HBS B 1959 (leerling toen 17 jaar, leraar nu 72 jaar)

Transcriptie

1 MET DE KENNIS VAN NU is gekeken naar zeven examens wiskunde (B) van de vorige eeuw, met name de analyse, door de ogen van de leraar anno nu die ooit zelf zo'n examen moest doorstaan. Is er veel veranderd wat het niveau, de inhoud, de omvang en de kwaliteit van die examens betreft? Het onderdeel meetkunde is een verhaal aart. Via stereometrie, beschrijvende meetkunde (jaren '50), vectormeetkunde (jaren '70), lineaire vectorruimten ('70), stereometrie ('90), terug naar Planimetrie ('00) en straks van de koordenvierhoeken terug naar de kegelsneden was het (naar mijn idee) een vruchteloze zoektocht naar zinvolle (bruikbare) wiskunde. Met uitzondering van de vectorrekening. Ik heb een aantal examens globaal en vluchtig doorgewerkt. Bij voorbaat mijn excuus voor rekenfouten en slordigheden. HBS B 959 (leerling toen 7 jaar, leraar nu 7 jaar) Trigonometrie oent met een vreselijk moeilijke ogave (vind ik nu nog), waar in één ogave de kennis over een omtrekshoek die de helft is van de bijbehorende boog, de oervlakte van een driehoek o drie manieren en alle somformules (ook voor de tangens) een rol selen. Ook ogave met een koordenvierhoek (met de stelling van Thales), gelijke omtrekshoeken, de sinusregel en wederom een somregel vereist veel inventiviteit en grote formulekennis. Ogave (zou, afgezien van de absolute waarde en de graden i..v. radialen) tegenwoordig gevraagd kunnen worden, is wel een staeling van moeilijkheden. Som b is afhankelijk van a, een onvolkomenheid in meer oude examens. Daar staat wel tegenover dat de leraar een grote vrijheid had om unten toe te kennen voor een redelijk verhaal. Een uitgewerkt correctievoorschrift kende men niet in die tijd. Daarmee valt direct de onevenwichtigheid o. Een examen beginnen met de moeilijkste ogave en eindigen met een makkelijke ogave, is tegenwoordig terecht uit den boze. Algebra oent met een ogave over een sommeerbare meetkundige rij (reeks genoemd). De drie subvragen zijn sterk afhankelijk, aan de algebraïsche vaardigheid worden hoge eisen gesteld (zoals eigenlijk bij alle algebraïsche ogaven in het re-tweedefase tijderk). Ogave heeft logaritmische vergelijkingen met grondtal en grondtal / (daartussen bestaat een verband dat tegenwoordig niet meer behandeld wordt). Tamelijk lastig. Ogave bevat weer volo absoluutstreen. Voor wie het trucje kent is dat een makkelijke ogave. Zeer ovallend is weer de onderlinge afhankelijkheid en staeling van de subvragen. Stereometrie en Beschrijvende Meetkunde zijn onderdelen die het uiterste vergen van het ruimtelijk voorstellingsvermogen. Met name het laatstgenoemde onderdeel (de drie aanzichten van een lichaam in één tekening, seciaal voor technische tekenaars bedoeld en niet o het gymnasium gevraagd) was een berucht struikelblok. Men moet zich wel realiseren dat in de jaren vijftig een sterke voorselectie o begaafdheid heerste. Deze meetkunde examens heb ik niet bekeken, omdat ze gaandeweg steeds minder belangrijk werden. HBS B 97 (leerling toen 7 jaar, leraar nu 60 jaar) Goniometrie en Analytische Meetkunde. Ogave. Zwaarteunt van een driehoek = gemiddelde van de coördinaten; het begri oollijn overviel mij dat was ik na die tijd niet meer tegengekomen in de examens. Hetzelfde voor het 'links en rechts coëfficiënten vergelijken', cirkelbundels en lijnenbundels in ogave die ik kna lastig vond, 4 jaar na dato. Ogave a, over twee goniometrische grafieken die elkaar raken in een gegeven unt, deed denken aan een ogave uit het examen wiskunde B VWO 04 die landelijk slecht gemaakt werd. De ogave uit 97 was nog een stuk zwaarder te verteren. En dat geldt nog sterker voor ogave b, waar een goniometrische ongelijkheid moet worden ogelost met ontbinden en een tekenschema. Dit examen vond ik veel meer in balans dan de oudere examens. Met name afhankelijkheid van de subvragen komt hier niet meer voor. We moeten ons realiseren dat in 97 het formuleblad en de (grafische) rekenmachine nog niet uitgevonden waren en gekunstelde contexten ontbraken. Het hele examen aste o één A4tje. De onderweren zijn wat 'moderner' en herkenbaarder dan die van de oude examens, waardoor het niveau wat beter te vergelijken is met dat uit de recente examens wiskunde B VWO. De conclusie is duidelijk: het technische niveau lag in 97 een stuk hoger dan in 04. Om welke reden of oorzaak dan ook. --

2 HAVO wiskunde 976 (leerling toen 7 jaar, leraar nu 57 jaar, aangenomen dat veel havisten doorstroomden naar 5 en 6 VWO en daarna de lerarenoleiding volgden). Meer dan de helft van de havisten had wiskunde in het akket. Deze HAVO examens zijn in mijn ogen meesterwerkjes van beknotheid en duidelijkheid. Het niveau van de algebra schat ik aanmerkelijk hoger dan het huidige VWO wiskunde B niveau. Weliswaar kwamen rimitiveren en e-machten, evenals tegenwoordig, niet voor o de HAVO uit de jaren '70. Geen formuleblad, geen grafische rekenmachine, geen contexten. Een heel examen (,5 uur, vijf ogaven, 5 subvragen) o één blaadje. Ik heb zeven comlete ogaven bekeken om een goed overzicht te krijgen. Getoetst werden de volgende onderweren: - statistiek/kansrekening (elementair) - algebra/analyse grafieken, differentiëren, vergelijkingen : - gebroken functies - wortelfuncties - goniometrische functies - logaritmische functies - vectorrekening - twee dimensies (inroduct) - drie dimensies (uitroduct, afstands- en hoekberekeningen) - stereometrie (gecombineerd met vectorrekening) O de kwaliteit van de examens HAVO uit die tijd heb ik weinig aan te merken. Een nostalgisch gevoel bekroo me toen ik ze weer eens maakte, bedenkend dat in die jaren een groot gedeelte van alle havisten doorstroomde naar 5 VWO. Veel 50lus wiskundeleraren zullen zo'n route gevolgd hebben. VWO WISKUNDE I 976 (leerling toen 8 jaar, leraar nu 56 jaar) Vijf ogaven, 5 subvragen over de onderweren: - Functieonderzoek - Functiestelsels - Integratietechnieken (o.a. artieel integreren) - Differentiaalvergelijkingen - Goniometrische functies - Kansberekeningen Geen meetkunde (die werd beerkt in wiskunde II getoetst). De moeilijkheidsgraad bij wiskunde I was heel hoog, vergeleken met de huidige examens. Ongeveer 40% van de leerlingen koos dit vak. Gerard Koolstra verbeterde de uitwerking van met name vraag en 4b, waarvoor ik hem dank zeg. VWO WISKUNDE B 996 (leerling toen 8 jaar, leraar nu 6 jaar) Min of meer dezelfde onderweren als bij de wiskunde I, o een duidelijk lager niveau, de kansrekening is naar wiskunde A en wiskunde B geschoven en de stereometrie is weer terug. Zeer uitzonderlijk vind ik vraag 0, waar een raaklijn aan een cilinder moet worden geconstrueerd in de stijl van de Beschrijvende Meetkunde, veertig jaar daarvoor. Heel moeilijk. Die vraag zal maar door weinig leerlingen goed gemaakt zijn. VWO WISKUNDE B, 000 (leerling toen 8 jaar, leraar nu jaar) Deze recente examens heb ik niet meer bekeken, de uitwerkingen daarvan zijn overal o het web te vinden. Meetkunde van de kegelsneden en een exlosie van rijk geïllustreerde contexten samen met het formuleblad. Bij wiskunde A zijn de contexten en de grafische rekenmachine nuttig voor de gamma studies, zegt men. Ik heb daarover een andere mening, zeker wat betreft de grafische rekenmachine. Voor wiskunde B heb ik het nut daarvan nooit begreen. In ieder geval o examens is een overdaad aan rekenmachinegestuurde teksten sterk af te keuren. Men is wat dat betreft in dezelfde valkuil gestat als bij de mislukte rekentoetsen F. Otimaliseringsmodellen en het olossen van vergelijkingen in realistische situaties ('redactiesommen') zijn zeker een otie. --

3 HBS B 959 TRIGONOMETRIE. Van een scherhoekige driehoek ABC is gegeven dat α > β. D is het voetunt van de hoogtelijn o AB, M is het midden van AB en H het hoogteunt. De straal van de omgeschreven cirkel van driehoek ABC is R. (Er is geen tekening bij gegeven). a. Bewijs: HD = Rcos α cos β en DM = Rsin(α β) b. Bereken α en β, als γ = 60 o en HD = DM. C a. x = ACD = HBA = 90 o α; h = hoogtelijn AD. N = middelunt cirkel; ANM = ACB = γ (middelunthoek, omtrekshoek o zelfde boog). AD = b cos α; DB = a cos β; AM = R sin γ. O. driehoek = ½absin γ = ½h c = ½h Rsin γ dus ab R h en tan AD HD HD x dus h DB a cosβ acosβ bcos α ab HD cosαcosβ Rcosαcosβ. h h Verder: DM = AM AD = R sin γ b cos α = R sin (α + β) b cos α. Gebruik nu twee keer de somformules: R sin (α + β) b cos α = R sin α cos β + R cos α sin β R sin β cos α = R sin α cos β R cos α sin β = R sin(α β) A A b α γ x A h D H R a γ N M c x A β B b. HD = DM met α + β = 0 o. Links en rechts delen door R en er komt: cos α cos β = sin α cos β cos α sin β; links en rechts delen door cos α cos β geeft: = tan α tan β met tan β = tan (0 o tan0 tan α tan α α) = met tan α = T tan(0) tan α tan α komt er een vierkantsvergelijking in T: T T geeft T T( T) T T 9 geeft T ( ) T 0 met de olossingen T, en T,6 tan α,6 geeft α 67 o (en β 5 o ). Dit uit een tabellenboekje afgelezen.. Van een driehoek ABC is gegeven dat α = 60 o en β = 0 o. P is een unt van de omgeschreven cirkel van ABC; de unten C en P liggen aan verschillende kanten van AB. De straal van de cirkel is R; hoek ABP = x. (Er is geen tekening bij gegeven). a. Druk PA, PB en PC uit in x en R. B b. P doorloot de boog AB, waaro C niet ligt. Voor welke waarde van x is de som PA + PB + PC maximaal? x P a. In rechthoekige APB is PA = R sin x en PB = R cos x. Verschillende omtrekshoeken zijn gelijk en y = 90 o x. Vanwege sin 0 o = ½ in ABC is AC = R. Voor PC gebruiken we de sinusregel in APC: R PC dus PC = R sin (50 x) = R sin (x + 0). sin 0 sin(50 x) b. Ga over o radialen en differentieer Rsin x + Rcos x + Rsin (x+0) cos x sin x + cos (x + π/6) = 0 met de somregel voor de laatste term: cos x sin x + ½ cos x ½sin x = 0 geeft ( + )cos x = sin x. geeft tan x = ( + )/ met x 5 o. (0,894 rad) 0 A y R R 0 60 x R C --

4 . a. Bereken de extreme waarden van cos x 5 sin x + b. Teken de grafiek van de functie cos x 5 sin x + voor 0 x 60 o. a. Overgaan o radialen. f ' (x) = sin x 5 cos x = 4 sin x cos x 5 cos x = 0 cos x = 0 (of sin x = 5/4, geen ol.) geeft x = ½π of x = ½π. f 9 De extremen zijn: max. 9 en min. f ' x 0 ½π ½π π b. Siegelen van het onder de x-as liggende deel. HBS B 959 ALGEBRA. De oneindige reeks t, t, t, enz. met algemene term t n is convergent, d.w.z. deze oneindige n reeks heeft een som s. Er wordt een nieuwe reeks gevormd: T, T, enz. met T = t t, T = t t 4, T = t 5 t 6 enz. a. Schrijf T n als functie van en n. b. Bewijs dat de oneindige reeks T n convergent is en druk de som S van deze reeks uit in. c. Schets de grafiek van s als functie van voor de waarden van waarvoor de reeks een som heeft. a. Meetkundige reeks met a t en reden r en a s r en voorwaarde dus >. Nieuwe reeks en reden n n n Tn tn tn ( ) ( ) ( ) ( ) met eerste term T ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n n onder de voorwaarde >. b. Nieuwe som S met > dus convergent. c. De grafiek van s met > staat hiernaast. (met de GR weliswaar). s -4-

5 . Gegeven: f ( x) log( x 4) log(5 x) a. Voor welke waarden van x bestaat f (x)? b. Los o: f (x) = log 8. c. Voor welke waarde van a heeft de vergelijking f (x) = log a twee gelijke wortels? (N.B.: bedoeld wordt: twee gelijke olossingen) a. f (x) bestaat voor x > 4 en voor x < 5 dus voor: 4 < x < 5. b. f (x) = log( x 4) log log( x 4)(5 x) log8 geeft x x = 0 5 x dus (x + )(x 4) = 0 geeft x = of x = 4. (Beide olossingen voldoen). c. De vergelijking log( x 4)(5 x) log a dus x x + a 0 = 0 heeft twee gelijke olossingen als de discriminant + 4(a 0) = 0 dus als 79 a. 4. a. Voor welke waarden van x geldt: 4 x = x 4? b. Teken voor 6 x + 6 de grafiek van de functie: 4 x x x a. In het algemeen: de vergelijking A = A heeft als olossing: A 0. Dus heeft de gegeven vergelijking 4 x = x 4 als olossing x 4 0. Dit geeft als olossing alle x en alle x. b. Voor x en voor x staat hier de functie: f (x) = x x x = x. Voor x staat er: g (x) = 4 x x x = x + x + 8 Het middenstuk is dus een arabool met to (, ) en snijunt x-as ( ) Snijunt y-as (0, 8). -5-

6 HBS B 97 GONIOMETRIE en ANALYTISCHE MEETKUNDE. Gegeven is de hyerbool met vergelijking xy = 4. a. O de hyerbool ligt een unt P. De lijn OP snijdt de hyerbool behalve in P nog in een unt Q. De lijn door P evenwijdig aan de x-as en de lijn door Q evenwijdig aan de y-as snijden elkaar R. Punt P doorloot de hyerbool. Stel de vergelijking o van de verzameling van de zwaarteunten van de driehoeken PQR. b. Bereken de coördinaten van het unt A waarvoor geldt dat de oollijn van A ten ozichte van de hyerbool samenvalt met de oollijn van A ten ozichte van de arabool met vergelijking y = x. a. Stel x P =. De coördinaten zijn: 4 4 P(, ) Q(, ) Het zwaarteunt Z is het gemiddelde hiervan dus: Voor de coördinaten (x, y) van Z geldt dus Na eliminatie van staat hier de vergelijking x en 4 P(, ) 4 Z(, ) 4 y 4 y oftewel 9x 4 xy. 9 R Q P b. De oollijn van het unt (x A, y A ) t.o.v. de hyerbool xy = 4 is xy A + yx A = 8... () De oollijn van het unt (x A, y A ) t.o.v. de arabool y = x is yy A = x + x A oftewel x yy A = x A geschreven als: xy A yy A = xa y A... () Links en rechts de coëfficiënten in () en () vergelijken levert: x A = y A en xa y A = 8 ; eliminatie hieruit van x A levert: y A = 8 dus ya = en x A = 4. Conclusie: het unt is A( 4, ).. Een stelsel cirkels is gegeven door x + y λx 4λ y = 0 met λ 0. a. Stel de vergelijking o van de verzameling van de middelunten van de cirkels. b. Elk exemlaar van het stelsel snijdt de x-as in O en in een unt A. Bij elk exemlaar van het stelsel behoort een lijn die dat exemlaar in A raakt. Bewijs dat de lijnen door een vast unt gaan en bereken de coördinaten van dat unt. c. Door de waarden λ en λ van λ worden twee cirkels van het stelsel gegeven. Welke betrekking bestaat tussen λ en λ als deze cirkels elkaar loodrecht snijden? a. Kwadraat slitsen: (x λ) λ + (y λ ) 4λ 4 = 0 dus (x λ) + (y λ ) = λ + 4λ 4 Middelunten: M (λ, λ ) liggen o de arabool y = x (behalve O(0, 0)). b. y = 0 geeft x - λx = 0 dus A (λ, 0). RiCo, doe d/dx: dy dy x y dx dx λ 4λ 0 dy dx dy λ x dy λ λ x dus in unt A(λ, 0) dus (λ 0) dx y λ dx 0 λ λ (y 4λ ) λ Raaklijnen: y x gaan alle door (0, ). λ S c. Loodrecht snijdende raaklijnen gaan door de middelunten, M (λ, λ ) en M (λ, λ ) en de stelling van Pythagoras 4 4 levert (λ λ ) (λ λ ) λ 4λ λ 4λ Uitwerken tot λλ 8(λλ ) 0 geeft twee antwoorden: λλ 0 of λλ M M

7 . Voor 0 x π is gegeven: f (x) = cos x + sin x en de functie g (x) met: g( x) f ( x) en g(0) f (0) a. Bewijs dat de grafieken van f en g elkaar raken in een unt met x = π. b. In welk interval zijn de functies f en g beide stijgend? a. g( x) cos x sin x ; g (x) = sin x + ½cos x + C en g (0) = ½ + C = dus C = ½ f ' (π) = g ' (π) geeft: sin π + cos π = cos π sin π geeft 0 + = + 0 en dat klot. f (π) = g (π) geeft: cos π + sin π = sin π + ½cos π ½ geeft + 0 = 0 + ½ ½ en dat klot ook. b. f '(x) > 0 sin x + cos x > 0 sin x + ( sin x) > 0 (sin x ½)(sin x + ) < 0 5 Omdat (sin x + ) > 0 voor alle x, staat hier: sin x < ½ met ol. [0, π) ( π, π]... () 6 6 g '(x) > 0 cos x sin x > 0 cos x sin x cos x > 0 cos x ( + sin x) < 0 Omdat ( + sin x) > 0 voor alle x, staat hier: cos x < 0 met ol. π, π... () 5 De doorsnede van () en () is het interval: π, π 6-7-

8 HAVO 976 '77. Voor elk reëel getal a is gegeven de functie ( ) x a fa x x ax a a. Onderzoek de functie f en teken de grafiek van deze functie. b. Voor welke a heeft de grafiek van f a geen verticale asymtoot? c. Los o: f 4 (x) > f 0 (x) a. f( x) Extremen: x x x Nulunt: x = ; H.A. y = 0; Geen V.A. want D = < 0 ( x x ) (x )( x ) x f( ) 0 ( x x) geeft: x 6x = 0 x = 0 of x = Tekenschema f ` x 0 MIN. MAX. MIN. f ( ) = ; MAX. f (0) = b. De vergelijking x + ax + a = 0 heeft geen olossing als D < 0 dus a 4a < 0 dus 0 < a < 4. c. Ogelost moet worden: x x x 4 x( x 4) ( x 4x 4) x 4x 4 x x 4x 4 x x( x ) x( x ) x( x ) Voor het linkerlid een tekenschema: ** * x 0 De olossing is dus: x < 0 (maar x ). Voor 0 x π zijn gegeven de functies: f ( x) (6sin x) en g( x) cos x a. Los o: f (x) = g(x) b. Teken in één figuur de grafieken van f en g. c. Onderzoek of de grafieken elkaar loodrecht snijden. f (x) a. Kwadrateren geeft 6sin x = 4cos x = 4( sin x) dus 4sin x + 6sin x 4 = 0 sin x + sin x = 0 geeft 5 5 sin x, geeft sin x dus x ( x π vervalt) 6 6 g (x) 5 b. Snijunt: ( π, ) 6 6cos x cos x 5 c. f ( x) f ( π) ( ) 6sin x 6sin x 6 5 g( x) sin x g( π) Het roduct van de r.c. is is dus NIET loodrecht. 6-8-

9 . Gegeven de arabool : y 4y + 4 x = 0 en de lijn k: x 4 λ y 0. a. De lijn k snijdt in de unten A en B. Bereken de lengte van lijnstuk AB. b. De lijn m is evenwijdig aan k en raakt. Stel een vergelijking van m o. c. De cirkel c met middelunt o de y-as raakt in het unt (, 0). Stel een vergelijking van c o. a. : (y ) = x heeft (0, ) als to en de lijn y = als symmetrieas. De snijunten van k en volgen uit: ( λ ) = ( 4 + λ) dus λ + λ = 0 Uit de abc-formule volgt: λ = of λ = ½ met de snijunten A(, 4) en B(4½, ). De lengte AB = ( ) 5 4 b. De vergelijking van lijn m is: y = x + b. Dit invullen in : (y ) = x geeft: ( x + b ) = x geeft 4x b + 8x 4bx 4b = x dus 4x + (6 4b)x + (b ) = 0. Er is srake van raken als D = 0 dus: (6 4b) 6 (b ) = 0 met de olossing: b. 4 Omerking: het gaat iets sneller met de substitutie x = b y = (y ) en y 4y y b = 0 Hierin is D = 9 4 (4 b) = 0 enzovoorts. c. Merk o, dat (, 0) inderdaad een unt van de arabool is, want: (0 ) = 4. De raaklijnvergelijking (*) in het raakunt (x, y ) is: (y )(y ) = x + x met x = en y = 0. Dus is de raaklijnvergelijking: x + y = 0 oftewel: y = ½x + De normaal (loodlijn) in (, 0) heeft als vergelijking: y = x 4; deze snijdt de y-as in M(0, 4). De vergelijking van cirkel c is dus: x + (y + 4) = 0 [ r = + ( 4) = = 0 ] (*) Kan ook ogelost worden via f ( x) x en f( x) x 4 4. Gegeven de functies: f (x) = log(4 x ) en g (x) = log( + x) a. Bereken het domein van f en bereken het domein van g. b. Los o: f (x) g (x) = 0 c. Los o: f (x) + g (x) = a. Df: 4 x > 0 geeft < x < Dg: + x > 0 geeft x > b. f (x) = 0 : 4 x = 0 = geeft x = of x = of g (x) = 0 geeft + x = dus x = c. log(4 x ) + log( + x) = geeft log [(4 x ) ( + x)] = dus (4 x ) ( + x) = = x x x = 8 dus x + x 4x = 0 geeft x(x + x 4) = 0 Ol. x = 0 of x = + 5 of x = 5 (maar de laatste vervalt). 5. Aan een diner nemen 5 echtaren deel. Er zijn 0 briefjes gemaakt waarvan iedere ersoon er één akt. O van die briefjes staat een kruis. Wie een briefje met een kruis akt, moet afwassen. Bereken de kans dat a. twee dames moeten afwassen Antw b. een heer en een dame moeten afwassen Antw c. een echtaar moet afwassen Antw. (dus niet ) -9-

10 6. In R is gegeven de iramide D.OABC met O(0,0,0) A(4,0,0) B(4,6,0) C(0,6,0) en D(0,0,8). P is het midden van de ribbe AD. Verder is gegeven het unt Q(0,0,5). a. Bereken de afstand van P en vlak BCD. b. Vlak V gaat door P en Q en is evenwijdig met CD. V snijdt de ribbe AB in E. Bereken de coördinaten van E. c. O de ribbe AB ligt een unt F. De cosinus van de hoek van lijn OF en lijn CD is 0,. Bereken de coördinaten van F. a. Vectorvoorst. BCD: x 0 0 y 0 λ 0 μ 6 z nbcd 0 4 Vergelijking vlak BCD: 4y + z = 4. Afstand (P, BCD) = 4y z 5 5 P(,0,4) x b. P(,0,4) en Q(0,0,5) geeft v.v. vlak V: y 0 λ μ 0 met nv 0 8 z Vergelijking V: x + 8y + 6z = 0 [ Uitroduct! ] x 4 0 Snijden met AB: 9 9 y 0 geeft = 0 dus en E(4,,0) z c. F(4,, 0) Hoekformule: cosφ 0, [ Inroduct! ] = + 6 geeft = dus F(4,, 0) A P = = 6 D(0,0,8) 5 Q O B 4 C 7. O het domein [0, π] is gegeven de functie: f (x) = ( cos x) ( + cos x) a. Los o: f (x) = b. Onderzoek f en teken de grafiek. c. Voor welke heeft de vergelijking recies twee olossingen o dit domein? a. ( cos x) ( + cos x) = cos x + cos x = geeft cos x cos x = 0 geeft cos x ( cos x) = 0 Olossingen: x = 0, x = ½π, x = ½π, x = π. b. Nulunt cos x = geeft (π, 0) f '(x) = ( + cos x) sin x + ( cos x) sin x = 0 geeft sin x (cos x ) = 0 dus olossingen: x = 0, x= π/, x = π, x = 5π/, x = π. Tekenschema: f ' x 0 π/ π 5π/ π MIN MAX ¼ MIN 0 MAX ¼ MIN 0 = ¼ y = π c. Zie de grafiek, er zijn twee gemeenschaelijke unten als = ¼ en als 0 < <. -0-

11 VWO wiskunde I, 976 (verbeteringen en commentaar van Gerard Koolstra). Gegeven is van [-, 8] naar R de functie f x x + x a. Bewijs dat deze functie in x = 0 niet differentieerbaar is. b. Onderzoek de functie f en teken de grafiek van f. c. Bereken de oervlakte van het vlakdeel ingesloten door de grafiek van f en de x-as. a. In die tijd werd er veel aandacht besteed aan continuïteit, differentieerbaarheid e.d. Voor x 0 geldt dat f (x) = + x = + x Om de differentieerbaarheid in x=0 te onderzoeken is echter de definitie nodig. Bestaat lim h 0 f(0+h) f(0) h? = lim h 0 h+ h f(h) f(0) 0 lim h 0 = lim h h h 0 ( h h Deze limiet bestaat niet, dus de functie is niet differentieerbaar in h. ) h h ) = lim h 0( + b. Een zeer bekende vraag in die tijd. Onderzoek imliceerde in ieder geval: ) tekenschema f(x) [incl. domein] ) tekenschema f (x) ) extremen (incl. randextremen) 4) (verticale en horizontale) asymtoten ) Het domein is hier [-, 8]. f(x)=0 ; x + x = 0 ; x = x ; 7x = 8x ; x = 0 of 8x = 7 x = 0 of x = 7 8 Enkele functiewaarden: f(-) = + =5 f() = - + = f(8) = = -4 f(x) ****** *** / 8 8 ) f (x) = + x = + (voor x 0 ) x f (x)= 0 ; + = 0 ; = ; x = ; x= x f (x) ****** * *** ) Randmaximum: f(-)= 5 Lokaal minimum: f(0)= 0 Lokaal maximum: f()= Randminimum: f(8)= -4 In (0,0) heeft de grafiek een verticale raaklijn 4) Er zijn geen asymtoten Tekening: zie hiernaast. Het bereik is [-4, 5] 7 8 c. O. = ( x + x ) dx 0 omerking: x = = 79 0 = [ x x5 8 ] 0 = = + 79 = Het berekenen (zonder rekenmachine) van ( 7 8 )5 vraagt een verstandige aanak, bijvoorbeeld: ( 7 8 )5 = (( ) ) = ( )5 of ( )5 = ( )5

12 . Gegeven is de differentiaalvergelijking (x + y) d = (x + 4y) dx a. Teken de verzameling van de unten waarin het lijnelement dat aan de differentiaalvergelijking voldoet, een negatieve richtingscoëfficiënt heeft. b. Welke tweedegraadsfunctie voldoet aan de differentiaalvergelijking? c. De lijn l raakt een integraalkromme van de differentiaalvergelijking in het unt P(, ). Bewijs dat P het enige unt van l is waarin l een integraalkromme raakt. a. dy x 4y dx x y De verticale lijnelementen liggen o y = x De horizontale lijnelementen liggen o y = ½x Singuliere unten (0, 0) (, 4) (, 4) Positieve helling + in bijv. (±, 0) en + 4 in (0,±). Negatieve helling: zie de gearceerde gebieden b. y = ax + bx + c met dy = (ax + b) dx substitueren in de d.v. geeft: (x + ax + bx + c) (ax + b) dx = (x + 4(ax + bx + c)) dx Links en rechts de coëfficiënten vergelijken: a x + (4a + ab)x + (b+b + ac)x + bc x + 4ax + 4bx + 4c a = 4a + ab = 4a b+b + ac = 4b bc = 4c Dit levert de olossingen a = of a = en b = c = 0 De olossingskrommen zijn dus y = x en y = x (behalve (0,0)). c. dy dx (,) 6 De lijn door (, ) met r.c. heeft vergelijking: y = x x 4(x) Dit substitueren in de d.v. geeft: x(x) Invullen in geeft y = = ; hieruit volgt dat (, ) het enige raakunt o l is. x 8x 4 8x x. Gegeven is het stelsel functies f ( x) x e x a. Bewijs dat er een unt is waarin de grafieken van alle functies f elkaar raken. b. G is het vlakdeel ingesloten door de x-as, de grafiek van f en de lijn x =. Bereken de inhoud van het lichaam dat ontstaat bij wenteling van G om de x-as. c. Voor welke heeft f een maximum? Gevraagd de verzameling van de unten (x, y ), waarbij y zo'n maximum is met bijbehorende x. a. f (0) = 0 voor alle. Dus gaan alle grafieken door (0, 0). We bealen f '(0): f '(x) = e x x x e x = e x ( x ) = 0 geeft f '(0) = (onafhankelijk van ). De lijn y = x is een gemeenschaelijke raaklijn en het gemeenschaelijke raakunt is (0, 0). b. f (x) = x e x Inhoud = x x f 0 x dx x e dx e π ( ( )) π ( ) π e π( ) (rimitiveren via substitutie x = u en du = x dx) c. Uit f '(x) = 0 volgt: ( x ) = 0 dus x oftewel x --

13 Na substitutie Omerking: x in f (x) volgt voor de verzameling toen: y x xe (met x > 0) Voor > 0 en rechts van een to, voor x is ( x ) negatief, f dus dalend. Voor < 0 en rechts van een to, voor x is ( x ) ositief, f dus stijgend. Voor de verzameling van de MAXIMA (toen) geldt dus de beerking x > 0. (Voor de dalen geldt: x < 0) e 4. In een vaas bevinden zich k rode en n blauwe dobbelstenen. a. Trek aselect uit de vaas een dobbelsteen en wer hiermee. De kans o de kleur rood en de wor 6 is gelijk aan /6. Leg de getrokken dobbelsteen niet terug in de vaas. Trek aselect uit de vaas een tweede dobbelsteen en wer hiermee. Onder voorwaarde dat de eerste dobbelsteen rood was, is de kans o de kleur blauw en de wor 6 gelijk aan /5. Hoeveel dobbelstenen bevonden zich aanvankelijk in de vaas? b. Neem aan dat n = k + 4. Trek aselect zonder teruglegging twee dobbelstenen uit de vaas. De kans dat één van de dobbelstenen rood en de andere blauw is, is groter dan ½. Leg de twee getrokken dobbelstenen terug in de vaas. Trek aselect weer twee dobbelstenen uit de vaas, maar nu met teruglegging. Bereken het minimum van de kans dat één van de dobbelstenen rood en de andere blauw is. a. k rood, n blauw. P(rood en 6) = k geeft k = k + n dus 0k = n... () 6 k n 6 n Daarna: P(blauw en 6) = geeft 5n = 4n + 4k 4 dus 4k = n () nk 6 5 Uit () en () volgt: k = 6 en n = 0; er lagen 6 dobbelstenen in de vaas. b. k rood en k + 4 blauw. Zonder terugleg: P(R,B) + P(B,R) = Dus: 4k + 8k > 4k + 4k + geeft k > 6. kk ( 4) Daarna met terugleg: P(R,B) + P(B,R) = (k 4) De kans P(k) = k(k+4) 4 (k+) = k(k+4) k +4k = (k+) k +4k+4 kk ( 4) (k4)(k) onder de voorwaarde k > 6. = ( k +4k+4 k +4k+4 4 k +4k+4 ) = ( 4 (k+) ) is een stijgende functie voor k>6. De minimumkans doet zich dus voor bij de kleinst mogelijke waarde van k : k=7 (k is geheel): P (7) = 4 = 54 = 77 is het minimum van de kans Voor elke is o <0, π> gegeven de functie f ( x) sin x sin x a. Los o: f (x) f (x) > b. Bereken het bereik van de functie g (x) = f (x) : f (x) c. Voor welke geldt dat de vergelijking f (x) = tan x geen olossingen heeft o <0, π>? --

14 a. sin x sin x sin x sin x... (*) sin x sin x sin x sin x Voor 0 < x < ½π is sin x > 0 en gaat (*) over in: sin x < en dat levert geen olossingen. Voor ½π < x < π is sin x < 0 en gaat (*) over in: sin x > met de olossing: ½π < x < π b. sin x cos x( sin x) cos x( sin x) cos x f (x) : f (x) = gx ( ) met g( x) sin x ( sin x) ( sin x) 0 Dit geeft een maximum / voor x = ½π en twee randminima ½ ; tekenschema's: g ½ / ½ g ' Dus het bereik van g(x) is x 0 ½π π [, ] sin x sin x sin x c. Uit tan x volgt ; omdat cos x 0 (staat in de noemer) mag je hier sin x sin xcos x cos x links en rechts met cos x vermenigvuldigen, zodat er komt: sin x sin x = y = Via een schets van de grafieken h (x) = sin x sin x en y = kunnen we onderzoeken, wanneer er geen olossingen zijn. h ' (x) = 4 sin x cos x cos x = cos x (4sin x ) = 0 /8 MAX. als cos x = 0 dus als x = ½π MIN. /8 als sin x = /4 geeft h (/4) = /6 /4 = /8. Het antwoord o de vraag is dus: voor > en voor < /8 zijn er geen olossingen. -4-

15 VWO Wiskunde B 99 - I Ogave Gegeven is de functie f ( x) x 4 x met x 0. K is de grafiek van f.. Onderzoek f en teken K.. Bereken de oervlakte van de driehoek gevormd door de x-as en de raaklijnen aan K in de unten waar K de x-as snijdt.. V is het vlakdeel begrensd door K en de lijn y =. Bereken in gehelen nauwkeurig de inhoud van Het lichaam dat ontstaat door V te wentelen om de lijn y =.. Nulunten: x 4 x 0 4 x x 6x x 6x 9 x 0x + 9 = (x )(x 9) = 0 Snijunten (, 0) en (9, 0) Extremen: f( x) 0 geeft MIN. f (4) = x Tekenschema: x f '(x) * f (x) 0 VERT HOR MIN.. Raaklijnen: f () vergelijking raaklijn y = x + f (9) vergelijking raaklijn y x Snijunt volgt uit y = x = x 9 dus x = ; snijunt (, ); O. driehoek = ½ 8 = 8.. Grafiek snijden met y = geeft x 4 x = 0 geeft x = 6x snijunten (0, ) en (6, ). Schuif de grafiek omlaag. Dat geeft g (x) = x 4 x wentelend om de x-as. Inhoud is: π ( g( x)) dx π ( x 8x 6 x) dx π x x 8x Ogave Gegeven is de kromme K met x = ln t + en y = ln t met t en t Er zijn drie snijunten van K met de coördinaatassen. 4. Bereken de richtingscoëfficiënten van de raaklijnen in deze snijunten. K heeft een horizontale, een verticale en een scheve asymtoot. 5. Stel een vergelijking o van elk van deze asymtoten. 6. Teken K. 7. Bewijs dat K symmetrisch is ten ozichte van de lijn y = x. 4. x = 0 geeft t + = geeft t = 0 of t = geeft (0, 0) en (0, ln ). y = 0 geeft t = geeft ook nog t = dus (ln, 0) Rico: dy y t t dx x t t geeft rico in (0,0) rico in (ln, 0) en rico / in (0, ln ). 5. t dan x en y ln geeft H.A. y = ln t + dan x ln en y geeft V.A. x = ln t t t ± dan y x = ln(t ) ln(t+) = ln ln ln t t gaat naar 0 dus S.A. y = x

16 7. Merk o, dat voor tegengestelde waarden van t de x en y verwisseld worden: Vervang t door t en er staat: x = ln t + = ln t = ln t ( is de oude y) en y = ln t = ln t + (is de oude x) Waarmee de symmetrie t.o.v. de lijn y = x aangetoond is. Omerking: de grafiek bestaat uit twee stukken: voor t : y = ln + e x en voor t < : y = ln + e x Ogave Van het rechte risma ABC.DEF dat hiernaast getekend is is gegeven: BAC = 90º, AB = 6, AC = 8 en AD = 0. P is het midden van EF. Vlak ACP verdeelt het risma in twee delen. 8. Bereken de verhouding van de inhouden van die twee delen. 9. Een bol raakt vlak ABC en gaat door D, E en F. Bereken de straal van deze bol. 0. Teken in de figuur de lijn door P die lijnstuk AC snijdt en lijn CF kruist o een afstand van. 8. Vlak ACP heeft als snijlijn met vlak EDF de lijn PQ // AC // DF. Inhoud risma ABC.DEF is 8 0 = 40. Inhoud afgeknot risma ABC.QEP is 7/8 / 4 0 = 40. Verhouding is: 40 : (40 40) = 40 : 00 = 7 : 5 9. M ligt o lijn PN // ADEB zo, dat NM = ME. In MPE is hoek P = 90 o, MP = 0 r en PE = + 4 (0 r) + 5 = r dus 00 0r + 5 = 0 geeft r = 6¼. 0. De lijnen door P die CF kruisen o een afstand, raken aan de cilinder met straal die CF als as heeft. In de figuur rechts is driehoek FDE een kwartslag gedraaid om FD. Driehoek FDE ' is dus een arallelrojectie van FDE. C T dus: N 6 r R M 0 F S r Q 8 as = CF U P P ' r = A D E ' R B E Q P De raaklijn vanuit P ' naar raakunt R raakt de cirkel om F met straal en snijdt DF in S. De raaklijn aan de cilinder zal dus in raakvlak PSTU moeten liggen, evenwijdig aan de as CF. Maar ook zal de gezochte lijn in vlak ACPQ moeten liggen (vraag 8) dus is de gezochte lijn de lijn PT. Omerking: de laatste vraag doet sterk denken aan het vak 'Beschrijvende meetkunde' zoals dat o de oude HBS (tot halverwege de jaren zestig) werd bedreven. -6-

17 Ogave 4 Voor - ½ π x ½ π is gegeven:. Los o: f (x) 4 cos x. f( x) cos x dy Verder is gegeven de differentiaalvergelijking y sin x dx. Onderzoek of f (x) een olossing is van de differentiaalvergelijking. Voor een olossingsfunctie g van de differentiaalvergelijking geldt: g (½π) =. Toon aan dat g (½π) een maximum is. 4. Stel een functievoorschrift o van g.. Voor een schetsje van de grafieken moet gezien worden dat cos x tussen en ligt, de noemer + cos x dus tussen 0 en ligt en de breuk dus een minimum ½ heeft voor x = 0. Eerst olossen de vergelijking: 4cos x cos x geeft 4cos x cos x cos x met de olossingen 8 (cos x ) De ongelijkheid heeft dus als olossing π x π π x π x π.. Invullen y cos x en dy sin x sin x in de d.v. geeft: sin x dx ( cos x) ( cos x) ( cos x) en dat klot voor alle x, f (x) is dus een olossing van de differentiaalvergelijking.. Een tekenschema van dy/dx levert nulunten o de lijnen y = 0 (de x-as) en sin x = 0 (de lijnen x = 0, x = ½π, x = π, enz). Steekroefjes links en rechts naast de lijn x = ½π (bijvoorbeeld bij x = ¼π en ¾π) levert het atroon + 0 horend bij een maximum. 4. De d.v. integreren: dy sin x dx geeft y dus C=0 en gx ( ) cos x cos x C invullen geeft = cos π + C y -7-