Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk Differentiëren Etra oefeningen a c 9 8 f ( ) = f ( ) = 9 p( q) = q p ( q) = q 0 () t = = t () t = t = t t 0 9 6 9 0 a f ( ) = + 0 + f ( ) = 0 + 0 + 0= 0 6 g( ) = 7 g ( ) = 7 + 0= + c () t = t + t+ = t + t + () t = t + t + 0= t + = t + t t q 9 d kq ( ) = + = q + q k ( q) = q + q 0= q 9 q = q q q a ( ) = f 0 f ( ) =. f () = = 7 Raaklijn : y = a+ = + door (, 7) : 7= 7 + = 7 dus y = 7 7 f ( ) = f ( ) =. f () = = 8. Raaklijn : y = a+ = 8+ door (, 0) : 0= 8 + = 6 dus y = 8+ 6 c f( ) = = f ( ) = 0=. f () = = Raaklijn y = a+ = + door (, ) : = + = 0 dus y = a ht () = t + h () t = t. h () = Raaklijn y = at + = t + door (, ) : = + = dus y = t t = 0 h=. Dat is dus het punt (0, ). c Punt (0, ) moet dus het punt (0, 0) worden. Het geheel moet dus omhoog geschoven worden. d ht () = t + a f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = + + + = ( ) + ( + ) f ( ) = + ( ) [ + ] ( + ) [ ] ( ) (+ ) f ( ) = = 6 (6+ ) f ( ) = = ( ) ( ) ( ) ( ) Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B c d = + + + = + + + f ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) f ( ) = ( + ) + ( + ) = + + + f ( ) = + + + = ( + ) ( + ) ( ) + + + f ( ) = = + + ( ) ( ) + + + ( ) ( ) f ( ) = = ( + ) f ( ) = ( + ) ( + ) ( + ) 6 a c d f ( ) = 7+ 6 f ( ) = 7; f () = 7 = Raaklijn: y = + door (, ) : = + = dus y = f ( ) = + + f ( ) = ; f () = = Raaklijn: y = + door (, ) : = + = 6 dus y = + 6 f ( ) = f ( ) = = ; f () = Raaklijn: y = + door (, ) : = + = dus y = + 6 ( + ) [ 6] 6 + f ( ) = f ( ) = + + ( ) ( + ) 6 6 6 + 6 6 6 ( + ) ( + ) ( + ) f ( ) = = = ; f () = 0 Raaklijn: y = 0 + door (, ) : = 0+ = dus y = 7 a f ( ) = + + f ( ) = + ; f ( ) = 0 + = 0 = 0 ; f (0) is een etreem: een minimum (zie plot) ( + ) 0 0 0 g( ) = g ( ) = = ; g ( ) 0 + + + + ( ) ( ) = ( ) ( + ) = 0 = 0 0 = 0 = 0 ; g (0) is een etreem: een maimum (zie plot) c h( ) = + h ( ) = ; h ( ) = 0 + = 0 = 0 ( ) = 0 = 0of = ; h (0) is geen etreem, h ( ) is wel een etreem: een minimum (zie plot) ( ) ( ) ( ) d j( ) = j ( ) = ( ) ( + ) ( ) 8+ j ( ) = = ( ) ( ) ; j ( ) = 0 + 8 ( 6)( ) = = 0 ( ) ( ) = 6of = ; j () is een etreem: een minimum, j (6) is een etreem: een maimum (zie plot) Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B 8 a q(,0) = 90; q() = 0 q = 00 00p c O = p(00 00p) = 00p + 00p d O = 600p + 00; O = 0. 600p+00 = 0 p =,7; O ma = 90, e w(,0) = 0,70; w() =, f w(p) = p 0,8 g W(p) = (p 0,8)(00 00p) h W(p) = 00p + 80p 8 W (p) = 600p + 80 ; W (p) = 0 00p + 80 = 0 p =,; W =, Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Doorwerking a Δ y = Δ f( p) p f(p) f ( ) = ; f(p) = p p = of p = p = p + p p =p + p = 8 a door q : V = f, door q : V = f 0. 8 V = V + V = f + f 0 ( 0 ) 8 0 8 0 + 6 V = f + = f + ( 0 ) ( 0 ) 0 0 dus V = f 0 0 + 6 ( 0 ) 6 ( 0 + 6)( 0 ) V = f V = f 0 ( 0 ) 60 6 ( 00 + 0 ) V f 6 + 0 00 = V = f ( 0 ) ( 0 ) 6 0 00 V 0 f + = = 0 6 + 0 00= 0 + 0 00= 0 ( 0 ) ( 0)( + 0) = 0 = of = 0 dus 0 = / dv c In is de noemer positief (voor tussen 0 en 0). De teller is een kwadratische functie met een d minimum voor tussen = 0 en = /. De teller is dus negatief voor kleiner dan 0 is en positief voor waarden van groter dan 0. De potentiaal daalt tot = 0 en stijgt daarna. De potentiaal heeft dus een minimum voor = 0. Q Q d Door q : V = f, door q : V = f 0. Q Q V = V + V = f + f 0 ( 0 ) 0 0 V = f. Q + = f Q + ( 0 ) ( 0 ) 0 0 dus V = f Q 0 ( 0 ) 0 0 ( 0 ) 00 + 0 V = f. Q = f. Q ( 0 ) ( 0 ) 00 + 0 V = 0 f. Q = 0 00 + 0 = 0 = dus ( 0 ) 0 = Als de raaklijnen loodrecht op elkaar staan, dan moeten ze, vanwege de symmetrie, eide een hoek van º met de horizontale as maken. Ze moeten dus hellingsgetallen heen van respectievelijk. f ( ) = f ( ) = ; f ( ) = = ½, zo ook = ½, De vergelijking van de raaklijn in (½, / ) wordt daarmee: y = + en A het punt (0, ¼) Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B a 8 s as= = = de vergelijking is dus =. a f () = 9. T = (, 9 ) c f (0) = 7. Dus P (0, 7) ligt op de paraool. d f ( ) = 8 + 7 f ( ) = 8; f (0) = 8 Raaklijn: y = 8+ door (0, 7); 7 = 8 0 + = 7 dus y = 8+ 7 e =, dus y = en S = (, ) f ys + yp = + 7 = 8, yt 9 g f ( ) = a + + c f ( ) = a+ ; f ( ) = 0 a + = 0 a = = a Dus voor de top T ( T, y T ) geldt inderdaad: T = a h yt = a c a c c a + + = + + = + dus yt = + c a a a a a a i yp = ap + P + c j f ( ) = a+ ; voor de raaklijn in P aan de paraool geldt dus hg = f ( P) = ap + k raaklijn: y = ( ap + ) +... door ( P,( ap + P + c)) : ap + P + c = ( ap + ) P +... ap + P + c = ap + P +... c= ap +...... = c ap dus y = ( ap + ) ap + c l De symmetrieas heeft de vergelijking =. De -coördinaat van S is dus S =, a a de y-coördinaat van S is dan ys = ( ap + ) S ap + c ys = ( ap + ) ap + c a ys = P ap + c a m ( yp + ys) = ap + P + c P ap + c = c + a a ( yp + ys) = + c= yt. Het klopt dus! a Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk Eponenten en logaritmen Etra oefening a groeifactor per maand: groeifactor per kwartaal: c groeifactor per week:, `=, 009, `=,087, `=, 00 000 a h = 0, 99986 h 0,99986 t = log 0,8 log 0,8 60 t h 0,99986 c h = 0,7 t = log 0,7 log 0, 7 07 a 7,07,0097 K(t) = (,07) 0 = ; K(t) = (,07) =,. Groeisnelheid dus 0,:7 = 0,0 per dag. c K(t) = (,07) 9 = 8,08 ; K(t) = (,07) 0 = 9,. Groeisnelheid dus,7:7 = 0,8 per dag. a c + 6 7= 0 ( + 9)( ) = 0 = 9of = ( ) 6 7 0 6 + = ( + 9)( ) = 0 = 9of = = e + = d e + e = 0 e + 6= 0 ( )( ) = 0 = of = e + = 0 ( ) e e + = 0 + (via de ac-formule): e = of e = ln + of ln = = e (ln ) + ln = 0 ln (ln + ) = 0 ln = 0 of ln = = of = e 0 = =, 7 0,7 0 0, 099 0 6 a N (t) = 0 e -t = 0 e t N () = 0 e 0 ( 0,008) 0 y 7 a Zie grafiek hiernaast. Y () = ln. Dus is de helling van de grafiek in het punt (, ): ln. c Beide grafieken zijn symmetrisch in de y-as. De helling van de grafiek van Y in het punt (, ) is dus ln. 8 6 Noordhoff Uitgevers v 6
Netwerk e editie vwo B 8 a ln g = 0,6 g = e 0,6 (,8 ) ln g = g = e ( 0,086 ) 9 a 0 ¼ c e 0 a f () = 0 ln0 = ln0 0 g (t) = ¼ t ln ¼ = ln ¼ ¼ t c h (s) = e s = e s a f ( ) = ln f ( ) = dus m = p raaklijn is y = + ; in P(p, ln p), dus ln p = p+ = + en = + ln p. Dus het klopt. p p c y = 0 y =. Dus m = d m = m = p = p e Als de raaklijn door de oorsprong gaat, is = 0. Dus + ln p = 0 ln p =. Dus p = e. a f() = e f () = e ; f (0) = e 0 =. Raaklijn is y = + ; in (0, ); dus = 0 + = en = ; dus y = + f () = e = e. Raaklijn is y = e + ; in (, e), dus e= e + en = 0 ; dus y = e c P is het punt (p, e p ). De richtingscoëfficiënt m van de raaklijn in P is e p. In de figuur is de PR richtingscoëfficiënt m =. Hierin is PR = e p en is ook m = e p. Dus is QR =. QR Noordhoff Uitgevers v 7
Netwerk e editie vwo B Doorwerking a 0,98h d ρ 0,98h ρ = e = 0,98 e dh dh = 6 (0 e 0,) = 6 (0, e ) = 6, e dt 0,h 0,h 0,h a dt t t Vt () = = 0 e = 9 e dt t t Vt ( ) c(9 (9 e = )) = c (9 9 + e ) Vt () = c e = 9 e Dat klopt dus, met c = t t a e a 0 = ½ a 0 = ln ½ a = 0, ln½ ( 0,069) e 0,0 = 0,0 0,0 = ln 0,0 = 0 ln0,0 ( 0 mm) a f () = e ; f ( ) = e - = e. Raaklijn is y = + ; in (, e e ); dus = + en = ; dus y = + = + e e e e e e e Δ y e e = = e (,7) Δ e c Omdat in elk punt van de grafiek geldt dat de helling van de raaklijn gelijk is aan de -coördinaat van dat punt, geldt dit in het punt met -coördinaat e. De y-coördinaat van dat punt is dan gelijk aan e e e e. a Voor grote waarden van t loopt de grafiek naar een grenswaarde toe. moet dus kleiner zijn dan. Voor grote waarden van t is a t 0. Daarom is c = 800. Voor t = 0 is t =, daarom moet c a = 00 zijn en is a = 700. Voor t = 6 is H 700. Dus is 800 700 6 = 00 700 6 = 00 6 = 00 / 700 = / 7 6 = 7 ( 0,7) Afname 0,0% wil zeggen een groeifactor (per dag) g d = 0,9997. Dat is per jaar een groeifactor g j = 0,9997 6 0,896. Ook e 0, 0,896. Dat klopt dus. c Totale gewicht = aantal vissen gewicht per vis. In formule: G(t) = N(t) F(t). Dus is G(t) = 000e 0,t ( 0,600 0,e 0,7t ) = 6600e 0,t 000e 0,t 0,e 0,7t = = 6600e 0,t 88 e 0,8t. Dat klopt. d G(t) is maimaal wanneer G (t) = 0. G (t) = 6600e 0,t 0, 88e 0,8t 0,8 = = 76 e 0,t + 60 e 0,8t. Via de GR: t, dus na circa maanden. Noordhoff Uitgevers v 8
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk De kettingregel Etra oefening a c f ( ) = = f ( ) = = f( ) = = ( ) f ( ) = ( ) = ( ) ( ) f( ) = = ( ) f ( ) = ( ) = ( ) ( ) ( ) f = = f ( ) = ( ) = d ( ) ( ) a f ( ) = = ( ) f( ) = = ( ) ( ) f ( ) = ( ) = 6 f ( ) = ( ) = 6 ( ) a ( ) h ( ) = = h( ) ( ) ( ) = h( ) [ ln] h ( ) ln(ln ) = = = = = = ln ln ln ln h ( ) = ln ln = ln = c h ( ) = ln = ( ln) [ ] d h ( ) = = ( + 8) ( + 8) ( ) = ( + 8) = 6 ( + 8) = h 6 ( + 8) a c f ( ) = ln( ) f ( ) = = = g ( ) = e g ( ) = e = 6 e p ( ) = e q ( ) = d e p ( ) = e + 6 e e 6 e e (+ 6 ) (+ 6 ) q ( ) = = = e ( e ) ( e ) a f ( ) = ln ln f ( ) = ln = (ln ) ; f ( ) = 0 (ln ) = 0 ln = = e De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (e, ) Noordhoff Uitgevers v 9
Netwerk e editie vwo B f ( ) = + ( ) = + ( ) f ( ) = + = = 0 = = = = De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, ) c f ( ) e = = = e e f ( ) = e + e = e e + + f ( ) = = ; f ( ) = 0 e e e e = 0 + = 0 = De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, e) d f( ) = e + + + f ( ) = e (+ ) ; f ( ) = 0 e (+ ) = 0 + = 0 = De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, e ) e ( ) f ( ) = = ( ) ( ) = 0 = 0 = f ( ) = ( ) = ( ) ; f ( ) = 0 De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, ) f f( ) = e + + + + f ( ) = e + e = ( ) e ; f ( ) = 0 ( ) e + = 0 = 0 = De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, e) e ( + ) e e ( + ) e ( + ) e g f( ) = f ( ) = = ; f ( ) = 0 + + + + ( ) ( ) ( ) + = 0 = De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (, e ) ln ln ln 6 ln 6 f( ) = f ( ) = = ; f ( ) = 0 = 0 ln ln ln ln ln 6 = 0 ln = = e De helling van de grafiek is gelijk aan 0 in het punt (e, e ) h = 0 6 a c ( ) f = f ( ) = ln ( ) = ( ) ln ; f ( ) = 0 ( ) ln = 0 = 0 =. f () = is een minimum (zie plot) f ( ) = e ( ) f = e ; f ( ) = 0 e = 0 = 0 = 0 ; maar f (0) is geen etreem. ( ) f = f ( ) = ln ( ) ; f ( ) = 0 ln ( ) = 0 = 0 = = of =..; f () = is een minimum, f ( ) = 6 is een 6 maimum (zie plot). Noordhoff Uitgevers v 0
Netwerk e editie vwo B d f( ) f( ) = = f ( ) = ( ) ln ; f ( ) = 0 f ( ) = ln ( 8 ) ( ) ln = 0 ( ) = 0 = 0of = of =..; f (0) = is een minimum, f ( ) = 6 is een maimum, f ( ) = 6 is een maimum (zie plot). 7 + ( )( ) f( ) = = a ( )( ) f( ) = = 0 ( )( ) = 0 = of = of = of =. Het gaat dus om punten met -coördinaten en. ( 0 ) ( + ) f ( ) = ( 0 ) ( 0 + 8) 8 ( ) f ( ) = = = f () = 6, raaklijn: y = 6+ door (, 0) : 0 = 6 + = 6, dus y = 6+ 6 f () =, raaklijn: y = + door (, 0) : 0 = + = 6 dus y = 6 Evenwijdig aan de -as, dan is f ( ) = 0 = of = Dat is dus in de punten (, ) en (, ) ( ) = 0 = 0 = of = 8 a f() = g() =. Dat klopt dus. ( ) f( ) = = 9+ f ( ) = ( 9+ ) = 9 + ( 9+ ) 9+ 00 De helling aan de grafiek van f is f () = = ( ) g( ) = 9+ = 9+ ( ) g ( ) = 9+ = 9 + De helling aan de grafiek van f is g () = c Raaklijn aan de grafiek van f : y = + door (, ) : = + = 0, dus y = + 0 Raaklijn aan de grafiek van g : y = + door (, ) : = + =, dus y = + De afstand van de snijpunten van de raaklijnen met de y-as is dus 8 De oppervlakte van de driehoek is dus 8 = 6 g ( ) = 0 (0 ) = 9 a ( ) g( ) = 0 = 0 ( ) De helling aan de grafiek van g is g () = 0 De raaklijn aan de grafiek van g : y = + door (, ) : = + =, dus y = + Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B f ( ) = 0 ( 0) = ( ) f ( ) = 0 = 0 ( ) c De helling aan de grafiek van f is gelijk aan,, dus f ( ) =, =, Q, 0 f ( ) = 0 f ( ) = 0 h ( ) = h ( ) = ( ) = 0+ 0 f² en h² zijn voor geen enkele waarde van aan elkaar gelijk, derhalve zullen ook f en h voor geen enkele waarde van aan elkaar zijn. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Doorwerking () () Vt () P t = = ( V t ) ( ) dp P () t = V() t V () t. Dus op t = is 0, dt = 0, = a f() =, f() = 7, f() = 6 0, 0, 0, 0, 0, 0,6 0,7 0,8 0,9,0 f() 0,79 0,7 0,70 0,69 0,7 0,7 0,80 0,8 0,9,0 c 0, 0,0 0,00 0,000 0,0000 f() 0,79 0,90 0,99 0,999 0,99998 d via de GR: = 0,7 ln ln e e = e = ln f f ( ) = e.[ ln] = ln+ = ( ln+ ) ; f ( ) = 0 ( ln + ) = 0 ln + = 0 ln = f() is dus minimaal voor = = e e De afname van de oppervlakte is: aan de lengte -kant: 8, 0,07 = 0,99 cm aan de reedte -kant: 8, 0,007 = 0,09 cm totaal ongeveer, cm 00000 00000 a noem SA = en S P =. S P = S A ra rp 00000 00000 00000 00000 = = = 0 r P = = 000 rp ra 0 0 = r P 00 8,7 7,66 dus 77 dm. ( ) ( ) + 0 = r r = + 0 = + 0 r = + 0 dus is 00000 00000 S = = = 00000 + 0 r ( + 0 ) ( ) ds = 00000 + 0 = 00000 + 0 d ds 00000 00000 = = d (00 + ) (00 + ) 00 + Dat klopt dus! ( ) ( ) r = 000,99 P a jaar d N( t) = N(0) g = g d = log c d =,0 log d Als er p% ij 00% komt, wordt het (00+p)%. De groeifactor is dan 00 + p p = + en de 00 00 t p formule moet dan ook zijn: Nt () = N(0) + 00 Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B t p e Nt () = N(0) + 00 ; ( ) d p N t = N(0) p + = 00 + d 00 = log. Met de regel voor grondtalverandering ij logaritmen en overstappen op het grondtal e wordt dit dan inderdaad: ln d =. p ln + 00 ln ln 0,69 f d = =, p ln( + ) ln, 0 0, 088 00 ln ln 0,69 g d = = 9,0. p ln( + ) ln,08 0,077 00 Na 9 jaar is de waarde verdueld, na 7 jaar verachtvoudigd. h Als d p = 700 in plaats van d p = 70, dan wordt d tienmaal zo groot. Dan moet dat dus de tijd opleveren die nodig is om tienmaal te verduelen. En tienmaal met vermenigvuldigen is hetzelfde als vermenigvuldigen met 0 ofwel met 0. Deze d is daarmee inderdaad de tijd die nodig is om ongeveer 000 maal zo groot te worden. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk Twee afgeleiden Etra oefening a In de jaren tot 996. In de jaren na 99. c Ongeveer ij t = 99,. a Toenemende daling. Afnemende daling. c Bol voor. d f ( ) > 0 wil zeggen dat f toeneemt, f ( ) < 0 wil zeggen dat f afneemt. Dus is er sprake van afnemende stijging. a f ( ) = = f ( ) ( ) = ; f ( ) 0 f = = 0 = of =. Tussen deze -waarden is er sprake van afname van f, f is echter alleen positief voor -waarden onder 0. Het interval is dus [,0]. a c d f ( ) 6 = f ( ) = = f ( ) = e = f ( ) ( ) = f = f ( ) e ln ln ln f( ) = f ( ) = = f = ( ) ( ) = 6 = f f ( ) = e + e = ( + ) e ln ln ln f ( ) = = = ( ) e e e e ( ) e ( ) 6 a f( ) = f ( ) = = ; f ( ) = 0 = 0 = 0 = Het minimum van f is f() = e. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B e ( ) f ( ) = ( e ( ) + e ) e ( ) f ( ) = ( ) ( ) ( e e + e ) e ( ) e e ( ) f ( ) = = e e ( ) e ( + ) e ( + ) e f ( ) = = f ( ) = = ( + ) Voor een uigpunt moet f ( ) = 0. Daarvoor moet + ( = ( ) + ) = 0 en dat lukt niet. Dus heeft de grafiek van f geen uigpunt. 7 a f ( ) = ln= ln ( ) = = ; f ( ) 0 f = = = = 0 = 0 = Het minimum van f is f() =. De top van de grafiek is dus het punt (, ). f ( ) = = f ( ) = + f ( ) = + = + = Voor een uigpunt moet f ( ) = 0. Daarvoor moet = 0 = =. De grafiek heeft dus een uigpunt en dat heeft de coördinaten (, ln ). 8 a h( t) = 00 0,88t h () t =,76t h () t =,76 De zwaartekrachtversnelling op Io is dus,76 m/s. ht ( ) = 0 00 0,88t = 0 0,88t = 00 t,6, dus na ongeveer 0,66 s ereikt het voorwerp de grond. Dat geeurt met een snelheid van h (0,66) =,76 0,66, dus met ongeveer 8,8 m/s. c Op Jupiter is h ( t) = 6, dus h ( t) = 6t en ht () = 00 t. ht ( ) = 0 00 t = 0 t = 00 t 7,69, dus na ongeveer,77 s ereikt het voorwerp de grond. Dat geeurt op Jupiter met een snelheid van h (,77) = 6,77, dus met ongeveer 7 m/s. 9 a Zie grafiek hiernaast. S = t 6t + 6= ( t t+ ). S = (( t ) + ) S is dus altijd positief, hetgeen etekent dat S altijd toeneemt met toenemende t. c S = t 6t + 6 S = 6t 6, dus S heeft een etreem voor t =, een minimum omdat S overgaat van afname naar toename. S () = 6 + 6 =, dus is de opstijfsnelheid nooit minder dan graden per uur. De opstijfsnelheid zit dus op elk moment oven de ondergrens. Noordhoff Uitgevers v 6
Netwerk e editie vwo B Doorwerking f ( ) = + a f ( ) = + a f ( ) = + 6a 0 Er zijn drie uigpunten als f ( ) = 0 drie verschillende oplossingen heeft. + 6a= 0 ( 6+ a) = 0, dus moet de discriminant D van 6+ a positief zijn. D = ( 6) a = 6 a. D is positief voor a <. Daarnaast mag a niet gelijk zijn aan 0, omdat dan de oplossing = 0 tweemaal voorkomt. a Anders is er geen sprake van een derdegraads functie. f ( ) = a + + c + d f ( ) = a + + c f ( ) = 6a+. f ( ) = 0is een lineaire vergelijking met precies één oplossing. De grafiek van f heeft inderdaad precies één uigpunt. c 6a + = 0 = = 6a a d Horizontaal, dan is a + + c = 0; uigpunt, dan is = =, dus 6a a a c 0 a + + = a + c = 0 c = a a a a h ( ) = = =, h ( ) = 0 = 0 =. Dus het snijpunt van de grafiek met de -as is het punt (,0). h = = 8( ) 8 = of =. ( ) 8 = 6 0 + = ( )( ) = 0 h( ) < (zie ook de grafiek) < < 8 c f ( ) = ln( ) = ln( ) f ( ) = = = h( ) d f ( ) = 0 h ( ) = 0 =. De etreme waarde van f treedt daarom op voor = en is ongeveer,78. Deze etreme waarde is een maimum. Immers, f ( ) = = + = + is voor = is gelijk aan 6, dat is negatief, de afgeleide neemt dus af, moet dus overgaan van positief naar negatief, dit etekent dat de functie zelf overgaat van stijgen naar dalen. e Dat uigpunt in de grafiek van f vind je ij die waarde van waarvoor h minimaal is. (Het wordt dus een uigpunt met maimale daling) h ( ) = f ( ) = + ; h ( ) = 0 0 + = = = (met 0 ) = = f Als h ook de afgeleide functie van een functie g moet zijn, zullen h en g alleen een constante kunnen verschillen: g( ) = ln( ) + C ; g () = 0, dus ln( ) + C = 0 0+ C = 0 C =. Dus g ( ) = ln( ) + Noordhoff Uitgevers v 7
Netwerk e editie vwo B a c d = + 0 + 0 + 0 +... + 0 n +... =. Dus a 0 = 0 e a0 a a a a n f = a + a + a + + n a + = e n ( )... n... 0 n e = a + a 0 + a 0 +... + n a n 0 +... =. Dus a = n f ( ) = a + 6a + a +... + n( n ) a +... = e 0 n e = a + 6a 0 + a 0 +... + n( n ) a n 0 +... =. Dus a = f ( ) = 6a + a + 60 a +... + n( n )( n ) a +... = e () n n () n 6 n n f ( ) = a + 0a + 60 a +... + n( n )( n )( n ) a +... = e f ( ) = 0a + 70 a +... + n( n )( n )( n )( n ) a +... = e () n 6 n Het klopt dus dat f () (0) =! a. a = / 0 e a n = / n! f n e = + + + +... + +... 6 n! g n e = + + + +... + +... 6 ( n )! a Dat is op het interval 0,8 0, Je moet ervoor zorgen dat 0,9 Y / Y,0 0,7 0, 8 c,6, 6 6 a n f( ) = a + a + a + a +... + a +... 0 n n f(0) = ln( + 0) = a0 + a 0 + a 0 + a 0 +... + a n 0 +... = 0. Dus a 0 = 0 n f ( ) = a + a+ a +... + n an +... = + n f (0) = a + a 0 + a 0 +... + n a n 0 +... =. Dus a = + 0 n f ( ) = a + 6a+ a +... + n( n ) an +... = = + = + + n f (0) = a + 6a 0 + a 0 +... + n( n ) a n 0 +... =. Dus a = ( ) ( ) f ( ) = ln( + ) ; ln, = f (0,) 0, 0 g( ) 0 = + ; Dat is een onderschatting van zo n 7,%. ln, g(0,) 0, 0, = 0, 7 Noordhoff Uitgevers v 8
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk Bewijzen in driehoeken Etra oefening a DPC = 0, APB = Nee. a l // m, dus plus =80 o. plus = 90 o. In driehoek ABS moet hoek S dus recht zijn. Het ewijs loopt nu precies omgekeerd: in driehoek ABS is hoek S recht. Daarom moet plus = 90 o zijn en is plus =80 o. Daaruit volgt dat l // m. Zie de figuur hiernaast. In ΔABC is A = 90, A+ B+ C = 80, dus B+ C = 90, dus B + B + C + C = 90 B = B, C = C, dus B + C =. Dus is BCS = en zijn de andere hoeken ij S ook respectievelijk. CAB = QRB (F-hoeken), dus QRB = 0 CBA = PRA (F-hoeken), dus PRA = 60 ARB is een gestrekte hoek, dus R = 80 0 60 = 70 a CAB = ACD (Z-hoeken). En evenzo: DBA = BDC (Z-hoeken). Dus is ΔABS ~ΔCDS (hh). Uit deze gelijkvormigheid volgt de volgende verhoudingstael: ΔABS AB = AS = BS = ΔCDS CD = CS = DS = DS AS = BS CS, dus DS =, dus DS = 6. 6 Zie de figuur hiernaast. Δ ADC Δ BDC, want AC = BC, DC = DC en ACD = BCD 7 Δ ADC ~ Δ BEC, want ADC = BEC en C = C (hh) Δ ASE ~ Δ BSD, want ASE = BSD en AES = BDS (hh) Δ ADC ~ Δ AES, want ADC = AES en A = A (hh) Δ BDS ~ Δ BEC, want BDS = BEC en B= B (hh) 8 AD = BE; ADB = BEA ; AE = BD ΔADB Δ BEA ABD = BAE (ZZR). Dus driehoek ABC is gelijkenig. Noordhoff Uitgevers v 9
Netwerk e editie vwo B 9 a Δ DEB Δ DAC, want DE = DA, DB = DC en EDB = ADC. Dit laatste valt als volgt te ewijzen: ADB = ADB, EDA = BCD, dus ADB + EDA = ADB + BCD EDB = ADC EB = AC c Zie de figuur hiernaast. Δ APQ ~ Δ EPD, want DEP = QAP en EPD = APQ Δ DCR =Δ QBR, want DCR = QBR en DRC = QRB Δ DBC ~ Δ DEA, want BDC = EDA en de andere hoeken in eide driehoeken zijn allen gelijk, namelijk ½(80 BDC ) respectievelijk ½(80 EDA ) en BDC = EDA 0 Laten we ervan uitgaan dat ABE een gestrekte hoek is. Dan is CAB = DBE (Z-hoeken). En ook: CBA = DEB (Z-hoeken). Dan is DBE = 80 en DEB = 70. Maar dat is in strijd met het gegeven dat deze twee hoeken juist aan elkaar gelijk zijn. Daarom kan ABE geen gestrekte hoek zijn. Δ ABE Δ CDE, want AE = CE, ABE = CDE en EAB = ECD (ZHH). Hieruit volgt dat AB = CD. Noordhoff Uitgevers v 0
Netwerk e editie vwo B Doorwerking Zet kruisjes en rondjes ij gelijke hoeken. plus =80 o, dus plus = 90 o. Zie de figuur hiernaast. Kies P op BC zodat BP = AD = BE en trek DP. Nu is Δ CAB een vergroting van Δ CDP (dus is Δ CDP ~ Δ CAB ) en dus is DP // AB. Daardoor is Δ EBF een vergroting van Δ EPD (dus is Δ EPD ~ Δ EBF ) met factor en dus is DF = EF. Zie de figuur hiernaast. a Δ PFD Δ DGP, want PFDG is een rechthoek, dus PF = DG, FD = GP en eide driehoeken heen een rechte hoek. Δ PGA Δ AEP, want APG = ( ABC) = PAE, PGA = AEP( = 90 ) en PA = AP. Bij het eerste congruentiegeval van a is al genoemd: PF = GD. Uit het tweede congruentiegeval van a volgt: AG = EP. Uit deze twee volgt dat AG + GD (= AD ) = PF + PE. Zie de figuur hiernaast. Trek BG loodrecht op PE. Nu is BGED een rechthoek (met BD = GE) en Δ BPF Δ BPG, omdat PBF( = CBA, overstaande hoeken) = PBG( = BAC, F hoeken), BFP = BGP( = 90 ) en BP = BP. Nu kunnen we concluderen: PE = PG + GE, GE = BD, PG = PF, dus PE = PF + BD en BD = PE PF. Δ AQR Δ APR, want AQ = AP, QR = PR en AR = AR. Dus is QAR = PAR en is AR de deellijn van hoek A. 6 A = C, dus AE = CE en dus ook AE = BE Nu is Δ ADE Δ BDE, want AD = BD, AE = BE en ED = ED. Dus is ADE = BDE = 90 7 a ABCD is een vierkant en heeft dus vier gelijke zijden. AP = BQ = CR = DS en dus is ook AS = BP = CQ = DR. De vier driehoeken heen ook allen een rechte hoek en daarmee is ewezen dat de vier driehoeken congruent zijn en dat de zijden van de kleine vierhoek gelijk zijn. Verder is SPQ = 90, omdat ASP + APS = 90, ASP = BPQ en ook BPQ + APS = 90. Zo is ook te ewijzen dat de andere hoeken van PQRS recht zijn, waarmee ewezen is dat PQRS een vierkant is. De oppervlakte van vierkant ABCD = (AP + PB) = AP + AP PB + PB De oppervlakte van de vier rechthoekige driehoeken = ½ AP AS = AP PB. Dus is AP + PB = oppervlakte van vierkant ABCD minus de vier rechthoekige = de oppervlakte van PQRS, ofwel AP + PB = PQ, maar ook BQ + PB = PQ. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B 8 a Zie de tekening hiernaast. Als de enen van A loodrecht staan op de enen van B, dan is A = B òf A + B = 80 o. B A Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk 6 Driehoeken en cirkels Etra oefening a Trek AB, epaal M en teken c. Het middelpunt M van c is het midden van AB. Trek nu MN AS. Zie de figuur hiernaast. MN is de middenparallel in driehoek ABS en dus is AN = SN. Nu geldt: Δ AMN Δ SMN, want AN = SN, MN = MN en AMN = SMN( = 90 ). Dus is AM = SM ( = BM ) en daarom ligt S op c. c P ligt op c. Dan is MA = MB = MP. Zie de figuur hiernaast. MAP = MPA, MBP = MPB, MAP + MPA + MBP + MPB = 80, hieruit volgt dat MPA + MPB = APB = 90. Dus kan P een snijpunt zijn van l en m. d Als de hoek tussen l en m recht is, ligt het snijpunt op c (); als het snijpunt op c ligt, is de hoek tussen l en m recht (c); er kunnen dus geen andere punten op c liggen. Laat M AB het midden zijn van AB. Laat verder D het punt op BC zijn waarij DD //AB en M DD het midden van DD. De meetkundige plaats van de middens van PQ is nu het lijnstuk CM DD (de zwaartelijn in driehoek CDD ) samen met het lijnstuk M DD M AB (een gedeelte van de zwaartelijn in driehoek ABS, met S het snijpunt van AD en BC). a De meetkundige plaats van alle punten P is de halve cirkel waarvan AD de middellijn is. Immers, P is recht. (Vergelijk ook opgave ). Het ewijs loopt analoog aan het ewijs ij opgave. Zie de figuur hiernaast. VV is de genoemde hoogtelijn uit V. (die ook zwaartelijn et cetera is ) Vanwege de symmetrie in de figuur moet V het middelpunt van de genoemde cirkel zijn. Eén van de raakpunten noemen we R, zodat V R de straal van de edoelde cirkel is. De oppervlakte van driehoek V VT is nu op twee manieren uit te rekenen: VV VT = = 6 en VT VR = VR = VR. ( VT = VT + VV = + = ) Hieruit volgt: VR = 6 en VR =. a M is het middelpunt van de ingeschreven cirkel. Omdat CM = CM, PM = QM en CPM = CQM ( = 90 ) is Δ CPM Δ CQM en is CP = CQ. Dus is ook Q = P. Omdat Q en Q overstaande hoeken zijn en E en P Z-hoeken, is daarmee ewezen dat E = Q. Het ewijs dat D = R loopt analoog aan het ewijs dat E = Q. c Analoog aan het ewijs ij a dat CP = CQ verloopt het ewijs dat AR = AQ. Omdat E = Q is AQ = AE en omdat D = R is AR = AD. Waaruit volgt dat AE = AD. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B 6 a PTQ = 90, dus ligt T op de halve cirkel met PQ als middellijn. PSQ = 90, dus ligt S op de halve cirkel met PQ als middellijn. Dus heen driehoek PQS en driehoek PQT dezelfde omgeschreven cirkel. Zie de tekening hiernaast. 7 In driehoek MAP is MA = MP, dus MAP = MPA( = 0 ) en AMP = 0. In driehoek MQB is MQ = MB, dus MQB = MBQ( = 0 ) en QMB = 0. AMB is een gestrekte hoek, dus moet ook PMQ een gestrekte hoek zijn. A. M P B Q 8 a Zie de tekening hiernaast. ADE = DAE =, dus DEA = 90. Aldus zijn ook de andere hoeken in vierhoek EFGH recht en is vierhoek EFGH dus een rechthoek. Verder is lijn EG een symmetrieas in de figuur, dus is EH = EF. Daarmee is ewezen dat vierhoek EFGH een vierkant is. D A E H F G C B 9 Als die cirkel AA in A en BB in B moet raken, moet er sprake zijn van rechte hoeken ij A en B (dat is het geval!) en moet MA = MB. Dat laatste volgt uit de congruentie van de driehoeken AMA en BMB. Deze congruentie is te ewijzen via AM = BM (CM is zwaartelijn), AMA = BMB en AA M = BB M ( = 90 ). A C M A B B Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B Doorwerking OABC OABI OBCI OACI = + +. Van elk van de driehoeken ABI, BCI en ACI is de straal r van de ingeschreven cirkel de hoogte. Dus O = AB r + BC r + AC r is ABC OABC r ( AB BC AC) OABC = + +, dus OABC = r omtrek. Inderdaad is dus r =. omtrek O 6 a ABC r = = =. Dus is straal,9. omtrek + 6+ + 6 0 + De lengte van de straal van de omgeschreven cirkel is in een rechthoekige driehoek gelijk aan de helft van de schuine zijde. Dus is straal =. c Zie de tekening hiernaast. O is het middelpunt van de omgeschreven cirkel, I dat van de ingeschreven cirkel. OI is dus de gevraagde afstand. O en I zijn de projecties van O en I op PR, O en I zijn de projecties op PQ. O is het midden van PR, I P = r met r de straal van de ingeschreven cirkel. O is het midden van PQ, I P = r. K is het snijpunt van I I en OO. Met Pythagoras is nu: IO = IK + KO. Hierin is IK= IK II = PO PI = 0,606 en 0 + KO= OO OK = PO PI =,606 en daarom is 0 + IO = 0,606 +,606,76. a IP is de straal van de ingeschreven cirkel. Dus is IP = IQ. Maar ook is IP = EB. Dus is IQ = EB. Verder is IFQ = BFE en zijn IQF en BEF eide recht. Dus zijn de driehoeken BEF en IQF inderdaad congruent. Net als ij a valt te ewijzen dat de driehoeken DGT en IQT congruent zijn. Verplaatsen van driehoek IQT naar driehoek DGT en van driehoek IQF naar driehoek BEF maakt van rechthoek IECG precies driehoek BCD. Waarmee het gevraagde ewijs geleverd is. c Deze stelling is juist. Genoemde stukken zijn DQ en BQ en deze zijn even lang als respectievelijk GI en EI. Die gelijkheden volgen uit de ewezen congruenties. Noordhoff Uitgevers v
Netwerk e editie vwo B a AC AD CD = + = + =, CB CD BD = + = + = AB = 8 AC + BC = + = 66. Dus is driehoek ABC niet rechthoekig. Teken (twee) deellijnen en vind aldus het middelpunt van de ingeschreven cirkel en teken vervolgens die cirkel. O 8 c ABC r = = =, 69. omtrek 8 + + 66 + a De gelijkvormigheid volgt uit ACE = BCF en AEC = BFC. Ook de driehoeken ADE en BDF zijn gelijkvormig: de hoeken D in eide driehoeken zijn overstaand en dus aan elkaar gelijk, terwijl eide driehoeken ook een rechte hoek heen. Uit de gelijkvormigheid van a volgt CA : CB = AE : BF, uit de hiervoor aangetoonde gelijkvormigheid volgt AD : BD = AE : BF Uit deze eide volgt dat AD : BD = CA : CB. 6 a Deze gelijkvormigheid volgt uit: A = A en APQ = ADC. Uit de gelijkvormigheid volgt AP : AD = PQ : DC. Hieruit volgt dat c Deze gelijkvormigheid volgt uit: B= B en BPR = BDC. d Uit de gelijkvormigheid volgt BP : BD = PR : DC. Hieruit volgt dat e AP BP AP BP PQ+ PR= CD+ CD= CD AD BD + AD BD AP + BP AD PQ+ PR= CD= CD= CD AD AD AP PQ = CD. AD BP PR= CD. BD 7 a Zie de tekening hiernaast. Construeer daartoe de middelloodlijn van BP. c Het snijpunt van de middelloodlijn van BP met AP moet punt C zijn. Immers, omdat C op de middelloodlijn ligt, is CB = CP. Noordhoff Uitgevers v 6
Netwerk e editie vwo B Hoofdstuk 7 Goniometrie Etra oefening sin a tan = = 0,7 sin = 0,7cos ; sin + cos =. Nu geldt dus: (0, 7 cos ) + cos = cos, 9 cos = cos = met in III is nu cos =,9,9 en sin = 0,7,9 cos = 0, 7 ; sin + cos =. Nu geldt dus: sin + ( 0,7) = sin = 0, met in III is sin 0, nu sin = 0, ; en met tan = is dus tan = 0,7 cos c sin = 0, ; sin + cos =. Dus is ( 0,) + cos = cos = 0, 9 ; met in IV is nu sin 0, cos = 0,9 en met tan = is dus tan = 0,9 cos sin d tan = =, sin =,cos. sin + cos =. Dus is (,cos ) + cos = cos,69cos = cos = met in II is nu cos = en sin =, e cos = 0, 6 ; sin = 0,8 ; en met f sin = 0, ; cos = 0,96 en met sin cos,69 + =. Dus is sin + (0, 6) = sin tan = is dus tan = cos sin + cos =. Dus is (0,) + cos = sin 0, tan = is dus tan = cos 0,96,69,69 sin = 0, 6 met in IV is nu cos = 0, 96 ; met in I is nu a sin = = sin π = π+ k π = π+ k π sin = 0,7 sin 0,8 = 0,8 + k π =,09 + k π sin = = sin π = π+ k π = π+ k π c 6 6 6 d sin = 0,8 sin 0,997 = 0,997 + k π =, + k π sin = = sin π = π+ k π = π+ k π e f sin = 0,8 sin,7 =,7 + k π =,08 + k π g sin = = sin π = π+ k π = π+ k π 6 6 6 h sin = 0, sin 0,0 = 0,0+ k π =,7+ k π a cos = = cos π = π+ k π = π+ k π cos = 0, 9 cos 0, 0 = 0,0 + k π =,880 + k π cos = = cos π = π+ k π = π+ k π c 6 6 6 d cos = 0,7 cos, 00 =, 00 + k π =,88 + k π e cos = = cosπ =π+ k π f cos = 0, 79 cos,88 =,88 + k π =,09 + k π cos = = cos π = π+ k π = π+ k π g h cos = 0, cos,80 =,80 + k π =,80 + k π Noordhoff Uitgevers v 7