Extra oefening en Oefentoets Helpdeskbgnuitwerkingen.wdfiles.com/local--files/h5wib/X1.pdfExtra oefening en Oefentoets Helpdesk Extra oefening bij hoofdstuk 1 1a π⋅9 10002 ⋅=h

⁄162

Extra oefening en Oefentoets Helpdesk

Extra oefening bij hoofdstuk 1

1a π ⋅ ⋅ =9 10002 h geeft h = ≈100081

3 93π

, cm.

De hoogte van het blik is dus ongeveer 3,93 cm.

b π ⋅ ⋅ =r h2 1000 geeft hr

r r=⋅

= ⋅ ≈ ⋅− −1000 1000 318 32

2 2

π π,

c Als de straal heel klein is moet de hoogte van het blik natuurlijk erg groot worden om aan een inhoud van 1 liter te komen. In de formule deel je door r2 dus is de

hoogte inderdaad erg groot als r heel klein is. In de grafiek zie je dit terug want de h-as is verticale asymptoot.

2a x4 3 10+ = c 2 53v− =

x4 7= v− =3 122

x = = ≈7 7 1 6314 4 , of x = − ≈ −7 1 63

14 , v = ( ) ≈

−2 0 741

2

13 ,

b p34 2= d 4 3

12t − =

p = = ≈

2 2 2 52134

43 , t − =

12 3

4

t = = ≈

−

−( ) ( ) ,3

434

2

112 1 78

3 De vergelijkingen mogen in deze opdracht ook met de grafische rekenmachine worden opgelost.

a 10 4 56− =x c 3 10 00 7y , − =

4 56x = y0 7 133, =

x6 141= y = ≈( ) ,,3 5 581

3

10 7

x = = ≈( ) ,1 1 1 0414

14

616 of x = − ≈ −( ) ,1 1 041

4

16 d Allereerst 1 2 54+ =x

b 3 25 1 253, ,p− = x4 2=

p− =3 513 x = ≈2 1 19

14 , of x = − ≈ −2 1 19

14 ,

p = ≈−( ) ,5

13

13 1 38 In een plot met Y x1 1 2 4= + ∧ en

Y 2 5= is af te lezen dat

1 2 54+ >x op

〈←; 1,19〉

∪

〈1,19; →〉.

MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 162 31-03-2008 11:14:18

Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N

oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄163


4a − + =−3 5 04x 5 34x− = x− =4 3

5

x = = =−( ) ( )35

53

23

414

14 1 en x = − = − = −−( ) ( )3

553

23

414

14 1

b De grafiek van f heeft x = 0 als verticale asymptoot en y = –3 als horizontale asymptoot.

c De grafiek van y a= is een horizontale lijn. Als a ≤ −3 dan heeft de grafiek van f dus geen snijpunten met y a= en heeft de vergelijking f x a( ) = dus geen oplossingen.

d Als AB = 3 dan moet x de waarden −1 12 en 1 1

2 hebben omdat de grafiek symmetrisch is ten opzichte van de y-as.

f ( ) ( ) ( )1 3 5 1 3 5 3 5 23

312

12

4 23

44

4= − + = − + ⋅ = − + ⋅ = − +− 55 16

81⋅ dus b = −2 181

5a V l b h r r r r= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =2 2 3

Om de oppervlakte te berekenen moet je de oppervlakte van de 6 zijvlakken optellen. O r r r= × + × =2 4 2 102 2 2

b 10 502r = geeft r = ≈5010 2 23, cm

c 2 803r = geeft r = ≈802

3 3 42, cm

d O r r= + ⋅ =2 4 3 1002 2 geeft r = ≈10014 2 67, cm



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄164



1a f x x x x'( ) = − + −12 12 12 123 2

b g x x x x x g x x( ) ( ) '( )= − = − ⇒ = −2 3 21 3 1 c h x x x x x h x x( ) ( )( ) '( )= − + − + = − + ⇒ = −4 5 4 5 16 40 25 32 42 00 d k x x'( ) = 15 2

2a

2 3 4 765–4 –3 –1–2 1O

20

60

80

100

–140

–120

–100

–40

–20

–80

–60

x

y

40

b f x x x( ) ( )= − =3 6 0 voor x = 0 of x = 6 c f x x x'( ) = −4 183 2

a f= = −'( )2 40 ( , )2 32− invullen in y x b= − +40 geeft − = − +32 80 b dus b = 48 De vergelijking van de raaklijn is dus y x= − +40 48 . d f x x x'( ) ( )= − =2 2 9 02 voor x = 0 of x = 4,5 De grafiek heeft een dal voor x = 4,5 dus het minimum is

f ( , ) ( , ) ( , )4 5 4 5 6 4 5 1364 3 1116= − = −

e In een buigpunt is de helling maximaal of minimaal. Met de grafische rekenmachine vind je dat de grafiek van f x x x'( ) = −4 183 2 is

maximaal voor x = 0 en minimaal voor x = 3. f ( )0 0= en f ( )3 81= − dus de buigpunten zijn (0, 0) en ( , )3 81−

3a f x x x x x x x( ) ( ) ( )( )= − − = + −13

2 139 36 3 12

Dus f x( ) = 0 voor x = −3 of x = 0 of x = 12 .

b f x x x'( ) = − −2 6 12

f x x'( ) ,= ⇒ = − ≈ −0 6 842

1 58 of x = + ≈6 842

7 58,

De grafiek heeft een maximum voor x = −6 842

, dus het maximum is

f 6 842

10 16−

≈ , .

De grafiek heeft een minimum voor x = +6 842

, dus het minimum is

f 6 842

118 16+

≈ − , .

c De grafiek van f’ heeft een minimum voor x = 3 . f ( )3 54= − dus het buigpunt is ( , )3 54−



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄165


d In die punten moet gelden f x'( ) = 4 . Uit x x2 6 12 4− − = volgt x x2 6 16 0− − = , dus ( )( )x x+ − =2 8 0 . In de punten met x = –2 en x = 8 is de helling dus 4. De punten van de grafiek van f zijn dus ( , ( )) ( , )− = −2 2 2 9 1

3f en ( , ( )) ( , )8 8 8 117 1

3f = − . e a f= = −'( )0 12 ( , )0 0 invullen in y x b= − +12 geeft 0 0= + b , dus b = 0 De vergelijking van de raaklijn is dus y x= −12 . Snijden met de grafiek van f levert: 1

33 2 1

33 2 1

323 12 12 3 0 9 0x x x x x x x x x− − = − ⇒ − = ⇒ − = ⇒ =( ) 00 of x = 9

De raaklijn in (0, 0) snijdt de grafiek van f dus in het punt P f P( , ( )) ( , )9 9 9 108= − .

4a Hoogte = =x 2 cm en lengte = breedte = − =20 2 16x cm. Volume = × × = × × =lengte breedte hoogte 16 16 2 512 cm3

b Hoogte = =x 3 cm en lengte = breedte = − =20 2 14x cm. Volume = × × = × × =lengte breedte hoogte 14 14 3 588 cm3

c Het grondvlak van het bakje is een vierkant met zijde 20 2− x cm. De hoogte van het bakje is x cm. Het volume is dan lengte breedte hoogte x x x× × = − −( )( )20 2 20 2 cm3. Dus V x x= ⋅ −( )20 2 2 . Voor x = 0 heeft het bakje nog geen hoogte (hoogte = 0) en voor x = 10

heeft het bakje geen grondvlak meer (lengte = breedte = 0), dus 0 10< <x . d V x x x x x x x x x( ) ( )( ) ( )= − − = − + = −20 2 20 2 4 80 100 4 802 3 22 400+ x V x x x x x'( ) ( )= − + = − +12 160 400 4 3 40 1002 2

V x x'( ) = ⇒ = − = =0 40 4006

3103

13 of x = + =40 400

610 , V = 10 vervalt.

e Het maximale volume is V( ) ,3 592 613 ≈ cm3.

De afmetingen zijn dan 13 13 bij 13 1

3 bij 3 13 .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄166


Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2

1a x7 70= −

x = − ≈ −( ) ,70 1 8317

b 24 5 64− =x

5 184x =

x4 185=

x = ≈( ) ,185

14 1 38 of x = − ≈ −( ) ,18

5

14 1 38

c 3 12 85x + = −

3 205x = −

x5 203= −

x = − ≈ −( ) ,203

15 1 46

d 3 12 84x + = −

3 204x = −

x4 204= −

geen oplossing

e 14 150 8− =x

150 6x

=

x = =1506 25

f 2 3 57x− + =

2 27x− =

x− =7 1

x = =−1 117

g 2 3 56x− + =

2 26x− =

x− =6 1

x = =−1 116 of x = − = −−1 1

16

h 50 4 4034− =x

4 1034x =

x34 10

4122= =

x = = ≈

( )( ) ( ) ,2 2 3 391

212

134

43

2a f x x x'( ) = − +6 43 en f '( ) ( ) ( )− = − ⋅ − + ⋅ − =1 6 1 4 1 23

b g x x x x( ) = − − +10 5 22 3 dus g x x x'( ) = − − +10 2 3 2 geeft g '( )5 10 5 2 3 5 232= − ⋅ − + ⋅ =

3a f x x x f x x( ) '( )= − + ⇒ = −14

2 121 1

f '( )6 2= en f ( )6 4= ( , )6 4 invullen in y x b= +2 geeft 4 12= + b dus b = –8 De vergelijking van de raaklijn is y x= −2 8 . b g x x'( ) = − =2 4 42 als 2 82x = dus x = 2 of x = –2 g( )2 2

3= − invullen in y x b= +4 geeft − = +23 8 b dus b = −8 2

3 wat betekent dat de gegeven lijn geen raaklijn is in x = 2

g( )− =2 4 23 invullen in y x b= +4 geeft 4 82

3 = − + b dus b = 12 23 wat betekent dat de

gegeven lijn ook geen raaklijn is in x = –2

4a Als h = 2 geldt b = − × =10 2 2 6 en l = ⋅ − × =12 24 2 2 10( ) dus de inhoud is

2 6 10 120× × = cm3. b b h= −10 2 en l h h= − = −1

2 24 2 12( ) dus I l b h h h h= × × = ⋅ − −( )( )10 2 12 c Als 0 5< <h is zowel de lengte als de breedte als de hoogte positief. d I h h h h h h h h= ⋅ − − + = ⋅ − + = −( ) ( )120 10 24 2 120 34 2 1202 2 334 22 3h h+

dIdh

h h= − +120 68 6 2



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄167


e 6 68 120 02h h− + = 3 34 60 02h h− + =

h = − ≈34 4366

2 19, of h = + ≈34 4366

9 15, alleen de eerste oplossing voldoet.

Deze oplossing kun je natuurlijk ook met de grafische rekenmachine vinden. f I = ⋅ − ⋅ + ⋅ ≈120 2 19 34 2 19 2 2 19 120 742 3, , , , cm3.

5a De helling in ( , )π 0 is ongeveer f '( )sin , sin

,π

π π≈

+( ) −≈ −

2 0 001 2

0 0012.

b De helling in ( , )0 4− is ongeveer gg g

'( )( , ) ( )

,0

0 001 00 001

9≈ − ≈ .

c De helling in ( , )100 2 is ongeveer h'( )log( , ) log

,,100

100 001 1000 001

0 004≈ − ≈ .

d De helling in ( ; , )4 0 4 is ongeveer kk k

'( )( , ) ( )

,,4

4 001 40 001

0 03≈ − ≈ − .

6 f x a x x b ax ax a b( ) ( )= − + + = − + +2 2 24 4 4 4 f x ax a'( ) = −2 4 dus f a a a'( )3 6 4 2 6= − = = − geeft a = −3 . Dan ( , )3 2 invullen in f x x b( ) ( )= − − +3 2 2 geeft − + =3 2b dus b = 5.

7a K wordt dan 2 keer zo groot dus Q wordt 2 1 6240 7, ,≈ keer zo groot. De productie neemt dus toe met 62,4%.

b Als je A vier keer zo groot neemt geldt 4 4 2A A A= ⋅ = . c Er moet gelden K 0 7 2, = dus K = ≈2 2 69

10 7, , . Dus K moet je met 2,69

vermenigvuldigen. d 30 100 300000 7⋅ ⋅ =K , dus K 0 7 30000

300 100, = =

K = ≈100 719 71

0 7, ,

Er is dus ongeveer e 720.000,- aan kapitaal nodig.

8 Je kunt de grafieken plotten en dan de gevraagde punten zoeken of met algebra berekenen waar de helling nul is.

a f x x x x x x x( ) ( )= − + = − +2 3 28 16 8 16 dus f x x x'( ) = − + =3 16 16 02 voor x = 1 13 of

x = 4. Uit de plot volgt maximum f ( )1 91

31327= en minimum f ( )4 0= .

b g x x x( ) = −3 24 dus g x x x x x'( ) ( )= − = − =3 8 3 8 02 voor x = 0 of x = 2 23

Uit de plot volgt maximum g( )0 0= en minimum g( )2 923

1327= − .

c h x x x( ) = −4 34 dus h x x x x x'( ) ( )= − = − =4 12 4 3 03 2 2 voor x = 0 of x = 3 Uit de plot volgt buigpunt ( , )0 0 en minimum h( )3 27= − . d k x x x x x x x x x( ) ( )( )( )= − − − = − + −4 4 4 12 48 644 3 2 dus

k x x x x'( ) = − + − =4 36 96 64 03 2 . Met de grafische rekenmachine vind je x = 4 of x = 1.

Met algebra kunnen we deze oplossingen erg lastig vinden. Uit de plot volgt minimum k( )1 27= − en buigpunt ( , )4 0 .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄168



1a f x x( ) ( )= 13 wordt dan k x

x

( ) = − +

+15

13

2

.

g x x( ) = 1 wordt dan m xx

( ) = − ++

15

12

.

h x x( ) cos= − wordt dan n x x( ) cos( )= − − +15 2 .

b De beeldgrafiek van f wordt p x x( ) ( )= ⋅3 13

2 .

De beeldgrafiek van g wordt q xx x

( ) = ⋅ =3 12

32

.

De beeldgrafiek van h wordt r x x( ) cos( )= − ⋅3 2 .

c Horizontaal met vier vermenigvuldigen geeft s xx x x( ) = = = ⋅1 4

14

4 1 .

Hetzelfde resultaat wordt dus bereikt met een verticale vermenigvuldiging met factor vier.

2 Links: De standaardfunctie is h x x( ) = 2 . De top van de getekende grafiek is ( , )2 2 , de grafiek is dus twee naar rechts en twee omhoog geschoven. Het bijbehorende

functievoorschrift is dan: f x x( ) ( )= − +2 22 ; Rechts: De standaardfunctie is k x x( ) = . De steilheid is niet veranderd, wel het

randpunt, dat is nu ( , )−3 3 . Het functievoorschrift wordt dan: g x x( ) = + +3 3 .

3a g x( ) ontstaat uit x door horizontale vermenigvuldiging met 13 gevolgd door een

translatie drie naar rechts. h x( ) ontstaat uit x door translatie negen naar rechts gevolgd door een horizontale

vermenigvuldiging met 13 .

i x( ) ontstaat uit x door translatie drie naar rechts gevolgd door een verticale vermenigvuldiging met 3 .

b

6 7 8 91 2 3 54–2 –1O

3

4

2

1

x

y

–6

–8

p = h = i

g x x x h x( ) ( ) ( )= − = − =3 3 3 9 ; i x x x g x( ) ( ) ( )= ⋅ − = − =3 3 3 3 De drie functies zijn hetzelfde.



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄169


4 linker sinusoïde: f x d a b x c( ) sin ( )= + − met maximum 10 en minimum 4 dan is de evenwichtsstand y = 7 dus d = 7 en amplitude a = 3. De periode is 16, dus b = =2

1618

π π . De grafiek is 1

4 periode naar rechts geschoven dus c = 4. f x x( ) sin ( )= + −7 3 41

8 π . rechter sinusoïde: g x d a b x c( ) sin ( )= + − met maximum 27,5 en minimum 3,5 dan is

de evenwichtsstand y = 15 5, en dus is d = 15 5, en de amplitude a = 12. De periode is 3π en dan is b = =2

323

ππ . De grafiek is 1

4 periode naar links geschoven, dus c = − 3

4 π . g x x( ) sin ( )= + ⋅ +15 121

212

23

34 π .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄170



1a y x x x= ⋅ = ⋅ =5 5 5 ; beide functies zijn alleen gedefinieerd voor x ≥ 0 . b Deze formules zijn niet gelijk, want je mag de wortel van een som van getallen niet

splitsen inde som van de wortels (vul maar x = 16 in, dan krijg je bij de ene functie. y = + = =16 9 25 5 en bij de andere functie y = + = + =16 3 4 3 7 ).

c y x x x x x= = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = ≠3 16 3 16 3 4 12 48 ; deze formules zijn niet gelijk.

d y x x= + = +( )4 1 4 12 mits 4 1 0x + ≥ dus x ≥ − 14 .

2a h t tt t

tt t t

( ) =+

= ⋅+( ) =

+20

4 520

4 520

4 52, mits t ≠ 0 ; de functie h t( ) is niet gedefinieerd

voor t = 0 en t = −1 14 ( )4 5 0 4 5 15

414t t t+ = ⇒ = − ⇒ = − = −

b g pp p

pp p

pp p

( )( ) ( )(= − −

+= − −

+= − +3 15 18

13 5 6

13 6 12 2 ))

( )p

p+

= −1

3 6 , mits p ≠ −1 ;

de functie g p( ) is niet gedefinieerd voor p = −1

3a xx

2

42

−=

x x2 2 4= −( )

x x2 2 8 0+ − =

( )( )x x+ − =4 2 0

x = −4 of x = 2

b 62 1

23x

x+

= −

( )( )2 1 2 18x x+ − =

2 3 2 182x x− − =

2 3 20 02x x− − =

x = +3 1694

x = 4 of x = −2 12

c 255 6

2 12−

= −x

5 6 10− = −x

6 15x =

x = =156

122

x = 6 14

d 41

16x

x+

= −

( )( )x x+ − =1 1 24

x2 1 24− =

x2 25=

x = 5 of x = −5



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄171


4a − + = −3 2 7x y geeft 2 3 7y x= − dus y x= −1 312

12 invullen:

8 5 1 3 2212

12x x− − =( )

8 7 17 2212

12x x− + =

12

124x =

x = 9 y = × − =1 9 3 101

212

b a b= −3 5 invullen geeft ( )3 5 36− = −b b − + + =5 3 36 02b b

b = − ±−

3 72910

dus b = −2 25 of b = 3

a = 15 of a = −12

5a Voor p = 1 geldt f x xx

xx

xx x

xx

( ) = − = − = − = −2 1 21

1 2 1 2 12 2

; deze functie heeft

nulpunten wanneer 2 1 02x − = , dus voor x = 12 of x = − 1

2 .

Voor p = –1 geldt f x xx

xx

xx x

xx

( ) = − − = + = + = +2 1 21

1 2 1 2 12 2

; deze functie heeft

geen nulpunten, want 2 1 02x + > voor alle waarden van x.

De grafiek met de twee snijpunten met de x-as hoort dus bij p = 1 en de grafiek met de twee toppen bij p = –1.

b

–9

31 2–3 –2 –1 O

3

6

9

–6

–3

x

y

p = 2

p = 0

p = –2

De grafiek die hoort bij p = 0 heeft een gaatje in (0, 0).

c f x xpx

x px

xx

px

x px

( ) = − = − = − = −2 2

12 22 2

d De grafiek van f heeft nulpunten wanneer geldt 2 02x p− = en x ≠ 0 ;

dit geeft alleen voor p > 0 twee oplossingen xp=2

en xp= −2

.

e Invullen van x = –2 en y = 4 in de formule geeft

4 2 22

4 42

82

16= ⋅− −−

⇒ = − + ⇒ = ⇒ =p p pp



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄172


Oefentoets bij hoofdstuk 3 en 4

1a De verticale asymptoot is x = 3 en de horizontale asymptoot is y = –5. b f ( )0 5 51

0 313= − + = −− snijpunt y-as is ( , )0 5 1

3− − +

−=5 1

30

x 1

35

x −=

x − =3 15

x = 3 15 dus snijpunt x-as is ( , )3 01

5

c

–9

93 4 5 86–2 2–1 1O

–2

–3

1

–8

–7

–6

–5

–4

x

y

–1

d Domein = 〈←, 3〉

∪

〈3, →〉 Bereik = 〈←, –5〉

∪

〈–5, →〉

e Door de grafiek van y x= 1 drie naar rechts en vijf naar beneden te schuiven.

2 f x x( ) ( )= − +2 53

g x x( ) sin( )= − − +2 2 3 h x x( ) log( )= − − +3 2

3a Horizontaal vermenigvuldigen met factor 15 .

b Drie eenheden naar boven schuiven.

4a f a a( ) ( )3 2 3 22= ⋅ − = = b f ( )0 20= dus a ⋅ =2 202 dus a = =20

4 5 c 3 2 62( )− =x ( )2 22− =x 2 2− =x of 2 2− = −x x = −2 2 of x = +2 2 d f a( ) ( )2 2 2 02= ⋅ − = dus alle grafieken gaan door ( , )2 0 e f x a x x a x x a ax ax( ) ( )( ) ( )= − − = − + = − +2 2 4 4 4 42 2

f x a ax'( ) = − +4 2 f a a a'( )1 4 2 2 6= − + = − = − dus a = 3



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄173


5a 5 10 0xx

− = c 12 + =x x

5 10 02x − = 12 2+ =x x

x2 2= x x2 12 0− − =

x = 2 of x = − 2 ( )( )x x− + =4 3 0

b 51

13x

x+

= − x = 4 of x = –3

( )( )x x+ − =1 1 15 x = –3 vervalt

x2 1 15− = d xx

xx5

4 32−

= −

x2 16= ( )( )5 4 3 2 2− − =x x x

x = 4 of x = –4 − + − =4 23 15 22 2x x x

− + − =6 23 15 02x x x = − ±

−23 13

12

x = 3 of x = 56

6a P V⋅ = 10 dus PV

= 10

b P T⋅ = ⋅100 2 dus T P= ⋅50

c P ⋅ = ⋅100 3 15 dus P = 0 45,

d PT

c V= ⋅ is onjuist want PT

cV

= P VT

c⋅ = is juist

TV

Pc

= is juist TP

Vc

= is juist

7a Twee naar rechts schuiven, verticaal vermenigvuldigen met factor a en b in verticale richting schuiven.

b f a b( )2 0 5= ⋅ + = dus b = 5 f a( )4 4 5 3= ⋅ + = − dus a = −2

8a a b= −7 4 invullen geeft 2 7 4 3( )− ⋅ =b b 14 8 32b b− = − + − =8 14 3 02b b

b = − ±−

14 1016 dus b = 1 1

2 of b = 14

a = 1 of a = 6 b x y= +2 1 invullen: ( )2 1 20 12y y+ − = 4 4 1 20 12y y y+ + − = 4 16 02y y− = 4 4 0y y( )− = y = 0 of y = 4 x = 1 of x = 9



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄174


9a h = − = =25 3 16 42

b Volgens de stelling van Pythagoras geldt ( )1

22 2 25x h+ =

h x2 14

225= −

h x= −25 14

2

c 25 4 514

2− =x ,

25 2014

2 14− =x

14

2 344x =

x2 19= x = 19 d N ligt op de halve hoogte dus hoogtelijn NP vanuit N loodrecht op OA is 1

2 h en OP x= 3

4 dus in rechthoekige driehoek OTN geldt ON h x2 12

2 34

2= +( ) ( ) . e 62 1

42 9

162= +h x dus h x2 1

42144 2= −

Uit onderdeel b volgt h x2 14

225= − dus 144 2 2514

2 14

2− = −x x 2 1192x = x = 119

2 en h = 10 18



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄175



1a De functie f x x( ) ( )= −4 53 is samengesteld uit de schakels u x= −4 3 en f u u( ) = 5 . b Wanneer dezelfde schakels in een andere volgorde worden gezet, geldt u x= 5 en

g u u( ) = −4 3 , dus wordt het volgende functievoorschrift verkregen: g x x x( ) ( )= − = −5 4 203 3 .

2a g is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u m dudm

= − ⇒ =4 5 4

g udgdu

u m= ⇒ = = −3 2 23 3 4 5( )

Hieruit volgt: g m m m'( ) ( ) ( )= ⋅ − = −4 3 4 5 12 4 52 2. b Q is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u p dudp

= − ⇒ =2 5 2

Q u udQdu

uu u p

= = ⇒ = = = =−

−12

12

12

12

1

2

12

12 2 5

Hieruit volgt: Q pp p

'( ) = ⋅−

=−

2 12 2 5

12 5

.

c k is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u p dudp

p= + ⇒ =3 19 62

k u u dkdu

uu u p

= = ⇒ = = = =+

−12

12

12

12 2

1

2

12

1

2 3 19

Hieruit volgt: k p pp

p

p'( ) = ⋅

+=

+6 1

2 3 19

3

3 192 2.

d h is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u x dudx

= + ⇒ =2 3 2

h u dhdu

uu xu= = ⇒ = − = − = −

+− −4 1 2

2 24 4 4 4

2 3( )

Hieruit volgt: h xx x

'( )( ) ( )

= ⋅ −+

= −+

2 42 3

82 32 2



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄176


3a Er geldt 1 liter = 1 dm3 = 1 000 cm3. Het vat wordt gevuld met 900 cm3 per minuut, dus met 900

1000 0 9= , liter per minuut. Er volgt a = 0 9, . b V t= ⋅0 9, ingevuld in de formule H V= + −( )1 1

13 levert H t= + −( , )0 9 1 1

13

c H is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u t dudt

= + ⇒ =0 9 1 0 9, ,

H u dkdu

uu t

= + ⇒ = = =+

=−13

23

23

23

1 1

3

1

3 0 9 1

1

3 013

( , ) ( ,, )9 1 23 t +

Hieruit volgt: dHdt t t

= ⋅+

=+

0 9 1

3 0 9 1

0 3

0 9 123 23,

( , )

,

( , ).

Op tijdstip t = 0 is de stijgsnelheid dHdt

ongeveer gelijk aan 0,30 decimeters per

seconde, dus 30 millimeters per seconde. d Na twee minuten (dus t = 2) is de stijgsnelheid dH

dt ongeveer gelijk aan 0,15

decimeters per seconde, dus 15 millimeters per seconde.

e Wanneer je het vat met een twee keer zo grote snelheid vult komt er 1 800 cm3 per minuut bij,

dus 1,8 liter per minuut. V t= ⋅1 8, ingevuld in de formule H V= + −( )1 1

13 levert H t= + −( , )1 8 1 1

13

H is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u t dudt

= + ⇒ =1 8 1 1 8, ,

H u dkdu

uu t

= + ⇒ = = =+

=−13

23

23

23

1 1

3

1

3 1 8 1

1

3 113

( , ) ( ,, )8 1 23 t + Hieruit volgt: dH

dt t t= ⋅

+=

+1 8 1

3 1 8 1

0 6

1 8 123 23,

( , )

,

( , ).

Op tijdstip t = 2 is de stijgsnelheid dHdt

ongeveer gelijk aan 0,22 decimeters per

seconde, dus 22 millimeters per seconde. Dit antwoord is niet twee keer zo groot als het antwoord bij opdracht d. Na twee minuten is de stijgsnelheid van het vat niet twee keer zo groot geworden als je het vat met een twee keer zo grote snelheid vult. Erik heeft dus geen gelijk.

4a k is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u t dudt

= − ⇒ =2 1 2

ku

u dkdu

uu t

= = ⇒ = − = − = −−

− −3 3 6 6 62 12

2 33 3( )

Hieruit volgt: k tt t

'( )( ) ( )

= ⋅ −−

= −−

2 62 1

122 13 3

.

b g is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u x dudx

= + ⇒ =1 2 2

g udgdu

u x= − ⇒ = = +2 2 2 2 1 2( )

Hieruit volgt: g x x x'( ) ( ) ( )= ⋅ + = +2 2 1 2 4 1 2 .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄177


c p is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u t t dudt

t= + ⇒ = +3 23 1

p u udpdu

uu u t t

= = ⇒ = = = =+

−12

12

12

12 3

1

2

12

1

2

Hieruit volgt: p t tt t

t

t t'( ) ( )= + ⋅

+= +

+3 1 1

2

3 1

2

2

3

2

3.

d h is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u t dudt

= − ⇒ = −2 2 2

hu

udpdu

uu u u t

= = ⇒ = − = − = − =−( )

− −2 2 1 1 12 2 2

12

12

12

1

1 −− 2t

Hieruit volgt: h tt t t t t

'( )( ) ( ) ( )

= − ⋅ −− −

=− −

=− −

2 12 2 2 2

22 2 2 2

11 2 2tt

.

e f is een kettingfunctie. De schakels zijn:

u w dudw

w= − ⇒ =2 2 2

f udfdu

u w= ⇒ = = −4 3 2 34 4 2( )

Hieruit volgt: f w w w w w'( ) ( ) ( )= ⋅ − = −2 4 2 8 22 3 2 3 . f Er geldt: q x x x x x x x x( ) ( )= + ⋅ = ⋅ + ⋅ = +2 3 2 3 2 311

212 .

Hieruit volgt: q x x x xx

xx

'( ) = + = + = +−3 3 3

23 3

2

12

12

12

32 .

5a f is samengesteld uit de schakels u x= +2 4 en f u u( ) = 1

b Omdat dudx

x= 2 gelijk aan nul is voor x = 0 en de afgeleide van een kettingfunctie

het product is van de afgeleide van de schakels, volgt f '( )0 0= . Aangezien f x f x( ) ( )− = is de functie symmetrisch in de y-as en heeft de grafiek van

f in ieder geval een uiterste waarde voor x = 0.

c fu

udfdu

uu x

= = ⇒ = − = − = −+

− −1 1 14

1 22 2 2( )

Er volgt: f x dudx

dfdu

xx

xx

'( )( ) ( )

= ⋅ = ⋅ −+

= −+

2 14

242 2 2 2

.

Oplossen van de vergelijking f x'( ) = 0 levert alleen de oplossing x = 0. De grafiek van f heeft dus inderdaad maar één uiterste waarde. d De grafiek van f heeft een maximum f ( )0 1

4= .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄178



1a y t a b t pb

= ⋅ = ⋅ ⇒ = = =0 5 200 2 2200

0 01, sin sin ,π π ππ

De periode is 0,01 seconde.

Omdat de frequentie fp

= 1 geldt f = =10 01 100, .

Het klopt dus dat de frequentie gelijk is aan 100 Hertz. b

0,006 0,008 0,010,002 0,004O

0,4

–0,4

–0,2

x

y

0,2

Plot Y x1 0 5 200= , sin π en Y 2 0 3= , . De uitwijking is groter dan 0,3 tussen de twee snijpunten, dus gedurende

0 0039 0 001 0 003, ... , ... ,− ≈ seconden. c De afgeleide is y t t' , cos cos= ⋅ ⋅ = ⋅0 5 200 200 100 200π π π π . Het uiteinde gaat door de ruststand heen op t = 0, t = 0 005, , t = 0 01, , t = 0 015, ,

t = 0 02, ; … dan is y' cos( )= ⋅ ⋅ = ⋅ = ≈100 200 0 100 1 100 314π π π π De snelheid is ongeveer 314 mm per seconde.

2a R t co t d a bt( ) cos= + = +1 4 3 ; a = 4 , p = =23

23

π π , fp

= = =1 1 1 523 π π

, en d = 1

De amplitude is 4, de periode is 23 π , de frequentie is 1 5,

π en de evenwichtsstand is

de lijn y = 1. b Op [ , ]0 2

3 π heeft R t( ) = 3 twee oplossingen, dan heeft R t( ) op [ , ]0 50π dus

50 2 75 2 15023

ππ

⋅ = ⋅ = oplossingen.

c De periode is 23 π dus b = 2 en de grafiek gaat omhoog door de evenwichtsstand in

t = × =34

23

12π π .

Dan is b = 3 en c = 12 π .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄179


3a De lijn gaat bij benadering door de punten ( , )5 100 en ( , )20 160 . Dan is de helling 160 100

20 56015 4−

− = = . De beginwaarde is dan 100 4 5 80− ⋅ = . De vergelijking van de trendlijn is y x= +4 80 . b Bij ongeveer x = 7 en x = 14 gaat de grafiek door de evenwichtsstand heen.

De periode is 7. c f x d a b x c( ) sin ( )= + − De sinusgrafiek begint in de evenwichtsstand, dus c = 0. De evenwichtsstand wordt gegeven door de trendlijn, dus d x= +4 40 . De amplitude is gegeven en is 72.

De periode is 7, dan is bp

= = =2 27

27

π π π .

Het functievoorschrift is f x x x( ) sin= + +4 80 72 27 π .

d y x= + =4 80 290 voor x = = ≈2104 52 5 53,

De gevraagde waarde voor x is 53. e 4 80 72 2902

7x x+ + =sin π oplossen met de grafische rekenmachine geeft x ≈ 36 .

4a f x x x'( ) sin sin= ⋅ − = −5 5 b g t t t'( ) cos= + c N x x x'( ) cos , , , cos ,= ⋅ ⋅ =15 0 01 0 01 0 15 0 01 d K p p p'( ) sin sin= ⋅ − ⋅ = −2 6 6 12 6 e h x x x'( ) sin sin= − ⋅ − ⋅ =π π π π π2

323

23

2 23

f Neem u t= cos , dan is b u u( ) = 5 2 . b u u'( ) = 10 en u t' sin= − , dan is

dbdt

dudt

dbdu

t u= ⋅ = − ⋅sin 10

De afgeleide is b t t t t t'( ) sin cos sin cos= − ⋅ = −10 10 .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄180



1a f x x x x'( ) ( )= + + ⋅ = +3 4 5 3 4 24 15 b g x x x x x x x x x'( ) cos sin cos sin= ⋅ + ⋅ − = ⋅ − ⋅3 32 3 2 3

c h x x x x x x x x'( ) ( )( ) ( )= + + + + ⋅ = + + +8 1 2 1 4 2 16 10 1 82 2 2 ++ = + +2 24 12 12x x x d k x x x x x x'( ) cos (cos ) (sin )( sin ) cos co= − + + − = −1 1 2 ss sin sinx x x− −2

2a ( ) (sin )x x x2 3 2 0− ⋅ + = x x2 3 0− = of sin x + =2 0 x x( )− =3 0 x = 0 of x = 3 dus ( , )0 0 en ( , )3 0 b p x x x x x x'( ) ( )(sin ) ( ) cos= − + + − ⋅2 3 2 32

p'( )0 3 2 6= − ⋅ = − en p'( ) (sin ) sin3 3 3 2 6 3 3= + = + c p'( ) (sin ) cos sin cos1 1 2 2 1 1 2 1 2= − + − = − − − ( , sin )1 2 1 4− − invullen in y x b= − − +(sin cos )1 2 1 2 geeft b = − + −sin cos1 2 1 2

dus y x= − − − + − + −( sin cos ) ( sin cos )1 2 1 2 1 2 1 2 y x≈ − −3 92 1 76, ,

3a

2 4–4 –2 O

–9

–6

–3

x

y

3

9

6

b ( )( )x x2 2 2 0− + = x2 2= of x + =2 0 x = − 2 of x = 2 of x = –2 c f x x x x x x'( ) ( ) ( )= + + − ⋅ = + −2 2 2 1 3 4 22 2

d 3 4 2 02x x+ − =

x = − − = − −4 406

1023

13 of x = − + = − +4 40

6102

313

4a 3 2 0x x⋅ + =(cos ) 3 0x = x = 0 b f x x x x x x x'( ) (cos sin cos sin= + + ⋅ − = − +3 2 3 3 3 6 c f '( ) cos sinπ π π π= − + =3 3 6 3 ( , )π π3 invullen in y x b= +3 geeft b = 0 dus y x= 3



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄181


5a

–9

51 2 3 4–5 –4 –2–3 –1 O

3

6

9

–6

–3

x

y

a = 10

a = –5

a = 2

b x = 0 en y = 0 zijn asymptoten c f x x x x x( ) ( )= − ⋅ = −− − −5 52 2 1

f x x x'( ) = − +− −10 3 2

f '( )1 9= − d f x x x x x( ) ( )= − ⋅ = −− − −2 22 2 1

f x x x'( ) = − + =− −4 03 2 alles vermenigvuldigen geeft − + =4 0x dus x = 4 De top is ( , ( )) ( , )4 4 4 1

8f = − e f x a x x ax x( ) ( )= − ⋅ = −− − −2 2 1

f x ax x'( ) = − + =− −2 03 2 alles vermenigvuldigen met x3 geeft − + =2a x dus x a= 2

6a MB CM= ⋅ = ⋅ =cos , ,16 10 0 866 8 66π en CB CM= ⋅ = ⋅ =sin 1

61210 5π

De gevraagde omtrek is: P CB MB= ⋅ + ⋅ ≈ ⋅ + ⋅ =2 4 2 5 4 8 66 44 64, , b MB CM x x= ⋅ = ⋅cos cos10 en CB CM x x= ⋅ = ⋅sin sin10 dus is de gevraagde omtrek

P CB MB x x= ⋅ + ⋅ = +2 4 20 40sin cos c

1,5 2 2,50,5 10

10

20

30

40

50

x

P

d Bepaal in de plot van P het maximum met de grafische rekenmachine. Zo vind je x = 0,46 en P = 44 72, .



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄182


Oefentoets bij hoofdstuk 5, 6 en 7

1a In de eerste minuut neemt het volume toe van 0 tot 187 liter. De gemiddelde vulsnelheid is dan 187

60< 3,12 liter/sec.

b In de tweede minuut neemt het volume toe van 187 liter tot 600 liter. De gemiddelde vulsnelheid is dan 600 187

60– < 6,88 liter/sec.

c In de eerste minuut neemt het volume toe tot 187 liter, de hoogte neemt dan toe tot 52 cm. De gemiddelde stijgsnelheid is dan 52

187< 0,28 cm/liter.

In de tweede minuut neemt het volume toe tot 600 liter, de hoogte neemt dan toe van 52 cm tot 100 cm. De gemiddelde stijgsnelheid is dan 48

413< 0,12 cm/liter.

d In de eerste minuut is de gemiddelde stijgsnelheid 0,28 3,12 < 0,87 cm/sec. In de tweede minuut is de gemiddelde stijgsnelheid 0,12 6,88 < 0,83 cm/sec.

2a u m= −4 5 dus dudm

= 4

yu

u= = −3 3 1 dus dydu

uu

= − = −−3 322

g mu m

'( )( )

= ⋅ − = −−

4 3 124 52 2

b g x x x'( ) ( ) ( )= − ⋅ = −3 8 4 8 24 8 42 2

c Q pp p

'( ) =−

⋅ − = −−

12 8 3

3 32 8 3

d g pp p

'( ) = ⋅−

⋅ =−

3 12 4 10

4 64 10

e p t t t t t( ) ( )= + ⋅ = +2 2112

12

12 dus p t t t t t

t'( ) = + = ⋅ ⋅ + ⋅ =−2 2 1 21

2

1 12

12

1 12

12

12

12

12

12

tt tt

+ 12

f f w w( ) ( )= − −2 42 dus f w w w ww

'( ) ( )( )

= − − ⋅ = −−

−4 2 2 82

2 52 5

3a

6 7 8 12119 101 3 42 5O

0,8

0,6

1,2

1,4

1,6

1,8

–0,6

–0,4

0,2

0,4

–0,2

t

W

1

De maximale waterhoogte is 1 0 7 1 7+ =, , m.



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄183


b w t( ) = 0 voor t = 4,7 uur en t = 7 9, uur. De plant staat 7 9 4 7 3 2, , ,− = uur per periode droog. c De grafiek is hetzelfde als de grafiek uit onderdeel a alleen loopt de grafiek tussen

x = 4,7 en x = 7,9 over de t-as. d w( ) ,4 0 28≈ dus om 4.00 uur is de waterhoogte 28 cm en kan de tocht beginnen.

w t( ) ,= 0 6 geeft t ≈ 9 22, uur dus om 9 uur en 0 22 60 13, × ≈ minuten is het water gestegen tot 60 cm.

Om 9.00 uur kan de klas het wad overgestoken zijn dus mogen ze een vertraging oplopen van maximaal 13 minuten.

4a f x x x x x x x'( ) ( ) sin ( ) sin cos= − ⋅ + − ⋅8 1 4 22 2

b m r r r r r'( ) ( ) ( ) ( )= − + + ⋅ −2 3 5 4 34 2 3

= − − + +( ) ( ( ) ( ))r r r r3 2 3 4 53 2

= − − +( ) ( )r r r3 6 6 203 2

c k x x x x x x( ) ( )= + = +1 2 3 212

12

123 3

k x x x x x x x'( ) = + = +3 7 3 712

2 12

1 12

2 12

12

12

d s t t t t t'( ) sin cos= ⋅ + ⋅3 2 2 22 3

5a De periode van f is 23

23

π π= . Op basis van de symmetrie zijn de oplossingen op [ , ]−3 3 : x = 1

9 π , x = + =19

23

79π π π en x = − = −1

923

59π π π

x = − 19 π , x = − + =1

923

59π π π en x = − − = −1

923

79π π π

b 4 3 4cos( )x = − cos( )3 1x = − 3 2x k= + ⋅π π x k= + ⋅1

323π π met k een geheel getal

x = 13 π of x = − 1

3 π op het gegeven interval c f x x'( ) sin( )= −12 3 dus f '( ) sin ,2 12 6 3 35= − ≈

6a Het midden van de straat is 8m van de lantaarn dus r = 8sinα

en h r= ⋅cosα zodat

L chr

c rr

cr

c c= = ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅3 3 2

264

cos cos cos

sin

α α α

α

ccos sin cos sinα α α α⋅ = ⋅ ⋅ ⋅2

164

2

64c

b dLd

c cα

α α α α α= − ⋅ + ⋅ =164

2 1642( sin sin cos sin cos ) (−− + =sin sin cos )3 22 0α α α

Via CALC-ZERO of G-solv-ROOT vind je α = °54 7, .

Bij het plotten moet je de hoek dan wel op DEG zetten en niet op RAD!! c h r= ⋅ = ⋅ = ⋅ ≈cos

sincos cos , ,sin ,α

αα8 54 7 5 668

54 7 m

7a TM AM TA2 2 2+ = dus TM = − =16 9 7 en CM AM AC2 2 2+ = dus CM = − =36 9 27

b Inhoud piramide = × × = × × × × = × =1

313

12 6 27 7 7 27 1oppervlakteABC TM ( ) 889 13 75≈ ,

c AB BC AC c= = = 2

CM c c c c c= − = = ⋅ =( )2 3 3 32 2 2 2



oord

hoff U

itgev

ers

bv

⁄184


d TM c= −16 2 dus inhoud piramide

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = ⋅ ⋅ − = −13

12

2 13

2 2 13

22 3 16 3 16 48 3( )c c c c c c c22

e dIdc

c c cc

c c c= ⋅ − + ⋅−

⋅− = ⋅ −23

2 13

2

2

2348 3 1

2 48 36 48 3 22

3

248 3−

−c

c

f Invullen van c = 10 23 geeft inderdaad dI

dc= 0 wat betekent dat voor c = 10 2

3 de inhoud maximaal is.



oord

hoff U

itgev

ers

bv

Documents

Extra oefening en Oefentoets Helpdeskbgnuitwerkingen.wdfiles.com/local--files/h5wib/X1.pdfExtra oefening en Oefentoets Helpdesk Extra oefening bij hoofdstuk 1 1a π⋅9 10002 ⋅=h