin α sin α cos α cos α ( cos ) ( ) α cos sin sin α α α cos sin α tan α sin α α

30 uitwerkingen hoofdstuk sin sin + cos cos sin ( sin cos ) + cos (cos sin ) sin cos + cos sin cos sin cos + cos (sin + cos ) cos cos cos 8. sin(α + β) sin α cos β + cos α sin β cos α cos β cos α cos β 9. sin α cos α + sin β tan α + tan β cos β sin α cos β cos α sin β + cos α cos β cos α cos β sin sin( + ) sin cos + cos sin sin cos cos + ( sin ) sin sin cos + sin sin sin ( sin ) + sin sin sin sin + sin sin sin 4 sin 0. cos cos( + ) cos cos sin sin (cos sin ) cos sin cos sin cos sin cos sin cos cos sin cos cos ( cos ) cos cos cos + cos 4 cos cos. sin(α + β) sin α cos β + sin β cos α (deel teller en noemer door cos β) sin(α β) sin α cos β sin β cos α sin α + sin β cos β cos α sin α sin β (deel teller en noemer door cos α) cos β cos α sin α cos α + sin β cos β sin α cos α sin β cos β tan α + tan β tan α tan β. Vooraf: (a) Wegens goniometrische eigenschap 5 geldt: sin α sin α cos α, dus sin α sin α cos α (b) Wegens goniometrische eigenschap 6b geldt: cos α cos α, dus + cos α cos α en dus + cos α cos α. Dit toepassen levert: sin α + cos α sin α cos α cos α cos α sin α cos α tan α. Vooraf: Stel sin α. Dan is sin 6 α, cos α sin α, en cos 6 α ( ). Dus sin 6 α + sin α cos α + cos 6 α + ( ) + ( ) + + ( + )

31 8 analseboek 4. De coördinaten van A zijn (zie figuur 4.5): A b cos γ en A b sin γ. De afstandsformule. geeft: c d(a, B) (a b cos γ) + (0 b sin γ) (a ab cos γ + b cos γ) + b sin γ a ab cos γ + b (sin γ + cos γ) a ab cos γ + b Links en rechts kwadrateren levert de cosinusregel: c a + b ab cos γ 5. Formule 6 in paragraaf 4. zegt: cos cos sin. Dus uit cos (cos sin ) volgt cos sin (cos sin ). Ofwel (cos + sin )(cos sin ) (cos sin ). Dus cos + sin cos sin 0. De vergelijking cos + sin heeft geen oplossingen (als dat wel het geval was, zouden cos en sin bij dezelfde de waarde moeten hebben). De oplossing van cos sin 0 oftewel sin cos is π 4 + kπ, k Z. Zie figuur.7. cos 5π 4 P 5π 4 sin π 4 O π 4 sin 5π 4 P cos π 4 6.(a) Wegens formule 7 in paragraaf 4. is Dus tan tan tan tan tan tan t t, met t tan. Figuur.7: Afbeelding bij opgave 5 (b) Wegens formule 5 in paragraaf 4. is sin sin cos Deel teller en noemer door cos : Dus sin sin sin cos sin cos sin tan cos + + tan sin cos sin + cos tan + tan t + t, met t tan. (c) Wegens formule 6 in paragraaf 4. is cos cos sin cos sin Deel teller en noemer door cos : cos tan + tan Dus cos tan + tan t + t, met t tan. cos sin sin + cos 7.(a) f (g()) (b) g( f ()) (c) f (g()) (d) g( f ()) 5 (e) f (g()) + (f) g( f ()) +

32 uitwerkingen hoofdstuk functie domein f () [0, ) g() ( f + g)() + [0, ) ( f g)() + [0, ) ( f g)() [0, ) f g () [0, ) \ {} g f () (0, ) ( f g)() (, ] R (g f )() [0, ) ( f f )() 4 [0, ) (g g)() ( ) R Tabel.: Functies en hun domein 9. Figuur.8: O O O (a) f () + (b) f ( + ) (c) f ( ) O O O (d) f () (e) f () (f) f ( ) Merk op dat de laatste grafiek en die van f () identiek zijn. Inderdaad is f ( ) ( ) ( + ) f () 40. O O O (a) (b) + (c) +

33 0 analseboek 4. sin( ) O 4 5 Figuur.9: sin( ) 4. sin O Figuur.0: sin 4. sin O Figuur.: sin sin π O π π Figuur.: sin 45. e tan π O π Figuur.: e tan

34 uitwerkingen hoofdstuk e O Figuur.4: e 47. Schrijf +, en vervang door en omgekeerd: +. Dus, oftewel. En dus is f (). De grafieken van beide functies zie je in figuur.5 + Figuur.5: Grafiek van + en zijn inverse O 48. Gegeven is f () + 6. De grafiek van f snijdt de grafiek van f in het punt S. Wat zijn de coördinaten van S? Teken de grafieken van f en f in één figuur. De grafieken van f en f zijn elkaars spiegelbeeld in de lijn. Ze kunnen elkaar dus alleen snijden op de lijn, dus ligt S ook op de lijn. snijden met + 6 levert + 6, dus 6 oftewel. Dus S is het punt (, ). De inverse van f volgt uit + 6, dus + 6 oftewel +. De grafieken van beide functies zie je in figuur Figuur.6: Grafiek van + 6 en zijn inverse + + O 49. Merk op dat f een even functie is, dus bij elke -waarde horen

35 analseboek (ten minste) twee -waarden. Beperk het domein van f tot waarden 0. Er geldt ook 0. Verwisselen van en leidt tot, dus, en dus is de inverse, met 0. De oorspronkelijke functie kun je schrijven als, de inverse als. Inderdaad is ( ). Zie figuur.7 Figuur.7: en zijn inverse O O (a) (b) 50. Teken de punten P(a, b), Q(b, a) en S(b, b), zie figuur.8. Er geldt: PS a b QS. Dus PQS is een rechthoekige driehoek (geodriehoek) met hoeken van 45 bij P en bij Q. a Q(b, a) T De lijn is bissectrice van S, en dus middelloodlijn van de gelijkbenige driehoek PQS. Dus de lijn en de lijn door PQ staan loodrecht op elkaar, en PT QT. Met andere woorden: P en Q zijn elkaars spiegelbeeld. 5. Omdat (, ) een punt van f is, is (, ) een punt van f. En (, ) is een punt van f. De formule voor een lijn door twee gegeven punten uit paragraaf. zegt: ( ), oftewel. De gevraagde functie is dus f (). De inverse is, oftewel +. Zie figuur.9. b O b S a P(a, b) Figuur.8: De punten P(a, b) en Q(b, a) zijn elkaars spiegelbeeld in de lijn + Figuur.9: Grafiek van en zijn inverse + O 5. Meetkundig is in te zien dat een rechte lijn l samenvalt met zijn spiegelbeeld in de lijn in de volgende gevallen: als l de lijn zelf is, of als l loodrecht staat op de lijn Ook algebraïsch is dit in te zien. Stel dat de vergelijking van f is: a + b. Voor de inverse geldt dan : a + b, oftewel a b, dus a b a. Willen de grafieken van a + b en a b a samenvallen, dan moet gelden: a a en b b a.

36 uitwerkingen hoofdstuk 4 Uit a a volgt a, dus a ±. Als je a invult in b b a, krijg je b b, dus b 0. Dit levert de lijn. Als je a invult in b b a, krijg je b b, dus kan b elk getal zijn. Dit levert de lijnen + b, b R. 5. Uit 5 volgt voor de inverse: 5, oftewel 5. Zie figuur.0. 5 Figuur.0: Grafiek van 5 en zijn inverse 5 O Uit + volgt voor de inverse: +, oftewel, dus. Zie figuur.. + Figuur.: Grafiek van + en zijn inverse O 55. Uit + 4 met 0 volgt. Verwisselen van en betekent voor de inverse: + 4, met en 0. Dus + 4, oftewel 4, en dus ± 4. Wegens 0 geldt 4. Zie figuur Figuur.: Grafiek van + 4 en zijn inverse 4 4 O

37 4 analseboek 56. Uit 4 met 0 volgt 0. Na verwisseling van en betekent dit voor de inverse: 4, met 0 en 0. Dus 4, oftewel 4, dus ± 4. Wegens 0 geldt 4. Dus f en f zijn hetzelfde. Zie figuur Uit + 4 volgt voor de inverse: + 4, oftewel + 4, dus 4, dus ( ) 4 en dus 4. Zie figuur.4. O Figuur.: f () 4 f () voor 0 +4 O 4 Figuur.4: Grafiek van + 4 zijn inverse 4 en 58. Uit volgt voor de inverse: , dus + 4, na kwadrateren ( + 4). Dit levert + 4, of 4, dus ( ) 4, dus 4, oftewel ±. Vanwege het ±-teken zijn de absoluutstrepen overbodig, dus ±. In de oorspronkelijke functie zie je dat 0 leidt tot 0, dus voor de inverse geldt ook dat 0 samengaat met 0. De inverse is dus. Zie figuur.5. Figuur.5: Grafiek van en zijn inverse O 59. arcsin π arctan π 4 6. arctan( ) π 4 6. arctan π 6. arctan π arcsin π arccos π 66. arccos 0 π

38 uitwerkingen hoofdstuk Zie figuur π arcsin π arccos π 0 Figuur.6: Afbeelding bij opgave 67 Figuur.7: arccos 69. De grafiek van f () arcsin + arccos bestaat uit een horizontaal lijnstukje op het interval [, ] door π, zie figuur.8. Figuur.8: arcsin + arccos π 0 Een verklaring gaat als volgt: teken een rechthoekige driehoek met schuine zijde en rechthoekszijde, zoals in figuur.9. Dan geldt: sin α en cos β. Hieruit volgt arcsin α en arccos β. Omdat in ABC geldt: α + β π, geldt dus ook: arcsin + arccos π. B β A α C Figuur.9: α + β π

39 6 analseboek 70. Als α arctan 4, dan is tan α 4. Hoek α is dus de hoek bij A in een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden en 4. De schuine zijde AB Dus sin α 5 en cos α Als α arcsin, dan is sin α. Hoek α is dus de hoek bij A in een rechthoekige driehoek met rechthoekszijde en schuine zijde, zoals in figuur.0. De rechthoekszijde AC ( ). Dus cos α en tan α. B Figuur.0: α arcsin A α C 7. Teken een rechthoekige driehoek met rechthoekszijde en rechthoekszijde, zoals in figuur.. Dan geldt: tan α en tan β. Dus α arctan en β arctan. In driehoek ABC geldt: α + β π. Dus arctan + arctan π 7. Stel α arctan en β arctan. Dan is tan α en tan β. Dus tan(α + β) tan α + tan β tan α tan β B β α A C Figuur.: Afbeelding bij opgave 7 En dus α + β arctan π 4. Dus arctan + arctan π Stel α arccos en β arctan 5. Dus cos α (en dus tan α, zie figuur.0 en de uitwerking van opgave 7). Ook is tan β tan α + tan β Dus tan(α + β) tan α tan β Dus α + β arctan π 4. Conclusie: arccos arctan 5 π 4. Figuur.: O 76. Als Z geldt 77. Deze functie heet ook wel zaagtandfunctie.

40 uitwerkingen hoofdstuk 4 7 Figuur.: O 78. Omdat f even is geldt voor alle : f () f ( ). Omdat f oneven is geldt voor alle : f ( ) f (). Dus f () f ( ) f (). Uit f () f () volgt f () 0. Dit kan alleen als f () Figuur.4: O 80. Figuur.5: + O 8. Figuur.6: tan, ( π, π ) π O π 8. De horizontale lijnen tussen 0 0 en 0 0 bevinden zich bij,, 4, 5, 6, 7, 8 en 9. De horizontale lijnen tussen 0 0 en 0 00 bevinden zich bij 0, 0, 40, 50, 60, 70, 80 en 90. Zie figuur.7. De verticale lijnen bevinden zich bij 0, 0.5,,.5 en. Er geldt: (a) f (0.5). (b) f (.5) (c) f (5) 0.7 (d) f (80).9

41 8 analseboek 0 50 Figuur.7: De grafiek van 0 op logaritmisch papier De grafiek is een rechte lijn, begint linksonder in het punt (, ), en loopt rechtsboven tot het punt (00, 0000) 0 4 Figuur.8: De grafiek van op dubbellogaritmisch papier

42 Uitwerkingen hoofdstuk 5. a. lim f () b. lim f () c. lim f () d. lim f () e. lim f () f. lim f (). lim 0 sgn en lim 0 sgn +. a. f ( ) sin( ) sin sin sin( ) sin sin f (). b. Dus is f een even functie f () c. lim 0 f () d. lim π f () 4. f (0) cos 0 0. Als je met een digitaal hulpmiddel 0 0 (desmos.com, wolframalpha.com) de grafiek laat tekenen zie cos je dat lim 0. Invullen van -waarden dichtbij nul 0 bevestigen dat, bijvoorbeeld: f (0.00) f (0) 0 0. cos Als je de grafiek laat tekenen zie je dat lim 0. Invullen van -waarden dichtbij nul bevestigen dat, bijvoorbeeld: f (0.00) f (0) cos cos. In de grafiek zie je dat lim en lim De linker- en rechterlimiet zijn oneindig groot én verschillend. Om beide redenen bestaat de gevraagde limiet niet. 7. f (π) cos π π cos lim π π π 0.8. Hier is geen probleem. Er geldt: 8. f (0) 0 0. Uit de grafiek kun je aflezen dat lim Invullen van -waarden dichtbij nul bevestigen dat, bij- sin Tabel.: π f () π sin O π π Figuur.: sin sin

43 40 analseboek voorbeeld: f (0.00) f (4) Uit de grafiek is af te lezen dat lim 4 4. Invullen van 4 waarden in de buurt van 4 bevestigen dat, bijvoorbeeld: f (.99) Alternatief: De noemer van f kun je ontbinden in ( )( + ). Dus lim 4 4 lim 4 ( )( + ) lim f (0) sin 0 0 sin. Uit de grafiek lees je af: lim Invullen van waarden in de buurt van 0 bevestigen dat, bijvoorbeeld: f (0.0) f (π) sin π π 0 π sin 0. Dus lim 0 π. Vul 5 in, in de gegeven functie: f (5), dus lim Evenzo: lim π sin sin π π π π 4. Evenzo: lim 0 arctan arctan Evenzo: lim e e e e 6. a. Als >, dan is, en lim f () lim + 6 lim b. Als <, dan is, en lim f () lim + 6 lim ( )( + ) lim ( )( + ) lim + 5 c. Omdat de linker-en rechterlimiet verschillend zijn, bestaat f () niet. lim + 7. lim lim lim lim lim lim

44 uitwerkingen hoofdstuk 5 4. lim ( 0 invullen levert 0 0 ) ( ) lim 0 ( ) lim lim lim lim lim invullen levert , dus zowel teller als noemer bevatten een factor ( ) lim + 4 lim ( )( ) ( )( ) lim invullen levert 0 0, dus teller en noemer bevatten een factor ( ): lim lim ( )( ) ( )( 4 + 5) lim + 5 lim ( )( + + 5) ( )( + 5) 8 9. lim sin lim lim De uitkomst is afhankelijk van welke kant je nadert: + lim en lim (. lim ) lim 0 ( lim 5) De noemer is gelijk aan 4 5 ( 4 5). Als je 0 invult in 4 5, krijg je 5. Dus als 0 is de noemer ( 4 5) negatief, en deze noemer gaat naar nul. Dus lim 0 ( 6 4 5) lim lim lim ( ). Als 0 is > 0, en dus is ( ) < 0 in de buurt van 0.

45 4 analseboek Daaruit volgt lim 0 ( ) De functie is niet gedefinieerd in, dus is daar niet continu. De limiet in bestaat echter wel: ( ) ( )( + ) lim lim lim ( + ) 4 Wanneer je f () 4 definieert, krijg je een continue functie. De definitie van f kan er dan zo uitzien: f () +, R 6. f is niet gedefinieerd als de noemer 0 is, dus als ( ) ( )( + ) 0, oftewel als, 0 of. Zie ook figuur.. Als je invult krijg je 0 0. De teller kun je ontbinden: + ( + )( ). Dus lim f () lim ( + )( ) ( )( + ) lim + ( + ) 4 Wanneer je of 0 invult is de teller niet 0, maar de noemer wel. De functiewaarden worden oneindig groot. Afhankelijk van het feit of je van de linker- of van de rechterkant naar een van deze punten nadert, zal de limiet + of worden. De noemer ( + ) is een tweedegraads functie (dalparabool) met nulpunten bij en 0, en dus tekenwisseling bij en 0, zie figuur. O Figuur.: f () + ( ) + + Figuur.: De noemer ( + ) lim f () lim En ook: lim f () lim ( + )( ) ( )( + ) lim ( + )( ) ( )( + ) lim + ( + ) ( + ) Evenzo: en: + lim f () lim 0 0 ( + ) lim 0 f () lim 0 + ( + )

46 uitwerkingen hoofdstuk Figuur.4: f () + O 8. f is gedefinieerd voor + > 0, dus als ( + ) > 0, en dit is het geval als >. Verder geldt: Dus lim 0 En lim 0 + ( + ) + lim 0 + lim 0 +, 0 +, < < 0 + lim 0 + lim Dus de linker- en rechterlimiet verschillen in 0, en daarom bestaat lim 0 f () niet. cos Figuur.5: f () tan O f (0) bestaat niet (er komt 0 0 uit). Gonioformule 6a uit paragraaf 4. zegt: cos sin. Dus in de buurt van 0 geldt: sin, > 0 cos sin sin, < 0 lim 0 cos sin lim tan 0 sin cos cos tan Evenzo: lim 0 lim 0 cos Dus de linker- en rechterlimiet verschillen in 0, en daarom bestaat lim 0 f () niet. De functie is gedefinieerd als + > 0, oftewel ( + ) > 0 en dus < of > 0. Dus voor grote positieve en negatieve waarden van is de functie gedefinieerd. Verder geldt (deel teller en noemer door ):

47 44 analseboek 9. Figuur.6: f () + 4 O 4 lim + lim / + lim Bij het uitrekenen van lim is negatief, en dan is positief. Deel in dat geval teller en noemer door, dan kun je onder het wortelteken brengen (als ): lim + lim / + lim + De limiet die bij de verticale asmptoot hoort is: lim Figuur.7: f () O De functie is gedefinieerd voor 0, en lim invullen levert 0 0. Merk op dat ( ) ( )( + ). Dus lim lim ( )( + ) lim + + Alternatief: vermenigvuldig teller en noemer met + (de worteltruc): + lim lim + ( )( + ) lim + Horizontale asmptoot: lim lim lim lim (deel teller en noemer door 4 ) lim

48 uitwerkingen hoofdstuk 5 45 (deel teller en noemer door 4. lim ) lim lim lim lim lim 45. Een staartdeling geeft f (). Verder is + lim ± + lim ± Dus is de scheve asmptoot De gegeven functie als aparte breuken schrijven levert f () + +. Wegens lim ± 0, is + de scheve asmptoot. 47. Uit een staartdeling volgt f () lim ± scheve asmptoot. lim ± Wegens 0, is + de 48. Stel de vergelijking van de scheve asmptoot is a + b. Nu is lim f () lim + + lim + lim Als > 0 geldt + + Dus a. De waarde van b bereken je met lim [ f () ] lim lim lim lim + + lim ( + ) + lim + + deel teller en noemer door Dus b. De vergelijking van de scheve asmptoot (voor ) is a. Stel de vergelijking van de scheve asmptoot is a + b, dan geldt, zie paragraaf 5.4: a lim + 4 wegens >0 lim + 4 lim + 4

49 46 analseboek En verder: b lim lim lim lim Dus de asmptoot is b. De functie is gedefinieerd voor 4. Er geldt: a lim En verder: b + 4 lim lim lim wegens 4 lim + 4 lim + 4 lim lim Dus de asmptoot is lim 50. Stel de vergelijking van de scheve asmptoot is a + b, dan geldt, zie paragraaf 5.4: a lim ± lim ± ± Dus heeft a geen eindige waarde en is a + b geen scheve asmptoot. 5. Stel de vergelijking van de scheve asmptoot is a + b, dan volgt met paragraaf 5.4: En verder: a lim lim b lim lim Dus heeft b geen eindige waarde en is a + b geen scheve asmptoot. sin (als 0 dan 0) 5. lim 0 sin sin sin 5. lim lim lim sin sin 54. lim lim 0 0 lim sin 0 sin 55. lim 0 tan lim sin lim cos cos 0 0 sin 0 cos tan 56. lim 0 5 lim tan lim tan

50 uitwerkingen hoofdstuk 5 47 sin 57. lim 0 tan lim sin 0 tan Alternatief: sin lim 0 tan lim sin cos 0 sin sin lim lim 0 sin + sin sin cos sin tan sin 59. lim lim tan sin sin sin sin sin sin 60. lim 0 lim sin 6. lim 0 sin lim sin 0 sin 6. Zie figuur.8. Figuur.8: f () ln(), p > 0 gaat naar 0 voor p De functiewaarden dalen langzaam naar nul als. cos sin sin 6. lim 0 lim 0 lim sin lim 0 sin lim 0 sin lim 0 lim 0 0 sin 65. lim 0 tan lim sin Gonioformule 6a uit paragraaf 4. zegt: tan tan 4 cos sin, dus cos sin, dus cos sin Invullen in de limiet: cos sin lim lim sin lim sin lim ( ) sin + π 0 + π 67. lim sin(0 + π ) 0 + π π π sin ( cos ) sin 68. lim 0 lim cos zie opgave

51 48 analseboek sin + sin 69. lim 0 sin lim lim 0 arctan sin + [ sin lim 0 + sin ] arctan lim 0 sin sin sin lim + 0 e 7. lim lim e e lim ln ( + ) ln( + 7. lim 0 4 ) lim 0 ln( + ) ln ln 7. lim lim lim ln 0 0 Alternatief: [ ln ln + ln ln lim lim lim + ln ] lim e 00 ln 5 lim lim 0 cos cos. [ e ] 00 lim 5 ln [ e ] ln 00 5 Formule 6 uit paragraaf 4. zegt: cos α cos β sin α+β sin α β. Dus cos cos sin 4 sin. Dus cos cos sin sin sin lim 0 lim 0 lim sin 4 0 cos ln( + ) 76. lim lim 0 sin e cos 77. lim lim lim π e cos cos cos ln( + ) 0 sin [ e + cos ] zie opgave [ e cos lim cos ] π cos cos lim π e cos cos lim π cos cos? De eerste limiet is gelijk aan. De tweede is met behulp van cos 4 cos cos te schrijven als: lim π cos cos lim π cos 4 cos cos lim π 4 cos 0 Dus lim π e cos cos 79. invullen in lim tan π levert 0 0. Stel p.

52 uitwerkingen hoofdstuk 5 49 Als dan p 0. p + invullen in tan π: tan π tan π(p + ) tan(πp + π) tan πp (wegens tan( + π) tan ). Dus lim tan π lim p 0 p tan πp lim p 0 πp tan πp π π π 80. lim π sin sin +0

53

54 4 Uitwerkingen Hoofdstuk 6. a. Het differentiequotiënt op [, ]: f () f () f () b. Op [, ]: f ( ) f () c. Op [,.]: f (.) f () ( ) d. Op [, + h]: f ( + h) f () ( + h) 4 ( + h) 4 h 4 (4 + 4h + h ) h + h + 4 h h h + 4 h h + 4 h Achteraf gezien was het handiger geweest eerst dit onderdeel te maken, en het antwoord + 4 h te gebruiken om de differentiequotiënten van de vorige onderdelen te berekenen door achtereenvolgens h, h en h 0. in te vullen. f ( + h) f () e. lim lim + h 0 h 4 h, en dit is de richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan de grafiek van f in het punt h 0 (, f ()) (, ).. a. Het differentiequotiënt op [, ]: f () f () f () + ( + ) b. Op [,.]: f (.) f ().. +. ( + ) c. Op [,.0]: f (.0) f () ( + )

55 5 analseboek d e. Op [, + h]: f ( + h) f () + h ( + h) + ( + h) ( + ) h + h + h + + h 4 h 5h + h h 5 + h Dit antwoord is in overeenstemming met de antwoorden van a. tot en met d. (h, h 0., h 0.0 en h 0.00). f ( + h) f () f. lim lim 5 + h 5 h 0 h h 0 g. Differentiequotiënt van f op [a, a + h]: f (a + h) f (a) (a + h) a (a + h) + (a + h) (a + a) h a + ah + h + a + h a a h ah + h + h h a + + h f (a + h) f (a) h. lim lim a + + h a + h 0 h h 0. f () + 0 op [a, a + h]: het differentiequotiënt is f (a + h) f (a) (a + h) + 0 (a + 0) h h h h Dit antwoord was te verwachten omdat de grafiek van f een lijn met helling is, en een lijnstuk door twee verschillende punten van die lijn dus ook helling heeft. 4. f () op [a, a + h], a f (a + h) f (a) h a+h a h (a ) (a+h ) (a+h )(a ) h h (a+h )(a ) h 5. f () op [, + h]; a invullen in het antwoord van de vorige opgave: ( + h )( ) + h (a + h )(a ) 6. f () op [, + h]: ( + h) h 7. f () 5 f () 0 8. f () f () 9. f () 7 f () + h + h + h h h + h + h h + h + h

56 uitwerkingen hoofdstuk f () 4 5 f () 5. f () f () 6. f () + f () 4. f () f () 4. f (t) 4 t f () t 5. f (s) (s ), dus f (s) s s + f (s) s 6. f (), dus f () f () 7. f () 5 f () 5 8. f () 8 f () f () ( ), dus f () f () 0. f () f () + +. a. Met de productregel: f () ( + )( ) f () ( ) + ( + ) b. Eerst haakjes uitwerken: f () ( + )( ) +, dus f () +. a. Met de productregel: f () ( )(π + ) f () 6 (π + ) + ( ) 6π π b. Eerst haakjes uitwerken: f () ( )(π + ) π + 5 π, dus f () 6π f () (4 + ) f () f () 4 7 f () 4 ( ) (4 7) ( ) ( ) ( ) 5. f () ( 4)( 5 + 6) f () ( 4)( 5 + 6) + ( 4)( ) ( ) + ( ) f () , dus f () r(t) t + t + 5 t 4 r (t) t t 0t 5 t t 0 t 5

57 54 analseboek 8. s() C s () f () f () g(t) t + 5 t + 8 g (t) 9 (t + 8) (t + 8) (t + 5) t + 4 t 5 (t + 8) t + 8). h() ( + ) ( ) , dus h () i() ( + ) zie opgave h(). Dus i () h () ( ) h() ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ). a. f (0) 0, f () en f () 0. Dus de gemiddelde helling f () f (0) van f op [0, ] is, en de gemiddelde helling 0 f () f () op [, ] is + b. Het differentiequotiënt op [, + h] is f ( + h) f () h ( + h) ( + h) ( ) + h + h h + h h h h h c. De helling van f bij is lim h 0 h d. De raaklijn aan f in het punt (, f () gaat door het punt (, f () en de helling is 0. De vergelijking van de raaklijn is dus f () 0 ( ), oftewel 4. Zie stelling Zie stelling De productregel luidt: [ f g] f g + f g. Neem f () c en g g(). Dan is [cg()] c g() + cg () 0 g() + cg () cg () 7. f () 5 5 f () f () f () 9. f () f ()

58 uitwerkingen hoofdstuk f () f () f () sin + cos f () cos sin. 4. f () sin + tan f () cos + cos 4. f (t) t + cos t f (t) t sin t 44. f () cos cos cos f () sin cos + cos sin sin cos sin 45. f () tan tan tan f () cos tan + tan cos tan cos 46. f () sin f () cos sin cos sin 47. f () tan, dus f () cos ( ) tan ( ) + cos tan cos ( ) 48. f () + sin +, dus f () cos ( + ) ( + sin ) ( + ) 49. f () sin cos, dus f () cos ( cos ) sin sin ( cos ) cos + cos sin ( + ) cos cos sin ( cos ) cos ( cos ) cos (cos ) cos 50. f () cos cos sin (zie voorbeeld 6.9 en opgave 44) f () sin sin sin 5. f () e e e f () e e + e e e 5. f () cos f () sin sin 5. f () tan f () cos cos 54. f () cos( + π ) f () sin( + π ) sin( + π ) 55. f () ( + ), dus f () ( + ) ( + ) f () sin f () cos cos 57. f () sin f () sin cos cos sin 58. f () ( + 4) 5 f () 5( + 4) 4 0( + 4) 4 60( + ) 4