∫ Eerste- en derdegraadsfunctie Beoordelingsmodel

(1)

- www.havovwo.nl - www.examen-cd.nl

Eerste- en derdegraadsfunctie

1 maximumscore 4

• Aangetoond moet worden dat (0)f ' =g '(0) 1

• 1 2

2

( ) 2 ( 1 ) ( 1) 1

f ' x = x⋅ −x + x − ⋅ 1

• f '(0)= −1 1

• g ' x( )= − , dus (0)1 g ' = − (dus de grafieken van f en g raken elkaar in1

A) 1

• De grafiek van f snijdt de x-as tussen O en B in (1, 0) 1

• De oppervlakte van het linkerdeel is

1 2 1 2 0 (x −1)(x−1 )dx

∫

1 • 2 1 3 1 2 1 2 2 2 (x −1)(x−1 )=x −1 x − +x 1 1

• Een primitieve van 3 1 2 1

2 2

1 1

x − x − +x is 1 4 1 3 1 2 1

4x −2x −2x +12x 1

• De oppervlakte van het linkerdeel is 3

4 1

• De oppervlakte van het rechterdeel is ₁

( )

₁ 2 ₃ ₃

2⋅ 12 − =4 8 (en dat is de helft

van de oppervlakte van het linkerdeel) 1

(2)

Verzadigingsgraad van hemoglobine

3 maximumscore 3 • De vergelijking 75 ₃100 3 25000 p p =

+ moet worden opgelost 1 • Beschrijven hoe deze vergelijking met de GR kan worden opgelost 1

• Het antwoord: 42 (mmHg) 1 of • De vergelijking 75 ₃100 3 25000 p p =

+ moet worden opgelost 1 • 75 ₃100 3 25000 p p = + geeft 3 3 100p =75p +1875000 1 • 3 25p =1875000 geeft p3 =75000, dus p= 375000 ≈42 (mmHg) 1 4 maximumscore 4 • d 300 2( 3 ₃25000) 100₂ 3 3 2 d ( 25000) v p p p p p p + − ⋅ = + (dus 2 3 2 d 7500000 d ( 25000) v p p= p + ) 2

• Beschrijven hoe de waarde van p waarvoor d d

v

p maximaal is, kan

worden bepaald 1 • Het antwoord: 23 1 of • d 300 2( 3 ₃25000) 100₂ 3 3 2 d ( 25000) v p p p p p p + − ⋅ = + (dus 2 3 2 d 7500000 d ( 25000) v p p= p + ) 2 • d2₂ 15000000 ( 3 25000)₃2 7500000₄ 2 6 2( 3 25000) d ( 25000) v p p p p p p p ⋅ + − ⋅ + = + 1 • Algebraïsch of met GR d2₂ 0 d v

p = oplossen geeft het antwoord 23 (want

uit de grafiek blijkt dat de afgeleide voor deze waarde van p maximaal

(3)

Vermenigvuldigen in horizontale en verticale richting

• Vermenigvuldigen ten opzichte van de x-as met e geeft de grafiek met vergelijking y e 1 lnx

x

+

= ⋅ 1

• Deze vermenigvuldigen ten opzichte van de y-as met 1

e geeft de grafiek met vergelijking e 1 ln(e )

e x y x + = ⋅ 1 • e 1 ln(e ) 1 ln e ln e x x x x + + + ⋅ = 1 • c= +1 ln e=2 1 of

• Op de grafiek van f ligt het punt (1,1) 1

• Het beeld van dit punt na de twee vermenigvuldigingen is ( , e)1

e 1

• Dit punt ligt op de grafiek van g als c

1 ln e e 1 e c+      =       1 • ln 1 1 e c+  _{ }=   geeft c= 2 1 7 maximumscore 4 • De oppervlakte is e 3 1 (g x( )− f x( ))dx

∫

1 • 3 3 ln 1 ln 2 ( ) ( ) x x g x f x x x x + + − = − = 1

• Een primitieve van 2

x is 2 ln x 1

(4)

Gelijke hoeken

• ∠ADB= ∠ACD; hoek tussen koorde en raaklijn 2

• Verder A∠ = ∠ , dus A ∆ABD~∆ADC; hh 1

of

• Kies E op het verlengde van AD, dan ∠DBC= ∠EDC; hoek tussen

koorde en raaklijn 1

• ∠ABD=180° − ∠CBD en ∠ADC=180° − ∠EDC; gestrekte hoek, dus

ABD ADC

∠ = ∠ 1

• Verder A∠ = ∠ , dus A ∆ABD~∆ADC; hh 1

9 maximumscore 4 • 1 2 180 PQD ADC A ∠ = ° − ∠ − ∠ ; hoekensom driehoek 1 • 1 2 180 APB ABD A ∠ = ° − ∠ − ∠ ; hoekensom driehoek 1

• Verder ADC∠ = ∠ABD, dus ∠PQD= ∠APB 1

• ∠QPD= ∠APB; overstaande hoeken, dus ∠PQD= ∠QPD 1

of • 1 2 QPD A ADB ∠ = ∠ + ∠ ; buitenhoek driehoek 1 • 1 2 PQD A ACD ∠ = ∠ + ∠ ; buitenhoek driehoek 1

• ∠ACD= ∠ADB, dus ∠PQD= ∠QPD 2

of

• Uit ∆ABD~∆ADC volgt ∠ABP= ∠ADQ 1

• Verder BAP∠ = ∠DAQ, dus ∆ABP~∆ADQ; hh 1

• Hieruit volgt ∠APB= ∠AQD (= ∠PQD) 1

(5)

Een hartvormige kromme

• y' t( )=2 cost−2 cos(2 )t 2

• In het punt met maximale y-coördinaat geldt ( ) 0y' t = (en ( ) 0x' t ≠ ) 1

• Dit geeft cost=cos(2 )t 1

• Dus t= + ⋅ π of 2t k 2 t= − + ⋅ π (met k geheel)2t k 2 1

• Dus t= ⋅ π of k 2 t = ⋅ πk 2₃ (met k geheel) 1

• Het punt met maximale y-coördinaat wordt bereikt voor 2 3

t= π 1

• De y-coördinaat van dit punt is

2 4 1 1 1

3 3 2 2 2

2 sin( π −) sin( π = ⋅) 2 3− − 3=1 3 1

of

• y' t( )=2 cost−2 cos(2 )t 2

• 1 1

2 2

cost−cos(2 )t = −2 sin(1 t) sin(− t) 1

• Dus 1 2 sin(1 t)=0 of 1 2 sin(− t)=0, dus 1 2 1 t= ⋅ πk of 1 2t k − = ⋅ π 1 • Dus t= ⋅ π of k 2 2 3 t = ⋅ π (met k geheel) k 1

t= π 1

2 4 1 1 1

3 3 2 2 2

2 sin( π −) sin( π = ⋅) 2 3− − 3=1 3 1

of

• y' t( )=2 cost−2 cos(2 )t 2

• _{2 cos}_t₋_{2 cos(2 )}_t ₌_{2 cos}_t₋_{2(2 cos}2_t_{− = geeft}₁₎ ₀ 2 1 1

2 2

cos t− cost− = 0 1

• 1

2

(cost−1)(cost+ )=0 geeft cost = of 1 1 2 cos t= − 1 • Dus t= ⋅ πk 2 of 2 3 2 t = π + ⋅ π of k 2 3 2 t= − π + ⋅ π (met k geheel) k 1

t= π 1

2 4 1 1 1

3 3 2 2 2

2 sin( π −) sin( π = ⋅) 2 3− − 3=1 3 1

Opmerking

Als de vergelijking 2 cost−2 cos(2 )t = niet algebraïsch maar met de GR is 0

(6)

• De vergelijking 2cos cos(2 ) 1t− t = moet worden opgelost 1

• Dit geeft _{2 cos}_t₋_{(2 cos}2_t_{− =}_{1) 1} ₁

• Hieruit volgt 2

cost−cos t=0 1

• Dus cost= of cos0 t=1 1

• Dit geeft t= of 0 1 2 t= π of 1 2 1 t= π of t= π 2 1 • 1 2 ( ) 2 y π = (of 1 2 (1 ) 2 y π = − ), dus a= 2 1 Opmerking

(7)

De leeftijd van ons zonnestelsel

• Voor de halveringstijd t geldt 1 2 e−λt = 1 • Hieruit volgt 1 2 ln t −λ = 1 • 12 12 11 ln ln 1, 42 10 t= = ₋

−λ − ⋅ , dus de gevraagde tijd is (ongeveer) 49 miljard

(of 4, 9 10⋅ 10) (jaar) 1 13 maximumscore 3 • Uit ( )a t +b t( )=a(0)+b(0) volgt ( )a t +b t( )−a(0)=b(0) 1 • Uit ( )a t =a(0) e⋅ −λt volgt (0)a =a t( ) e⋅ λt 1 • Dus ( )a t +b t( )−a t( ) e⋅ λt =b(0), ofwel b t( )+ −

(

1 eλt

)

a t( )=b(0) 1 of • b t( )+ −

(

1 eλt

)

a t( )=a(0)+b(0)−a t( )+ −

(

1 eλt

)

a t( ) 1 • a(0)+b(0)−a t( )+ −

(

1 eλt

)

a t( )=a(0)+b(0)−a t( ) e⋅ λt 1 • a(0)+b(0)−a t( ) e⋅ λt =a(0)+b(0)−a(0) e⋅ −λt ⋅eλt =b(0) (dus b t( )+ −

(

1 eλt

)

a t( )=b(0)) 1 14 maximumscore 4

• Invullen van de tabelgegevens geeft

(

11

)

10

0, 739+ −1 e1,42 ⋅ − ⋅t 0, 60=b(0)

en 0, 713+ −

(

1 e1,42 ⋅10−11⋅t

)

0, 20=b(0) 1

• (Omdat b(0) voor elke meteoriet hetzelfde is, geldt)

(

₁₀11

)

(

₁₀11

)

0, 739− e1,42 ⋅ − ⋅t−1 0, 60=0, 713− e1,42 ⋅ − ⋅t−1 0, 20 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1

(8)

Koordenvierhoek

• ∠ADB= ∠BCA; constante hoek 1

• ∠DAE= ∠ADE= ∠ADB en ∠CBF= ∠BCF = ∠BCA; gelijkbenige

driehoek 1

• ∠AEB= ⋅∠2 ADB en ∠AFB= ⋅∠2 BCA; buitenhoek driehoek 1

• Dus AEB∠ = ∠AFB 1

• Dus A, B, F en E liggen op een cirkel; constante hoek 1

• ∠ABE= ∠AFE; constante hoek 1

• ∠ABD= ∠ACD; constante hoek 1

• Dus AFE∠ = ∠ACD 1

(9)

Lijnstuk en parabool

• Het midden van lijnstuk PR is 1 2 ( a, 4) 1 • Er moet gelden: 1 2 ( ) 4 f a = 1 • Dus 1 2 8 8− a = 4 1 • Hieruit volgt 2 32

a = , dus (wegens a> ) 0 a=4 2 (of een

gelijkwaardige uitdrukking) 1

of

• Voor het snijpunt van lijnstuk PR en de grafiek van f geldt

2 1 2 8 8 x 8 x a − ⋅ = − 1 • Dit geeft x= of 0 x 16 a = 1

• Het snijpunt met x-coördinaat 16

a is het midden van PR als

1 2 16 a a = 1 • Hieruit volgt 2 32

a = , dus (wegens a> ) 0 a=4 2 (of een

gelijkwaardige uitdrukking) 1

of

• y= geeft 4 8−1₂x2 = 4 1

• Dit geeft (wegens x>0) x= 8 1

• 1

2a= 8 1

• Hieruit volgt a=4 2 (of een gelijkwaardige uitdrukking) 1

• Beschrijven hoe 4

(

)

2 0

1+ f ' x( ) dx

∫

kan worden berekend 1

• De lengte van boog PQ is (ongeveer) 9,294 1

• De lengte van lijnstuk PR is 2

64 a+ 1

• Beschrijven hoe de vergelijking 2

64+a =9, 294 kan worden opgelost 1