5 Afgeleide functies 5.1 Het begrip afgeleide
6.5 De afgeleide van een sinusoïde
a
1 Doen. Je kunt dit ook met je grafische rekenmachine doen: Y1 = SIN(X) in Y2 = (Y1(X+0.001)-Y1(X))/0.001.
b Nou, wat denk je? a
2 Doen.
b De helling is 1 als u� = u� ⋅ 2𝜋 en −1 als u� = 𝜋 + u� ⋅ 2𝜋. c In de toppen, dus als u� = 12𝜋 + u� ⋅ 𝜋.
d Voer voor een benadering van de afgeleide van Y1 = SIN(X) in Y2 = (Y1(X+0.001)-Y1(X))/0.001. a
3 Doen.
b De helling is 1 als u� = −12𝜋 + u� ⋅ 2𝜋 en −1 als u� = 12𝜋 + u� ⋅ 2𝜋. c In de toppen, dus als u� = u� ⋅ 𝜋.
d Voer voor een benadering van de afgeleide van Y1 = COS(X) in Y2 = (Y1(X+0.001)-Y1(X))/0.001. a
4 u�′ (u�) = u�u�u� (u�)
b u�′ (u�) = u�u�u� (u� + 2) ⋅ 1 = u�u�u� (u� + 2) c u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�)
d u�′ (u�) = u�u�u� (2u�) ⋅ 2 = 2u�u�u� (2u�) a
5 u�′ (u�) = 4u�u�u� (2u�) ⋅ 2 = 8u�u�u� (2u�)
b u�′ (u�) = 10u�u�u� (0,5u� − 2,5) ⋅ 0,5 = 5u�u�u� (0,5u� − 2,5) c u�′ (u�) = 15u�u�u� (𝜋6u� +𝜋6) ⋅𝜋6 =156𝜋u�u�u� (𝜋6u� +𝜋6) d u�′ (u�) = 8u�u�u� (2𝜋15u�) ⋅2𝜋15 = 1615𝜋u�u�u� (2𝜋15u�)
a
6 u�′ (u�) = 6u�u�u� (𝜋6u� −2𝜋6 ) ⋅𝜋6 = 𝜋u�u�u� (𝜋6u� −2𝜋6 )
c Van functie u� is de periode u� = 12 en de horizontale verschuiving u� = 2.
De bedoelde hellingswaarde is maximaal als de grafiek stijgend door de evenwichtsstand gaat, dus bij u� = 11 + u� ⋅ 12.
a
7 Periode: u� =6040= 1,5.
Amplitude: 𝐴 =3,15−3,052 = 0,05. Evenwichtsstand: 𝐸 = 3,15+3,052 = 3,10.
Maximaal volume op u� = 0, dus cos-functie gebruiken. (Je mag natuurlijk ook een sin-functie gebruiken, maar dan moet je rekening houden met een horizontale verschuiving.)
b 𝐿 (1) = 3,075
c 𝐿′ (u�) = −0,05u�u�u� (1,52𝜋u�) ⋅2𝜋1,5en dus is 𝐿′ (1) ≈ 0,18 L/s. Het gaat dan om inademen. d Als de grafiek van 𝐿 stijgend door de evenwichtsstand gaat, dus als u� = 1,125 + u� ⋅ 1,5.
a
8 u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�) − 2u�u�u� (2u�)
b u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�) ⋅ u�u�u� (u�) = 2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�)
c u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�) ⋅ −u�u�u� (u�) − 3u�u�u� (u�) = −2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) − 3u�u�u� (u�) d u�′ (u�) = 2u�u�u� (3u�) ⋅ −u�u�u� (3u�) ⋅ 3 = −6u�u�u� (3u�) u�u�u� (3u�)
e u�′ (u�) =u�u�u�(u�)⋅u�u�u�(u�)−u�u�u�(u�)⋅−u�u�u�(u�)u�u�u�2(u�) =u�u�u�2(u�)+u�u�u�u�u�u�2(u�)2(u�)=u�u�u�12(u�)
a
9 u� (u�) = u�u�u�2(u�) + u�u�u� (u�) en u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) + u�u�u� (u�) = u�u�u� (u�) (2u�u�u� (u�) + 1) = 0 geeft u�u�u� (u�) = −0,5 ∨ u�u�u� (u�) = 0 en dus u� = 116𝜋 ∨ u� = 156𝜋 ∨ u� = 12𝜋 ∨ u� = 112𝜋.
Je vindt (grafiek): max.u� (12𝜋) = 2, max.u� (112𝜋) = 0 en min.u� (116𝜋) = u� (156𝜋) = −0,25. b u�′ (u�) = 2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) − u�u�u�u� (u�) geeft u�′ (12𝜋) = 0 en u�′ (112𝜋) = 0.
c u� (12𝜋) = 1 − u� en u� (112𝜋) = 1 + u� en nu moet 1 − u� = 2 (1 + u�). Dit kan alleen als u� = −1.
a
10 u�′ (u�) = 6u�u�u� (2u�)
b u�′ (u�) = 43𝜋u�u�u� (2𝜋30(u� − 5))
c 𝐻′ (u�) = 880𝜋u�u�u� (440𝜋u�) u�u�u� (440𝜋u�) d u�′ (u�) =12(16 + u�u�u�2(u�))−
1
2⋅ 2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) = u�u�u�(u�)u�u�u�(u�)
√16+u�u�u�2(u�)
e 𝐴′ (u�) = −1(u�u�u� (2u�))−2⋅ u�u�u� (2u�) ⋅ 2 =−2u�u�u�(2u�)u�u�u�2(2u�)
f 𝑊′ (u�) = 2u�u�u� (u�) ⋅ u�u�u� (2u�) + 2u�u�u� (u�) ⋅ −u�u�u� (2u�) ⋅ 2 = 2u�u�u� (u�) u�u�u� (2u�) − 4u�u�u� (u�) u�u�u� (2u�) a
11 Tsja, wat is hier algebraïsch?
Werken met de periode (𝜋), de horizontale verschuiving (0), de amplitude (3) en de evenwichtslijn (u� = 1) van een standaardsinusoïde geeft max.u� (0) = u� (𝜋) = u� (2𝜋) = 4 en min.u� (12𝜋) = u� (112𝜋) = −2. Maar je kunt natuurlijk ook differentiëren. Ga na dat je dan hetzelfde krijgt.
b u� (u�) = 2,5 geeft u�u�u� (2u�) = 0,5 en dus u� =16𝜋 + u� ⋅ 𝜋 ∨ u� = −16𝜋 + u� ⋅ 𝜋. Op het gegeven domein is u� (u�) < 2,5 als16𝜋 < u� < 56𝜋 ∨ 116𝜋 < u� < 156𝜋. c u�′ (u�) = −6u�u�u� (2u�).
De hellingswaarden zijn u�′ (16𝜋) = u�′ (116𝜋) = −3√3 en u�′ (56𝜋) = u�′ (156𝜋) = 3√3. a
12 𝐻 (0) ≈ 1,06 m.
a
15 𝑉 (u�) = 325u�u�u� (100𝜋u�)
b 𝑃 (u�) = u� ⋅ (𝑉 (u�))2= u� ⋅ 105625u�u�u�2(100𝜋u�) = u�u�u�2(100𝜋u�) als u� =(105625)1 . c 𝑃′ (u�) = 2u�u�u� (100𝜋u�) u�u�u� (100𝜋u�) = 0 geeft 100𝜋u� = u� ⋅ 0,5𝜋 en dus u� = u� ⋅ 0,005.
Je vindt max.u� (0,005 + u� ⋅ 0,01) = 1 en min.u� (u� ⋅ 0,01) = 0. d Bijvoorbeeld 𝑃 (u�) = 0,5 − 0,5u�u�u� (100𝜋u�).
a
16 u�′ (u�) = −6u�u�u� (3u�)
b u�′ (u�) = 330𝜋u�u�u� (220𝜋 (u� − 1)) c u�′ (u�) = 2u�u�u�u� (u�) − u�2u�u�u� (u�)
d u�′ (u�) = −2,5𝜋u�u�u� (0,5𝜋u� − 𝜋) + 0,15 a
17 u�′ (u�) = −2u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) + u�u�u� (u�) = u�u�u� (u�) (−2u�u�u� (u�) + 1) = 0 als u�u�u� (u�) = 0 ∨ u�u�u� (u�) = 0,5. Dit geeft max.u� (−2𝜋) = u� (0) = u� (2𝜋) = 0, max.u� (−𝜋) = u� (𝜋) = 2 en min.u� (−123𝜋) = u� (−13𝜋) = u� (13𝜋) = u� (123𝜋) = −12.
b u� (12𝜋) = 0 en u�′ (12𝜋) = 1, dus de raaklijn wordt u� = u�. a
18 Vroegste u� ≈ 4,33 uur; laatste u� ≈ 8,83 uur. Amplitude 𝐴 = 2,25 uur en evenwichtslijn 𝑍 ≈ 6,58. De periode is 365 dagen en (uitgaande van de sin-functie) de horizontale verschuiving is 81 (kwart periode voor 21 juni).
Dit geeft 𝑍 (u�) = 2,25u�u�u� (3652𝜋 (u� − 81)) + 6,58.
b 𝑍′ (u�) =4,5𝜋365u�u�u� (3652𝜋 (u� − 81)) moet maximaal of minimaal zijn. Dat is het geval als 3652𝜋 (u� − 81) = u� ⋅ 𝜋. Dit geeft u� = 81 ∨ u� = 264. Snelste stijging op 21/22 maart en snelste daling op 21/22 september.
6.6 Toepassingen
1 Probeer dit eerst zelf op te lossen, denk aan de formules voor de inhoud en de oppervlakte van een cilinder. De oplossing wordt verder uitgewerkt in de ?Uitleg?
a
2 Het blik is zuiver cilindervormig en het materiaal is overal even dik zodat de hoeveelheid materiaal alleen wordt bepaald door de oppervlakte ervan.
b Oppervlakte van twee cirkels (bovenkant en onderkant) met straal u� en één rechthoek (de cilinderman-tel) met hoogte ℎ en breedte 2𝜋u�.
c Eigen antwoord.
d 𝐴′ (u�) =−2000u�2 + 4𝜋u� = 0 geeft u�3= 20004𝜋 en dus u� ≈ 5,42. a
b Het blauwe streepjeslijntje is 𝐴 (u�). Ga na dat de rechthoekige driehoek met rechthoekszijden u� − 1 en 𝐴 (u�) gelijkvormig is met de grotere rechthoekige driehoek met zijden u� en √2,52− u�2.
Daaruit volgt: u�−1u� = 𝐴(u�)
√2,52−u�2
.
c 𝐴 (u�) = (1 −1u�) √2,52− u�2 geeft 𝐴′ (u�) =u�12⋅ √2,52− u�2+ (1 −1u�) ⋅ −u�
√2,52−u�2 . 𝐴′ (u�) = 0 levert op√2,5 2−u�2 u�2 = u�−1 √2,52−u�2
en dus u�3−u�2= 2,52−u�2en u�3= 6,25 zodat u� = 3
√6,25 ≈ 1,84. Ga na dat er inderdaad van een maximum sprake is.
a
4 Eigen antwoord. b Zie ?Voorbeeld?.
c Omdat 𝑇 (u�) = u� (30 − u� + 1,5√u�2+ 100) = u� ⋅ 𝐴 (u�) (en u� > 0) is 𝑇 minimaal als 𝐴 dat is. 𝐴′ (u�) = −1 + 1,5u�
√u�2+100 = 0 geeft √u�2+ 100 = 1,5u� en na kwadrateren 1,25u�2= 100. Dit betekent dat 𝐴 (en dus 𝑇) minimaal is als u� = √80 ≈ 8,94 m.
Het antwoord op de in het voorbeeld gestelde vraag is dat er 21,06 m langs de wegkant moet worden gegraven en vandaar rechtsreeks door de tuin naar het woonhuis.
a
5 Eigen antwoord.
b 𝐷𝐴 = 𝐵𝐶 = 20 en dus is de hoogte van het trapezium 20u�u�u� (𝛼).
Het trapezium bestaat uit een rechthoek van 20 bij 20u�u�u� (𝛼) en twee driehoeken die samen een rechthoek vormen van 20u�u�u� (𝛼) bij 20u�u�u� (𝛼). De totale oppervlakte van het trapezium is 𝐴 (𝛼) = 20 ⋅ 20u�u�u� (𝛼) + 20u�u�u� (𝛼) ⋅ 20u�u�u� (𝛼).
c 𝐴′ (𝛼) = 400u�u�u� (𝛼) + 400u�u�u�2(𝛼) − 400u�u�u�2(𝛼) = 0 als 𝛼 = 13𝜋 (gebruik je grafische rekenmachine om deze vergelijking op te lossen).
6 De lengte van 𝐴𝐵 is 𝐿 (u�) = √u� − u�2.
𝐿′ (u�) = 2√u�1 − 2u� = 0 geeft 4u�√u� = 1 en dus u�3=161 . De lengte van 𝐴𝐵 is maximaal als u� =√3161 ≈ 0,40. a
7 Doen.
b Eigen antwoord.
c 𝐴 (u�) = (u� − 2) (100u� − 3)
d 𝐴′ (u�) = −3 +200u�2 = 0 geeft u�2=2003 en dus u� ≈ 8,2 dm. e De poster moet ongeveer 8,2 bij 12,2 dm worden.
√10−2u� √10−2u�
a
11 Als u� = 1 is u� (u�) =u�2u�+1 = u� +1u�.
u�′ (u�) = 1 −u�12 = 0 geeft u�2= 1 en dus u� = −1 ∨ u� = 1. Extremen max.u� (−1) = −2 en min.u� (1) = 2. b u�′ (u�) = 1 −u�u�2 = 0 geeft u�2= u�.
Er zijn geen oplossingen als u� < 0 en ook als u� = 0 zijn er geen extremen. c u�′ (0) = 1 −u�u�2 en u�′ (2) = 1 −u�4 = −1 geeft u� = 8.
a
12 De lengte van 𝑂𝑃 is 𝐿 (u�) = √u�2+ (4 − u�2)2= √u�4− 7u�2+ 16. 𝐿 (u�) is minimaal als u� (u�) = u�4− 7u�2+ 16 dat is.
u�′ (u�) = 4u�3− 14u� = 0 als u� = 0 ∨ u� = ±√3,5.
De minimale lengte van lijnstuk 𝑂𝑃 is 𝐿 (±√3,5) = √3,75.
b De oppervlakte van rechthoek 𝐴𝑃𝑄𝐵 is 𝐴 (u�) = 2u� (4 − u�2) = 8u� − 2u�3. 𝐴′ (u�) = 8 − 6u�2= 0 als u� = ±√43.
De maximale oppervlakte is 513√43.
13 Zie figuur: van u� (u�) is het maximum te berekenen.
Doe de stelling van Pythagoras in Δ𝐴𝑅𝐵: (u� + u�)2+ (2,5 − u�)2= 2,52. Dit levert op u� (u�) = −u� + √5u� − u�2.
u�′ (u�) = −1 + 5−2u�
2√5u�−u�2= 0 geeft u� = 5±√52 .
u� is maximaal als u� =5−√52 ≈ 1,38 en u� (1,38) ≈ 0,85 m. a
14 u�′ (u�) = 4(u�2− u�)3(2u� − 1) = 0 geeft u� = 0 ∨ u� = 1 ∨ u� = 12. Je vindt min.u� (0) = u� (1) = 0 en max.u� (12) = 2561 .
b De oppervlakte van de beschreven driehoek is 𝐴 (u�) = 12u�(u�2− u�)4.
𝐴′ (u�) = 12(u�2− u�)4+ 2u�(u�2− u�)3(2u� − 1) =12(u�2− u�)3(9u�2− 5u�) = 0 geeft u� = 0 ∨ u� = 1 ∨ u� =59. De bedoelde oppervlakte is maximaal als u� =59.
6.7 Totaalbeeld
a
1 u�′ (u�) = u�
√u�2+1
b u�′ (u�) = 4√u�2+ 1 + 4u�2
√u�2+1
c u�′ (u�) =−4u�2+4
u�2+12
d u�′ (u�) =14−4u�12
e u�′ (u�) = 4
(u�2+1)√u�2+1
f u�′ (u�) = 4u�u�u� (u�2+ 1) + 8u�2u�u�u� (u�2+ 1) a
2 Doen.
b u�(u�)′ (u�) = 0 geeft u� = 0,75 ∨ u� = 3.
In u� = 3 wisselt de afgeleide (vanwege het kwadraat) niet van teken. Daar is dus geen uiterste waarde. In u� = 0,75 wisselt de afgeleide wel van teken, dus daar zit het enige extreem.
a
3 u�′ (u�) =−15u�2+540
(u�2+36)2 = 0 geeft u� = ±6.
Met behulp van een tekenschema van u�′ of de grafiek van f vind je: min.u� (−6) = −1,25 en max.u� (6) = 1,25.
b u� (−u�) = −15u�
(−u�)2+36= u�−15u�2+36= −u� (u�), dus de grafiek is symmetrisch ten opzichte van de oorsprong 𝑂. c u� (3) = 1 en u�′ (3) = 0,2, dus de raaklijn heeft de vergelijking u� = 0,2u� + 0,4 en 𝐴 = (0; 0,4).
d u� =36u� invullen in u� (u�) en laten zien dat daar dan u� (u�) uit komt. a
4 u�′ (u�) = −1 + 1
33√u�2= 0 geeft u� = ±√271.
Je vindt min.u� (−0,19) ≈ −0,38 en max.u� (0,19) ≈ 0,38. b u�′ (1) = −23 en u� (1) = 0, dus de raaklijn is u� = −23u� +23.
Dus is 𝐴 (0,23). a
5 u�′ (u�) = 4u�u�u� (u�) u�u�u� (u�) − 2u�u�u� (u�) = 0 geeft u�u�u� (u�) = 0 ∨ u�u�u� (u�) = 0, 5 en dus u� = 0 ∨ u� = 𝜋 ∨ u� = 2𝜋 ∨ u� =13𝜋 ∨ u� = 123𝜋.
De extremen zijn: min.u� (0) = u� (2𝜋) = 2, min.u� (𝜋) = −2 en max.u� (13𝜋) = u� (123𝜋) = 2,5 b Zie grafiek: 2 ≤ u� < 2,5.
6 Stel 𝐴𝑃 = u�, dan is ook 𝑃𝑆 = u� (gelijkbenige rechthoekige driehoeken!). De oppervlakte van rechthoek 𝑃𝑄𝑅𝑆 is dan 𝐴 (u�) = u� (16 − 2u�) = 16u� − 2u�2. 𝐴′ (u�) = 16 − 4u� = 0 geeft u� = 4.
De oppervlakte van de rechthoek 𝑃𝑄𝑅𝑆 is maximaal als hij een vierkant is van 4 bij 4 cm. a
7 u� = 𝐴𝐾u�
u� +𝐾𝐵u�
u�
b u� (u�) =√u�2+506 2+√(100−u�)
2+202
1,5
c u�′ (u�) = u�
6√u�2+2500+ −200+2u�
3√10400−200u�+u�2 = 0.
Deze vergelijking is alleen met de grafische rekenmachine op te lossen: u� ≈ 95,6 m. De bijbehorende minimale tijd is ongeveer 31,6 seconden.
En hieruit kun je u� berekenen. a
10 u� (u�) = u� geeft u� ≈ 5,9. Het antwoord is: 0 ≤ u� ≤ 5,9. b u�′ (u�) = 10−2u�
2√10u�−u�2 geeft u�′ (2) = 34.
c In de randpunten van het domein geldt: u�u�–u�2= 0. Dus 100u�–10000 = 0 en dit geeft u� = 100. d u�u�–u�2is maximaal als u�–2u� = 0. De u�-coördinaat van de top is u� en ℎ (u�) = 1 + u�.
Dus alle toppen liggen op de lijn u� = u� + 1. a
11 𝐴𝐶 = 20 ⋅ 0,1 = 2 meter en 𝐵𝐶 = √52–22. 𝐸𝐵 = 5–√21 ≈ 0,42 meter.
b 𝐴𝐶 = 0,1u� en 𝐵𝐶 = √52–(0,1u�)2. u� (u�) = 5–√25–0,01u�2.
c u� (u�) = 0,01u�
√25–0,01u�2 = 0,05 geeft √25 − 0,01u�2= 0,2u� en dus u�2= 500 en u� ≈ 22. a
12 De inhoud in de verpakking is gelijk, dus hangt de 𝐹-waarde alleen af van de waarde van 𝐴; naarmate 𝐴 kleiner is, is de 𝐹-waarde kleiner.
De oppervlakte van de balkvormige verpakking is 𝐴 = 2 (7,5 ⋅ 4 + 7,5 ⋅ 10 + 4 ⋅ 10) = 290 (cm2). De oppervlakte van de cilindervormige verpakking is 𝐴 = 2𝜋 ⋅ 32+ 2𝜋 ⋅ 3 ⋅ 10,6 ≈ 256 (cm2). De 𝐹-waarde is het kleinst voor de cilindervormige verpakking.
b ℎ > 20 en ℎ < 40, dus8000𝜋u�2 > 20 en 8000𝜋u�2 < 40.
8000
𝜋u�2 = 20 en 8000𝜋u�2 = 40 oplossen geeft respectievelijk u� ≈ 11,28 en u� ≈ 7,98. u� ligt tussen 8,0 en 11,3.
De volgorde van de onderwerpen in dit boek is bepaald door de auteurs van Math4All. Indien u in uw klas een andere volgorde wilt hanteren, maar een boek nog steeds op prijsstelt nodigen we u uit om gebruik te maken van de Math4All maatwerkdienst waarmee u zelf boeken kunt genereren.