Overzicht examenstof. Analyse. Het bereik is bij benadering: ; 4, 54] [ 11, 46 ;. c Domein [0, 3] en bereik[ 2, ]

Transcriptie

1 Analse a O Randpunt als ( ) Dit geeft de randpunten (, f ( )) (, ) en (, f ( ) (, ) De top is (, f ( )) (, ) c Domein [, ] en ereik[, ] Domein Bereik Asmptoten a R, ] Geen,,,, c,,,, Verticaal: Horizontaal: Horizontaal: Verticaal: d, ] [, [, Geen a O Domein:,,, Het ereik is ij enadering: ;, ] [, ; c Verticale asmptoten: en

2 a + + voor f ( ) + + voor < O c Bereik: [, a O f ( ) + p geeft + p dus geldt p en p TOP f ( p) ( p) + p ( p) p p p TOP p c Omdat p ( p + ) < ligt de top voor elke waarde van p onder de -as TOP d Dan moet gelden: p p en is p of p TOP a O Horizontale asmptoot:

3 c Verticale asmptoten: en d Domein:,,, Bereik:, ], 7a ( ) of ( )( + ) of c + ( + ) ( + )( ) of of d ( )( ) + ( + )( ) of e ( + )( + ) ( ) ( + 9)( ) 9 of a ( )( ) + ( + ) ( ) of + ( + ) ( ) + ( )( + ) of c ( + ) + ( + ) of + of 9a + + ( ) ( )( ) of ( voldoet niet) ( )( ) of ( voldoet niet) c

4 a < ( + ) < + < ( + )( ) < Een plot van ( + )( ) geeft als oplossing < < ( + )( + ) ( + ) ( + ) Een plot van ( + ) geeft als oplossing of c > + > + + < Oplossen van + geeft Plotten van + en gevolgd door aflezen geeft als oplossing [, d Los eerst op ( )( + ) of Plotten in één figuur van + + en + en aflezen geeft als oplossing, ] a Omdat P( p, p + ) en Q( p, p ) is L( p) p + ( p ) p p + Stel p p + dan is p p + Omdat D < is er geen enkele waarde van p waarvoor dit het geval is c Omdat L ( p) p en de grafiek van L een dalparaool is, is het minimum L( ) + en is B [, L a cos + cos (cos + )(cos ) ln + ln (ln ) + ln (ln + )(ln ) c + ( ) + ( )( ) Horizontale asmptoot en verticale asmptoot Snijpunt van de asmptoten is S(, ) Er is sprake van smmetrie in een punt S als geldt: f ( p) + f ( + p) voor S S S elke waarde van p f ( p) + f ( + p) p + + p + p p Dus is de grafiek van f puntsmmetrisch in S(, )

5 a ln( ) ln( + ) + ( )( + ) of ( voldoet niet) + + c ln( ) + ln( + ) + ln( ) ln( ) + ln( ) ln( ) e e + of e + ( voldoet niet) a Uit f ( ) volgt: f ( ) f ( ) of f ( ) ln + of ln + ln of ln of e g( ) (ln ) g ( ) (ln ) ln (ln + ) voor elke Dus heeft g ( ) geen oplossing en dan heeft g( ) geen uiterste waarde ( ) d ( ) d [ ] (( + + ) ( + + )) 9 7a ( ) ( ) f ( ) + + Als < < en gaat van naar dan gaat van naar, dus f ( ) gaat van naar De grafiek stijgt dus De oppervlakte van het geied M is m De oppervlakte van het geied V is + d [ln + ln ] ((ln ln ) (ln ln )) ln Dus is m ln h( ) is constant als f ( ) f ( ) constant is f f ( ) ( ) + ( ) + + ( ) + + +

6 9 Uit A( a, a ) en B(, ) volgt dat de helling van AB gelijk is aan a ( a)( + a) + a a a Dus is AB: ( + a)( a) + a De oppervlakte van het ingesloten geied is: ( ) + + a ( + a)( a) + a [( a) d ( a) a ] a (( + a) ( a) + a ) (( + a) ( a a) + a a a ) (( + a) ( a) + a ) ( a a a ) ( ( + a)( a)( a) + a a ( a )( a) + a a ( a a + a ) + a a a + a a ( a + a a ) ( a) a c q ( ) q q q q q q Z t, 7 Z 7 t, Z t +, 7 Z Z + t, 7 Z + t, a a + + ( + ) + ( + ) ( + )( + ) + 7 a a + + ( + ) + + Dus moet gelden: ( + )( + ) q q a + a de eerste vergelijking invullen in de tweede geeft: a + 7 ( ) en dus is a

7 a f ( a ) ( ) + a + a a a a O c Er is sprake van smmetrie in een punt S als geldt: f ( p) + f ( + p) voor a S a S S elke waarde van p f ( p) + f ( + p) + + a a p + + p Dus f is smmetrisch in (, ) d f ( a p) + f ( a + p) a a a p a a + p a Dus is f a is smmetrisch in ( a, ) f ( ) f ( ) ( ) c f ( ) d f ( ) ( ) ( ) a ( ) 7 7 d ± c ( ) of of ±

8 a O ± c Verticaal: Horizontaal: d Los eerst op: ± Met ehulp van een plot vind je,, a O g( ) + + f ( ) want voor grote waarden van is de term c Verticale asmptoot vrijwel 7

9 a Uit ; eerst naar links geeft f ( ) ( + ), dan verticaal vermenigvuldigen met geeft f ( ) ( + ) en tenslotte omlaag geeft f ( ) ( + ) Uit log ; naar rechts geeft g ( ) log( ) en omhoog geeft g( ) + log( ) c Uit ; horizontaal vermenigvuldigen met geeft h ( ) en verticaal met vermenigvuldigen geeft h( ) 7a k( ) f ( ) + De horizontale vermenigvuldiging met geeft Daarna naar links geeft l( ) +,, f (, ) f ( ) +, ( + ), 999, 9,,, 9a s in km t in minuten Op [, ] stijgt de grafiek sneller dan op [, 7] c s( ) s( ),, 7, 9 km/min, km/uur Daar is de helling maimaal s ( t), t +, 7t s ( t), 9t +, 7 s ( t) t 9, Dus is de maimale snelheid s ( 9, ), 7 km/min km/uur a f ( ) f ( ) h( ) h ( ) c k( ) k ( ) + + d g( ) + g ( ) + e l( ) + + l ( ) f m( ) m ( ) 9 + 9

10 a O Herschrijven als g( ) + + laat zien dat er geen nulpunten zijn, want + > voor elke + g ( ) g ( ) 7 Vergelijking raaklijn: 7 ( ) + 7 of 7 c Stel g ( ) dan volgt Dus Dit geeft: of Dus in (, ) en (, ) loopt de raaklijn horizontaal a f ( ) ( ) f ( ) ( + ) ( + ) ( + ) ( + ) g( ) ( + ) ( ) ( + ) g ( ) ( ) ( ) + ( + ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) + + ( ) c h( ) ( + )( ) h ( ) ( )( ) + ( + )( ) a ( f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( )), (, 7 +, 9 +, +, +, +, +, 9 +, 7),,, ( + ) d [ + ] ( f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( ) + f ( )) (, 97 +, +, 99 +, 7 +, 9 +, 7 +, +, 9), ( ) [ + d + ] ( + ) ( + ) 9

11 a F( ) + + C G( ) + C c h( ) + H( ) + C d K( ) ( 7 + ) + C e m( ) ( ) M( ) + C f n( ) + + N( ) a d [ ] ( ) h( ) of of d [ ] c f ( ) h( ) of of + of ( + )( ) of of - ( ) d [ + ] 7 d [ ] +C a f ( ) + ( )( ) Dus zijn de toppen (, f ( )) (, ) en (, f ( )) (, ) O 7 9 Eerst de snijpunten epalen: f ( ) g( ) ( )( + ) of f ( ) g( ) d + + d [ + + ] ( + + ) ( ) 7

12 ( ) ( + + ) c P p, f ( p) p, p p p Oppervlakte OPQ OQ PQ p d Dan moet gelden: f ( ) d Opp OPQ p f ( ) d [ p + + ] p p + p + p Dus moet gelden: p p + p + p p p + p + p p p p p + p p of p p + p of p p + p of p, of p 7, Voor p is er geen sprake van een driehoek OPQ Voor p 7, snijdt de lijn OP de grafiek van f twee keer Dus voldoet alleen p, p( p p + p + ) p p + p + p 7a of Snijpunten (, ) en (, ) (, ) d [ ] ( ) Stel de groeifactor per jaar is g Dan moet gelden g, en dus is g,, 9 Dus neemt het percentage euro elk jaar met ongeveer,7% af t 9a N ( t), 9, t g g, 7 dus is dan N ( t), 7 t c g g dus is N ( t) t d g, 7 g, 7, en dus is N ( t) a O g( ) log + log( + ) log ( + ) log( + )

13 c f ( ) g( ) log( ) log( + ) + Snijpunt (, log ) a De omtrek van de aarde is ongeveer km, dus D 9, R log U +, log D+, U log + log U +, log D+, + R U Dus neemt R met toe c 7, log U +, log +, log U, log +, logu log + log U U, mm,,,, d log U +, log, 9 +, log U +, log, +, log U +, log, 9 log U +, log, log log,, U logu log,, + 9 +,, logu logu log, log, 9 log log,, U, U, 9, U,,, U : U, :, U, 9 a f ( ) log( + ) f ( ) ln + ( + )ln t t g( t), 9 g ( t), 9 ln, 9 c h( ) ln h ( ) ln + ln ln + ln, t d j( t) ( + e ) +, t e, t, t j ( t) ( + e ) e, e e k( ) + k ( ) + ln 7 ( + t e ), t,

14 a O f ( ) dus nulpunten: en c Horizontaal: d f '( ) e + ( ) e e ( + ) f '( ) geeft: + + of Maimum f ( ), Minimum f ( + ), e F ( ) ( + ) e + ( + + c) e ( ) e voor elke c voor elke c voor elke ( + ) + + c voor elke + en + c en c f Oppervlakte ( ) [( ) ] ( ) e d e e e e + e Dus is de oppervlakte e + e a O De formule geeft een redelijke schatting als t > ln(, ) < h Dus als, < <, h > 9, 9 h h, Vanaf zo n cm tot cm, 9, 9 Op [, ] is de helling ongeveer,

15 c d t( h), ln, t ( h), h, h h, h h t '( ), ; t '( ), ; t '( 9), ; t '( ), ; t '( 7), ; t '( ), Wordt erg groot Ja, want de plant groeit vrijwel niet meer en dan duurt het erg lang om de hoogte nog iets te laten toenemen De grafiek van t heeft verticale asmptoot h, t t a C ( t) ( e, + e ) C ( ) (, + ) > Dus stijgt de concentratie direct na de injectie, t t De concentratie is maimaal als C'( t),dus ( e, + e ), t t e, + e,, e t t e, t t e e, t e, t e t e, t ln t, ln Dus als t, ln is de concentratie maimaal ß in graden,,, ß in radialen, π π π π 7a f ( ) cos of f ( ) cos f ( ) cos π of f ( ) cos π c f ( ) cos sin naar oven + sin naar rechts + sin + sin( ) + sin( ) + sin( ) + sin( ( + )) Dus is a ; ; c ; d 9a cos cos cos π ± π + k π ( k geheel) Op [ π, π ] zijn de oplossingen: ± π sin, sin sin,, + k π of π, + k π ( k geheel) Op [, ] zijn de oplossingen, 79 of, c Los eerst op: cos, cos cos, 9 ±, 9 + k π ( k geheel) Met een plot volgt de oplossing: d Los eerst op: sin, 9 sin sin,, + k π of π, + k π ( k geheel) Met een plot volgt de oplossing:, 7;, 97 7, ;,, 7;, 7, 79;,, ;, 79, 7;, 7

16 a De waterhoogte is maimaal, +, 7, meter en minimaal,, 7, 7 meter, +, 7 cos, t > tussen t, uur en t, 7 uur, 7,, uur Dit is ongeveer uur en 7 minuten a De periode van f is π π en de periode van g is π π π Dan moet cos ± π + k π ± π + k π ( k geheel) Met het gegeven domein zijn de snijpunten: ( π, ) en ( π, ) c sin sin π + k π π + k π sin sin sin sin π π + k π ( k geheel) De toppen zijn: ( π, ) ; ( π, ) en ( π, ) d f ( ) g( ) + cos sin Met een rekenmachine vind je:, 7 en, a De periode van f is π en de periode van g is π π De gemeenschappelijke periode is π want π π en π π Met een rekenmachine:, ;, ;, 9;, 9;, 9 c Er passen π perioden in dit interval Op, π zijn er oplossingen a g( ) sin cos g ( ) cos + sin h( ) cos h ( ) sin c k( ), 7sin π k ( ), π cos π a,,,,, De periode van f is π

17 cos sin sin cos sin cos π π π π π c sin d sin d ( cos ) d [ sin ] ( ) ( ) a Zowel van f als van g is de periode π, dus ook de periode van h is π π,,, Uit de plot volgt: h heeft maimum, en minimum,, dus is a, De periode is π, dus π π De grafiek snijdt de -as in (,, ) dus c, Dit geeft h( ), sin ( +, ) c h( ) sin + sin( + ) ( sin ( + + ) cos ( )) sin( + )cos( ) cos sin( + ) a f ( ) sin cos sin cos sin cos (cos sin ) sin cos f ( ) sin sin ( ) sin cos π π c f ( ) d sin d [ cos ] π π π π ( cos π) ( cos π ) ( ) 7a 9 7 O 7 9 Nulpunten en

18 ( )( ) ( ) g ( ) + ( ) + ( ) ( ) ( ) De afgeleide functie is overal positief en dus heeft g geen etreme waarden c g ( )( ) ( ) + d Verticale asmptoot Scheve asmptoot a f ( ) g( ) + ( )( + ) of Snijpunten: (, ) en (, 7) v( ) + ( ) + + v ( ) + voor Maimum v( ) want de grafiek van v is een ergparaool c De verticale afstand tussen de grafieken van f en g is maimaal voor d s( ) + + ( ) + + s ( ) + voor Het minimum is s( ) want de grafiek van s is een dalparaool e p( ) ( + ) ( ) + p ( ) + voor ± ± 9a 9 7 O 7 Het domein is [, ] [, h( ) ( ) h ( ) ( ) 9 9 ( 9) 9 9 c h ( ) voor 9 dus voor ± valt uiten het domein Maimum h( ) ( ) 9( ) + 9 7

19 a 7 O 7 De -as en de -as zijn de asmptoten f ( ) als + dus is het nulpunt c f ( ) + f ( ) + Nulpunt van f is en het maimum is f ( ) d f ( ) f ( ) Nulpunt van f : Dus is, de eacte -coördinaat van het uigpunt a f ( ) a( ) ( a ) a a + a ( ) ( ) Geen etreme waarden als a a + voor elke Dus als de discriminant < ( a) a < a a < a( a ) < < a < Dan moeten teller en noemer eide gelijk aan zijn voor Dus moet dan gelden voor de teller: a c Dit is het geval voor a f ( )( ) ( ) + + mits Als de grafiek van f a de -as raakt moet gelden: f ( ) en f ( ) a a a a de eerste invullen in de tweede geeft: a a + a + a a Dit invullen in a geeft a a a a a Echter f ( )( ) ( ) + + raakt niet aan de -as

20 De inhoud is π d π, ( ) d, 9π ( ) d, 9 [ ], 9π 97 cm a Benader eide lichamen door een kegel en ereken de inhoud Inhoud G π ( ) π π [ d d ] π Inhoud R ereken je door eerst te spiegelen in de lijn f : g : wordt dan g : Daarna werk je met de functie g( ) op het interval [, ] Inhoud R π π ( ) π d d [ ] π 7 7 Dus is de inhoud ij wentelen om de -as het grootst c Inhoud G inhoud R π π 9 π 7 7 d De afstand van (, ) tot (, ) is, 9 De grafiek is tussen deze punten echter geen rechte lijn, maar een kromme en dus langer e L + f { '( )} + ( ) d + d 9 7 [ ( + ) ] ( ) 9, 7 f Inhoud A π Inhoud G π π 9π Inhoud B π Inhoud R π π 7 π 7 7 Het verschil is π 7 a O π ( ) + ( ) d ( sin t) + ( cos t) d, 9 π π π 9

21 a,c 7 O 7 De periode is π want π π π d cos t en d sin t dt dt Stel d cos t dt cost t ± π + k π t ± π + k π Dus t is π, π, π, π, π en π t π en t π voldoen niet want dan d dt t π en t π geven (, 7) t π en t π geven (, 7) d sin t dt sin t t + k π t k π Dus t is, π, π, π en π Alleen t, t π en t π voldoen Al deze waarden geven het punt (, ) d Stel 7 sin t dan is sin t t + k π t k π Voor t π, π, π, π gaat de kromme door (, ) en voor t π door het punt (, ) d e cos t en d sin t heen voor de waarden t π, π, π, dt dt π steeds uitkomst ± en ±, daar in de formule voor de snelheid eide gekwadrateerd worden maakt dat in de uitkomst dus niet uit f Voor de snelheid in (, ) geldt in alle gevallen: v t d d ( ) sin t c + dt ( ) + os t dt ( ) ( ± ) + ( ± ) 7 +, 7

22 a t t geeft t of t De snijpunten met de -as zijn: (, ) en (, ) t t geeft t of t De snijpunten met de -as zijn (, ) en (, ) d t t geeft t of t dt Alleen voor t geldt d en dus is er een verticale raaklijn in (, ) dt d d c voor t dus is (, ) het keerpunt dt dt 7 d cos t geeft t π + k π t π + k π dt Dus moet d n sin( nt) zijn voor alle t met dt t π, t π, t π, t π, t π en t π Dit laatste is het geval voor n, of Voor n ijvooreeld is sin π sin π en dus is er en keerpunt Dus alleen voor n, of heeft de kromme geen keerpunten a De periode is π want π π π d cos t voor t π + k π t π + k π, dus dt t π, π, π, π, π en π d sin t voor t k π t k π, dus dt t, t π, t π, t π, t π, t π, t π, t π en t π Dus d d voor t π en t dt dt π De keerpunten zijn dan (, ) en (, ) c sin t voor t + k π t, π, π horen ij (, ) en dan is d d t π, π, π, π horen ij (, ) Voor t π en π is d d Voor t π en π is d d d De keerpunten treden op voor t π : (, ) en voor t π : (, ) d Dus is de helling in (, ) ongeveer sin( 7), 7 d t cos( 7), 7 d De helling in (, ) is ongeveer sin(, 7) d cos(, 7), 7 t, 7

23 9a O Periode π d sin t t, t π of t π dt d sin t t, t π, t π, t π of t π dt De keerpunten dus voor t en t π en dit zijn (, ) en (, ) c cos t ( cos t ) cos t 9 cos t ( cos t) Dus de paraool d cos t, dus ligt in tussen en Dus D f, Meetkunde a AH staat loodrecht op zijde BC, AB staat loodrecht op zijde CH en AC staat loodrecht op zijde BH Dus is A het snijpunt van de hoogtelijnen in BCH Van driehoek ACH want BH staat loodrecht op zijde AC, AB staat loodrecht op zijde CH en BC staat loodrecht op zijde AH a C + + M F 7 A D B Teken eerst een driehoek ABC met A 7 en C Daarna teken je de issectrice CD van hoek C Richt in D de loodlijn op AB op en snij deze met de middelloodlijn van CD om punt M te vinden Teken de cirkel met middelpunt M door C en D

24 B A C 7 BDF CDF g DF Dus BDF c CDF B + BDF + 7 d Bekijk ADC en FDC er geldt: ADC FDC ( 7 ) CD CD ADC FDC ( HZH ) AD DF ACD FCD ( CD is issectrice) a Teken de hulplijn CE evenwijdig aan AD Dan is vierhoek AECD een parallellogram en dus geldt AD EC Omdat ABCD gelijkenig is, is ook AD BC en dus is driehoek EBC gelijkenig Tenslotte geldt: ADC A BEC B BCD Teken de hulplijnen AN en BN Uit AND BNC ( ZHZ) volgt AN BN en dan geldt ook AMN BMN (ZZZ) en dus AMN BMN + AMN BMN AMN BMN 9 c BAD + BCD BAD + ADC a C M A B Veronderstel dat zijde AB even lang is als de straal van de omgeschreven cirkel Dan is driehoek ABM gelijkzijdig en heeft dus hoeken van En er geldt ACB g AB AMB Als driehoek ABC één hoek van heeft dan is er een zijde even lang als de straal van de omgeschreven cirkel

25 c M C B d e A Veronderstel B Dan is AMC Ook is driehoek AMC gelijkenig Omdat MAC MCA ( ) is driehoek AMC gelijkzijdig Dit heeft als gevolg dat AC even lang is als de straal van de omgeschreven cirkel van driehoek ABC Tegenover een zijde die even lang is als de straal van de omgeschreven cirkel ligt een hoek van Dus moeten er in deze situatie twee hoeken van zijn De driehopek is dus gelijkenig met een tophoek van Dan heeft de driehoek als hoekensom 9 en dit is in tegenspraak met de stelling dat de hoekensom van een driehoek is a Omdat D op de middelloodlijn ligt van lijnstuk BC is driehoek BCD gelijkenig en dus DBM DCB () Verder geldt: EM DM ( stralen) DM BM ( stralen) EMD BMD ( ZHZ) EMD DMB ( middelpuntshoeken op gelijke ogen) DEM DBM () ( ) ( ) DEM DBM DCB Uit DEM DCM volgt (meetkundige plaats van de constante hoek) dat D, E, C en M op één cirkel liggen en dus is DECM een koordenvierhoek a C D F A E + + B

26 Teken de cirkel met middellijn BC Dan ligt punt A op deze cirkel want BAC 9 En dus geldt AF CF BF BC AF c Stel ABD β, dan ABC β en EDC BDC 9 + β (uitenhoek van ABD ) en Omdat AF BF is BAF ABF β en is AFC β + β β (uitenhoek van driehoek ABF ) Als CDEF een koordenvierhoek is moet gelden: EDC + EFC Dus 9 + β + β β 9 β en dus is B β 7 Teken hulplijn BC Dan is ACB 9 want AB is een middellijn Omdat punt C het midden is van ED en ACB 9 is BC de middelloodlijn van lijnstuk ED en dus is BDE BED () Verder geldt AEF DEB (overstaande hoeken) () Omdat AF en BD eide een hoek van 9 maken met AB geldt AF//BD Dus FAE BDE (Z - hoeken) () Uit (), () en () volgt FAE FEA en dus AF FE Teken hulplijn AQ In cirkel c is T g AB constant en in cirkel c is AQB g AB constant Dan is QAP T + AQB ook constant en dus heeft PQ een constante lengte 9a Teken de hulplijnen MS en MQ Dan is MQS 9 want QS is de raaklijn in Q aan de cirkel Omdat MPS MQS 9 kun je de stelling van de constante hoek toepassen en liggen P, Q, M en S op één cirkel en is MSQP een koordenvierhoek AMSP is een parallellogram als de overstaande zijden evenwijdig zijn Gegeven is dat de lijn PS evenwijdig AM is MSQP is een koordenvierhoek dus MSP MQP () Omdat AMQ gelijkenig is (AM en MQ zijn even lang) is MAQ MQA () Uit het evenwijdig zijn van PS en AB volgt MSP BMS (Z hoeken) () Uit (), () en () volgt A BMS en dus AP//MS (F - hoeken) Dus geldt voor AMSP dat de overstaande zijden evenwijdig zijn en dus is AMSP een parallellogram c Teken hulplijn SB Omdat AP//MS is PQM SMQ zodat geldt SMQ SMB MS MS MQ MB ( stralen) MSQ MSB ( ZHZ) SB SQ SMQ SMB

27 a D A M + C + T B S E Stel de lijnen CD en AE snijden elkaar in punt S en T is het midden van lijnstuk CB Dan geldt CDT BDT want D op middelloodlijn van BC Dan BAE BDE want eide zijn omtrekshoeken op oog BE CAS BDT Verder is ACS BCD (overstaande hoeken) Hieruit volgt ASC CAS BCD BDT T 9 Dus DC AE a Teken hulplijn CN CN CN E F ( 9 ) ECN FCN ( ZHH ) NE NF ECN FCN ( op gelijke ogen) Teken NB en NB NE NF AEN BFN ( 9 ) AEN BFN AE BF AN NB ( koorden van gelijke ogen)

28 C E I D A B H + G F Terugredeneren: Als AHBI een parallellogram is dan delen de diagonalen elkaar middendoor Omdat AB BG is BAG BGA Verder is ABC BAG + BGA BAG ABI BAG Dus zijn BAG en ABI Z-hoeken met als gevolg AH//BI ABF gelijkenig AFB ABF CAB AFB + ABF ABF DAB ABF AI / / BH In vierhoek AHBI zijn de overstaande zijden evenwijdig en dus is AHBI een parallellogram waarin AB en HI elkaar middendoor delen A B m R c D l r c C Teken de gemeenschappelijke raaklijn r als hulplijn Dan geldt A R want eide staan in c op oog RB () Ook geldt R R (overstaande hoeken) () C R want eide staan in c op oog DR () Uit (), () en () volgt A C en dus (Z-hoeken) zijn AB en CD evenwijdig 7

29 D m c M B c N C l A R r Teken de gemeenschappelijke raaklijn r als hulplijn Dan geldt R CDR want eide staan in c op oog CR Dan geldt R ABR want eide staan in c op oog AR Dus CDR ABR en dus (F-hoeken) zijn AB en CD evenwijdig l S S P m Teken de middenparallel van l en m Teken de cirkel met middelpunt P en straal r met r d( l, m) Voor de snijpunten S en S van de cirkel met de middenparallel geldt dan: d( S, P) d( S, l) d( S, m) r

30 C F D C F D A G E B A G E B In figuur is G het voetpunt van D op de hoogtelijn vanuit B In figuur is G het snijpunt van EF met de hoogtelijn vanuit B In figuur is EBDG een koordenvierhoek want BED BGD 9 (constante hoek) en dus GED GBD β () In figuur is C 9 β dus is ook CAD β Verder is vierhoek AEDF een koordenvierhoek want AED + AFD Dus is FED FAD CAD β () Uit () en () volgt FED GED β en daaruit volgt dat de lijnen EG en EF samenvallen en dus liggen E, F en G op één lijn a, G M 9

31 7a De verdere aan van deze lichtstraal gaat door het randpunt F en verlaat na de tweede weerkaatsing de spiegel evenwijdig aan de as van de paraool I I I I P Lichtstraal l wordt zodanig teruggekaatst dat de hoek van de invallende straal met de raaklijn gelijk is aan de hoek van de teruggekaatste straal met de raaklijn Dit proces herhaalt zich ij een volgend contact met de spiegel a P m S P P P l c d d(s, l) dus moet d(p, S) Dus moeten de punten P op afstand van S liggen en op een issectrice van ( l, m ) Je moet zorgen dat de cirkel om S slechts één van de issectrices snijdt De punten X moeten op de middelparallel van r en s liggen en op de cirkel met middelpunt Q en straal De cirkel om Q moet dan een straal heen zodat de middenparallel niet gesneden wordt Als Q tussen r en s ligt dan is dit het geval als de afstand van Q tot r kleiner is dan Want de straal van de cirkel is dan kleiner dan en de afstand van Q tot de middenparallel is dan groter dan Als Q aan de andere kant van lijn r ligt met afstand tot lijn r dan is de straal van de cirkel om Q Er is geen snijpunt met de middenparallel als < + dus moet < zijn

32 9a,c I r M II III A l IV In de sectoren, en is de conflictlijn steeds een deel van een paraool want het is de conflictlijn van een lijn en een cirkel In sector is het een stukje hperool want het is de conflictlijn van punt A en de cirkel a Wordt in tegengestelde richting langs l weerkaatst Na vier keer verlaat de lichtstraal deze spiegel a Als T het punt is halverwege de top en de richtlijn van de oorspronkelijke paraool, dan eschrijft punt M een paraool met top T

33 Bewijs: Definieer een - assenstelsel met de oorsprong in de top van de oorspronkelijke paraool en de -as evenwijdig aan de richtlijn Stel F(, p), de richtlijn r is dan de lijn p A(, ) ligt op de paraool dus geldt FA d( A, r) AF + ( p ) en d( A, r) + p, dus + ( p ) ( + p) + p p + + p + p p p Dus A, p + ( p) p M ligt halverwege A en de lijn r, dus M,, p M ligt dus op p Dit is een paraool met top (, p p ) p golffront 7 7 Het golffront na terugkaatsing ontstaat door de linkerhelft van de asis te spiegelen in de linkerzijde en de rechterhelft van de asis te spiegelen in de rechterzijde en vervolgens eide fronten evenwijdig te verschuiven De front maken na terugkaatsing een hoek van met elkaar a, vierkant ruit gelijkzijdige driehoek P P P

34 F R T r V l Spiegel punt F in de gegeven raaklijn en noem het eeldpunt V Dan is V het voetpunt van R op de richtlijn r Teken de lijn r door V loodrecht RV, r is de richtlijn Laat uit F de loodlijn neer op r en halveer het loodlijnstuk om de top T te construeren a,c C B F G H M E D A De conflictlijn estaat uit twee cirkelogen, tussen F en D en tussen E en H Een deel van een paraool, tussen G en H, de conflictlijn tussen het innengeied en zijde CB En twee stukjes hperool, tussen D en E en tussen F en G, de conflictlijn tussen het innengeied en punt A en tussen het innengeied en punt B