k = 0 k ∈ ℤ =+=⋅+⋅= 28562856sinBgcoscosBgtancosBgcossinBgtan53335333453328563053536553653445

1. Bereken “zonder” je rekenmachine:

a)

12 12 2 25 5

sin Bgcos 1

13 13 169 13

 = −  = =

   

   

b)

2

1 2 1 5 12

cos 2 Bgtan 2 cos Bgtan 1 2. 1

5 5 26 13

 

 =  − = − =

     

     

c) 28 56

sin Bgcos Bgtan

53 33

 + 

 

 

28 56 28 56

sin Bgcos cos Bgtan cos Bgcos sin Bgtan

53 33 53 33

45 33 28 56 3053 53 65 53 65 3445

       

=    +    

= ⋅ + ⋅ =

d)

( ) ( ( ) )

( ( ) )

tan Bgsin 1 tan 2Bgtan 3

1 5

tan Bgsin 2Bgtan 3 5 1

1 tan Bgsin tan 2Bgtan 3 5

 − −

 

 − − =  

   

  +  ⋅ −

 

**

1 3 2 4 2

1 3 11

1 2 4

−

= = −

+ ⋅

(want:

( ( ) ) ( ^{( )} )

( ( ) )

2

2 tan Bgtan 3 6 3

**: tan 2Bgtan 3

1 9 4 1 tan Bgtan 3

− −

− = = =

−

− − ⁾

2. Bereken zonder je rekenmachine:

a) 2

Bgsin

2 4

=π (want 2

sin 4 2 π ₌

en ,

4 2 2

π ∈ − π π⁾

b) 3

Bgtan

3 6

  π

− = −

 

 

 

(want 3

tan 6 3

π

− −

= en ,

6 2 2

π π π

− ∈ − ⁾

c) 7 5

Bgcos cos

6 6

π π

   =

 

 

  ^(want

7 5

cos cos

6 6

πTH₌ π

en ⁵

[

]

6

π ∈ π )

d) 1 3

Bgtan Bgtan

4 5 4

+ =π

!!

1 3

1 3 1 3 4 5

Bgtan Bgtan tan Bgtan Bgtan tan tan tan 1

4 5 4 5 1 3

1 4 5

x x x x

  +

+ =  + = ⇔ = ⇔ =

⇒ 

 − ⋅

We hebben dus bewezen dat er een k∈ℤ ^{is zodat Bgtan 1 Bgtan 3}

4 5 4

π kπ

+ = + .

Maar omdat 1 3

0 < Bgtan Bgtan

4 5 2

< <π , geldt dat 1 3

0 < Bgtan Bgtan

4+ 5<π zodat de juiste waarde k=0 ^is.

e) 7 3 2 Bgtan 5 Bgtan

17 4

− = π (merk op dat

( ) ( )

( )

2

2 tan Bgtan 5 2.5 5 tan 2 Bgtan 5

1 tan Bgtan 5 1 25 12

= = = −

− − ⁾

!!

5 7

7 7 12 17

2 Bgtan 5 Bgtan tan tan 2 Bgtan 5 Bgtan 1

5 7

17 17 1

12 17

x x

− −

 

− = =  − = = −

  − ⋅

⇒ ^.

We hebben dus bewezen dat er een k∈ℤ ^{is zodat} 2 Bgtan 5 Bgtan ⁷

17 4

π kπ

− = − + .

Maar omdat < Bgtan 5

4 2

π _<π

en 7

0 < Bgtan

17 4

<π zal 7

2 Bgtan 5 Bgtan

4 17

π < − <π zodat de

juiste waarde k=1 ^is.

f) 1 1

Bgsin Bgtan 3 4 5

+ =π (we bewezen in oefening 1d al dat 1 1

tan Bgsin 5 2

 =

 

  ⁾

!!

1 1

1 1 1 1 2 3

Bgsin Bgtan tan tan Bgsin Bgtan 1

3 3 1 1

5 5 1

2 3

x x

  +

+ = =  + = =

  − ⋅

⇒

We hebben dus bewezen dat er een k∈ℤ ^{is zodat} 1 1 Bgsin Bgtan

3 4 5

π kπ

+ = + ^.

Maar omdat 1

0 < Bgsin 5 2

<π ^en 0 < Bgtan ¹ 3 2

<π , geldt dat 1 1

0 < Bgsin Bgtan 5 + 3<π

zodat de juiste waarde k =0 is.

3. Los de volgende vergelijking op: 8 Bgsin Bgsin

17 6

x_{+ =}π

( )

( )

2 2 2 2

2

!! 8 8 8 1

sin Bgsin Bgsin sin .cos Bgsin cos Bgsin .

17 6 17 17 2

15 8 1

1 16. 1 17 30 256 1 289 1020 900

17 17 2

15 8 3 1156 1020 33 0

34

KV

x x x

x x x x x x x

x x x

 + = π ⇔ + =

 

 

⇔ ⋅ + − ⋅

⇒

⇒

= ⇔ − = − − = − +

⇔ − + = ⇔ = + 15 8 3 ₁ 15 8 3

34 34

x − Stel x −

∨ = =

Er is dus een k∈ℤ ^zodat 1 1

8 8 5

Bgsin Bgsin 2 Bgsin Bgsin 2

17 6 17 6

x + =π + kπ ∨ x + = π + kπ.

De enige oplossing die werkt is de eerste vergelijking met k=0, want uit 0 < Bgsin ₁ 6 x _<π

en

0 < Bgsin 8

17 6

<π volgt dat ₁ 8

0 < Bgsin Bgsin

17 3 x _{+ <}π

.

Alternatieve methode: Uit de opgave volgt dat 8

Bgsin Bgsin

6 17

x π

= −

!! 8 1 8 3 8 15 8 3

sin Bgsin cos Bgsin

6 17 2 17 2 17 34

x= π − = ⋅  − ⋅ = −

⇒ . De rest verloopt analoog.