⁄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
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 163 31-03-2008 11:14:23
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄164
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 2
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−
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 164 31-03-2008 11:14:32
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄165
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 165 31-03-2008 11:14:40
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄166
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 166 31-03-2008 11:14:56
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄167
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 167 31-03-2008 11:15:7
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄168
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 3
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.
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 168 31-03-2008 11:15:13
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄169
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 169 31-03-2008 11:15:16
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄170
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 4
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 170 31-03-2008 11:15:26
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄171
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 171 31-03-2008 11:15:34
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄172
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 172 31-03-2008 11:15:41
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄173
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 173 31-03-2008 11:15:53
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄174
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 174 31-03-2008 11:15:58
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄175
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 5
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 175 31-03-2008 11:16:2
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄176
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 176 31-03-2008 11:16:8
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄177
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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= .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 177 31-03-2008 11:16:13
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄178
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 6
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 178 31-03-2008 11:16:20
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄179
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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 .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 179 31-03-2008 11:16:26
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄180
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
Extra oefening bij hoofdstuk 7
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 180 31-03-2008 11:16:35
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄181
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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, .
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 181 31-03-2008 11:16:41
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄182
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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.
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 182 31-03-2008 11:16:45
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄183
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 183 31-03-2008 11:16:56
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv
⁄184
Extra oefening en Oefentoets Helpdesk
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.
MW9_havobb_wiskb_2_2-Uitw.indd 184 31-03-2008 11:16:57
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo B deel 2 © Noordhoff Uitgevers bv © N
oord
hoff U
itgev
ers
bv