$1040.000$, $\mathrm{1.084.000}$, $\mathrm{1.132.400}$

$F\left(x\right)=\mathrm{1,1}x-60.000$

-

$\mathrm{1.379486,84}$

$\mathrm{1,1}$

$F\left(x\right)=\mathrm{1,1}x$

$A_n=2000\cdot {\mathrm{1,1}}^n$

$S_n=S_{n-1}-(10.000-\mathrm{0,1}\cdot S_{n-1})=\mathrm{1,1}\cdot S_{n-1}-10.000$

$G\left(x\right)=\mathrm{1,1}x-10.000$

-

Er wordt steeds meer afgelost per jaar.

Als $S_n$ $0$ wordt.

$A_n=10.000\iff {\mathrm{1,1}}^{n-1}=5\iff n=1+\frac{\log \left(5\right)}{\log \left(\mathrm{1,1}\right)}\approx \mathrm{17,9}$, dus na $18$ jaar

$\mathrm{0,1}{S}_n$ is de rente in het $n$-de jaar. Samen met de aflossing $A_n$ in dat jaar is dat $10.000$.
$S_n=10\left(10.000-2000\cdot {\mathrm{1,1}}^n\right)=100.000-20.000\cdot {\mathrm{1,1}}^{n-1}$

$B_{10}=1000\cdot \frac{{\mathrm{1,1}}^{11}-1}{\mathrm{1,1}-1}=10.000\cdot \left({\mathrm{1,1}}^{11}-1\right)$

-

$A_0=3450$, $A_{n+1}=\mathrm{1,1}\cdot A_n+1000$

Het bedrag van $3450$ is na $10$ jaar: $3450\cdot {\mathrm{1,1}}^{10}$. In totaal heeft Anne na $10$ dus $A_{10}=3450\cdot {\mathrm{1,1}}^{10}+1000\cdot ({\mathrm{1,1}}^9+{\mathrm{1,1}}^8\dots +{\mathrm{1,1}}^2+{\mathrm{1,1}}^0)$.
Met de somformule voor een meetkundieg rij vind je: $A_{10}=3450\cdot {\mathrm{1,1}}^{10}+1000\cdot \frac{{\mathrm{1,1}}^{10}-1}{\mathrm{1,1}-1}$.

Dan is $a-1=0$ en delen door $0$ gaat niet.

Een rekenkundige rij met verschil $b$

$A_n=A_0+n\cdot b$

$\mathrm{80484,87}$

-

Met de formule uit het theorieblok vind je:
$M_n=1500\cdot \frac{{\mathrm{0,75}}^n-1}{\mathrm{0,75}-1}=1500\cdot 4\left(1-{\mathrm{0,75}}^n\right)=6000\cdot (1-{\mathrm{0,75}}^n)$.

$\underset{n\to \infty }{\lim }{\mathrm{0,75}}^n=0$, dus de limietwaarde van de medicijnspiegel is $6000$.

$S_n=80.000\cdot {\mathrm{1,1}}^n-10.000\cdot \frac{{\mathrm{1,1}}^n-1}{\mathrm{1,1}-1}=$ $80.000\cdot {\mathrm{1,1}}^n-100.000\cdot \left({\mathrm{1,1}}^n-1\right)=$ $100.000-20.000\cdot {\mathrm{1,1}}^n$.

Controleer met GR.

Bij $F$ ontstaat er bij beide startwaarden een periodieke rij. Er is dus in geen van de gevallen een limietwaarde.
Bij $G$ is bij beide startwaarden de limiet: $4$.
Bij $H$ en bij $K$ is er in beide gevallen geen limietwaarde.

Het eerste antwoord hoort bij startwaarde $2$, het tweede bij startwaarde $6$.
Bij $F$:
$A_n=2\cdot {\left(\mathrm{‐}1\right)}^n+9\cdot \frac{{\left(\mathrm{‐}1\right)}^n-1}{\mathrm{‐}1-1}=\mathrm{‐}2\frac{1}{2}\cdot {\left(\mathrm{‐}1\right)}^n+4\frac{1}{2}$
$A_n=6\cdot {\left(\mathrm{‐}1\right)}^n+9\cdot \frac{{\left(\mathrm{‐}1\right)}^n-1}{\mathrm{‐}1-1}=1\frac{1}{2}\cdot {\left(\mathrm{‐}1\right)}^n+4\frac{1}{2}$
Bij $G$:
$A_n=2\cdot {\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n+7\cdot \frac{{\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n-1}{\mathrm{‐}\frac{3}{4}-1}=\mathrm{‐}2\cdot {\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n+4$
$A_n=6\cdot {\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n+7\cdot \frac{{\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n-1}{\mathrm{‐}\frac{3}{4}-1}=2\cdot {\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n+4$
Bij $H$:
$A_n=2+2\cdot n$
$A_n=6+2\cdot n$
Bij $K$:
$A_n=2\cdot {\left(1\frac{1}{3}\right)}^n-1\frac{2}{3}\cdot \frac{{\left(1\frac{1}{3}\right)}^n-1}{1\frac{1}{3}-1}=\mathrm{‐}3\cdot {\left(1\frac{1}{3}\right)}^n+5$
$A_n=6\cdot {\left(1\frac{1}{3}\right)}^n-1\frac{2}{3}\cdot \frac{{\left(1\frac{1}{3}\right)}^n-1}{1\frac{1}{3}-1}={\left(1\frac{1}{3}\right)}^n+5$

Als $n$ groot wordt, dan komt ${\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n$ steeds dichter bij $0$ ($\underset{n\to \infty }{\lim }{\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n=0$).
Vanwege het min-teken voor $\frac{3}{4}$, zodoende is ${\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\right)}^n$ afwisselend positief en negatief.

${\left(1\frac{1}{3}\right)}^n$ wordt oneindig groot als $n$ oneindig groot wordt.
De rij is dalend omdat $\mathrm{‐}3\cdot {\left(1\frac{1}{3}\right)}^n$ steeds kleiner (negatiever) wordt als $n$ groter wordt.

${\left(1\frac{1}{3}\right)}^n$ wordt oneindig groot als $n$ oneindig groot wordt.
De rij is stijgend omdat ${\left(1\frac{1}{3}\right)}^n$ steeds groter wordt als $n$ groter wordt.

Ja, want de richtingscoëfficiënt van de iteratiefunctie is $\mathrm{0,8}$.
De limietwaarde is $\frac{b}{1-a}=250$.

$A_n=250+250\cdot {\mathrm{0,8}}^n$

$B_0-250=400$, dus $B_0=650$.

${\mathrm{1,01}}^{12}=\mathrm{1,1268}\dots$, dus $\mathrm{12,7}$%

${\mathrm{1,00581}}^{12}=\mathrm{1,07199}\dots$, klopt.

$\sqrt[12]{\mathrm{1,11}}=\mathrm{1,00873}\dots$, dus $\mathrm{0,87}$%

De kolom bij $200$ met $\mathrm{1,25}$ vermenigvuldigen.
Nee, je m

$F:x\to \mathrm{1,00873}x+100$

De GR geeft: $\mathrm{81601,5}$

$A_n=100\cdot {\mathrm{1,00873}}^n+\frac{1}{\mathrm{0,00873}}\left({\mathrm{1,00873}}^n-1\right)$; voor $n=240$ geeft dit: $\mathrm{81601,50689}$.