Het linker randpunt krijg je voor $x=\mathrm{‐}4$, want $f_2\left(x\right)$ bestaat niet voor $x<\mathrm{‐}4$; $f_2\left(\mathrm{‐}4\right)=2$, dus het linker randpunt is $\left(\mathrm{‐}\mathrm{4,2}\right)$.

Het linker randpunt van de grafiek van $f_a$ is $\left(\mathrm{‐}2a,a\right)$. Elk van deze punten voldoet aan de vergelijking $y=\mathrm{‐}\frac{1}{2}x$. (Vul maar in.)

Dan $f_a\left(5\right)=15\iff a+\sqrt{2a+10}=15$, dus ${\left(a-15\right)}^2=2a+10$, dus $a^2-30a+225=2a+10$, dus $a=10$ of $a=22$. Alleen de eerste waarde voldoet. Dus $a=10$.

$f_a\text{'}(x)=\frac{1}{2\sqrt{x+2a}}$; Er moet gelden $f_a\text{'}(0)=\frac{1}{2\sqrt{2a}}=1$ $\to$ $a=\frac{1}{8}$.

De periode van $f$ is $3$, dus $f(100)=f(100-33\cdot 3)=f(1)=3$.

$y=\mathrm{‐}4(x-1000)+3=\mathrm{‐}4x+4003$

Lijn met maxima: $y=x+3$;
Lijn met minima: $y=x-1$.

$\left[\mathrm{10,22}\right]$ want maxima op dat interval zijn $(\mathrm{10,13})$, ..., $(\mathrm{19,22})$ en minima op dat interval zijn $(\mathrm{11,10})$, ..., $(\mathrm{20,19})$.

$x+3=50$ geeft $x=47$, dus de maxima in de buurt zijn $(\mathrm{46,49})$ en $(\mathrm{49,52})$; zie figuur.
Lijn door $(\mathrm{47,46})$ en $(\mathrm{49,52})$: $y=46+3(x-47)=3x-95$;
$3x-95=50$ $\to$ $x=48\frac{1}{3}$.

Zie figuur 1 hieronder. Completeer de driehoek met drie rechthoekige driehoeken tot een rechthoek. De oppervlakte van de rechthoek is $30$. De oppervlakten van de rechthoekige driehoeken zijn $8$, $3$ en $5$.
Dus de opp. van $\Delta ABC$ is $30-8-3-5=14$.

De richtingscoëfficiënten van de lijnen $AC$ en $BC$ zijn: $1$ en $\mathrm{‐}6$, dus de hellingshoeken zijn ${\tan }^{\mathrm{‐}1}\left(1\right)=\mathrm{45,0}°$ en ${\tan }^{\mathrm{‐}1}\left(\mathrm{‐6}\right)=\mathrm{‐80,5}°$.

Zie figuur 1. Uit het vorige onderdeel volgt: $\text{β}=45°$ en $\text{γ}=\mathrm{80,5}°$, dus de gevraagde hoek $\text{α}=180°-45°-81°=54°$.

Zie figuur 2.

${\left(\frac{1}{2}\right)}^2\cdot 14=3\frac{1}{2}$

De driehoeken $ABC$ en $ASR$ zijn gelijkvormig, want $QR$ en $BC$ zijn evenwijdig. $AR=\sqrt{2}$ en $RC=3\sqrt{2}$, dus $AS:SB=AR:RC=1:3$.

De zijden van de rechthoek evenwijdig aan de $x$-as hebben lengte $2x$ en die evenwijdig aan de $y$-as hebben lengte $6-x^2-1\frac{1}{2}x$. Dus $O\left(x\right)=\left(6-x^2-1\frac{1}{2}x\right)\cdot 2x$. Haakjes wegwerken levert het gewenste resultaat.

Teken de grafiek op de GR. Je ziet: de maximale waarde krijg je die $x$ waarvoor $O^{\prime }\left(x\right)=0$. $O^{\prime }\left(x\right)=0\iff 12-6x-6x^2=0$ $\iff$ $x^2+x-2=0$ $\to$ $x=1$, want $x>0$.

Noem $f\left(x\right)=6-x^2$, dan $f^{\prime }\left(x\right)=1\frac{1}{2}\iff x=\mathrm{‐}\frac{3}{4}$, dus in het punt $\left(\mathrm{‐}\frac{3}{4}\mathrm{,5}\frac{7}{16}\right)$.

Vanwege symmetrie maken de raaklijnen hoeken van $45°$ met de $x$-as, dus één van die raaklijnen heeft helling $1$.
$f^{\prime }\left(x\right)=1\iff x=\mathrm{‐}\frac{1}{2}$, dus die raaklijn gaat door $\left(\mathrm{‐}\frac{1}{2}\mathrm{,5}\frac{3}{4}\right)$. Omdat die raaklijn helling $1$ heeft gaat hij ook door het punt $\left(\mathrm{0,6}\frac{1}{4}\right)$.

Een formule is van de vorm $y=6-a{x}^2$. Het punt $\left(\mathrm{3,5}\right)$ ligt op de beeldparabool, dus $6-9a=5$, dus $a=\frac{1}{9}$ en een formule voor de beeldparabool is $y=6-\frac{1}{9}{x}^2$.

Noem de projectie van $P$ op de $x$-as $Q$.
De stelling van Pythagoras in driehoek $OPQ$ geeft: $OP=\sqrt{{\left(\frac{1}{2}p+\frac{2}{p}\right)}^2+p^2}$. Haakjes wegwerken levert het gewenste resultaat.

$\frac{\text{d}w}{\text{d}p}=2\frac{1}{2}p-\frac{8}{p^3}$ en $\frac{\text{d}w}{\text{d}p}=0\iff 2\frac{1}{2}{p}^4=8$, dus $p=\sqrt[4]{\mathrm{3,2}}\approx \mathrm{1,34}$.

$f^{\prime }\left(x\right)=\frac{1}{2}-\frac{2}{x^2}$, dus $f^{\prime }\left(x\right)=0$ als $x=2$; de minimale waarde is $f\left(2\right)=2$.

De projectie van $P$ op de $x$-as noemen we $Q$. Dan volgt uit gelijkvormigheid: $\frac{OS}{OR}=\frac{PQ}{QR}$, dus $\frac{y}{x}=\frac{2}{x-1}$, dus $y=\frac{2x}{x-1}$.
Dus $O\left(x\right)=\frac{1}{2}xy$ $=\frac{x^2}{x-1}$.

$x+1+\frac{1}{x-1}=\frac{\left(x+1\right)\left(x-1\right)}{x-1}+\frac{1}{x-1}=$ $\frac{x^2-1}{x-1}+\frac{1}{x-1}=\frac{x^2}{x-1}$

$x+1+\frac{1}{x-1}=x+1+{\left(x-1\right)}^{\mathrm{‐}1}$; de afgeleide van $y={\left(x-1\right)}^{\mathrm{‐}1}$ vind je met de kettingregel: $y^{\prime }=\mathrm{‐}1\cdot {\left(x-1\right)}^{\mathrm{‐}2}\cdot 1$. Dus $O^{\prime }\left(x\right)=1-1\cdot {\left(x-1\right)}^{\mathrm{‐}2}$ en $O^{\prime }\left(x\right)=0\iff {\left(x-1\right)}^2=1$ $\iff x=2$.
Met een tekening van $O$ op de GR zie je dat $O\left(x\right)$ minimaal is als $x=2$; $O\left(2\right)=4$.

De grafiek schuift omhoog.

In de grafiek zie je dat $y\left(1\right)=16$. Dit invullen in $y=\dots \cdot x\left(x-3\right)\left(x-5\right)$ geeft: $16=\dots \cdot 1\cdot \mathrm{‐}2\cdot \mathrm{‐}4$, dus op de stippellijn staat $2$, dus $y=2\cdot x\left(x-3\right)\left(x-5\right)=2x^3-16x^2+30x$, dus $a=2$, $b=\mathrm{‐}2$, $c=30$ en $d=0$.

Asfalt sneller, want de grafiek bereikt eerder $100$%.

Als $t$ groter wordt, dan wordt de exponent $\mathrm{‐}c\cdot t$ kleiner. Omdat de functie $y={\mathrm{2,7}}^x$ stijgend is, wordt dus ${\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}c\cdot t}$ kleiner, dus $1-{\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}c\cdot t}$ groter.

Als $t=2$, dan $P=50$, dus ${\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}c\cdot 2}$ $=\mathrm{0,5}$, dus $\mathrm{‐}c\cdot 2=$ ${}^{\mathrm{2,7}}\log \left(\mathrm{0,5}\right)$, dus $2c=\mathrm{0,6978}\dots$, dus afgerond: $c=\mathrm{0,35}$.

$P=100\cdot \left(1-{\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,25}\cdot t}\right)\iff \mathrm{0,01}P=1-{\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,25}\cdot t}$ $\iff 1-\mathrm{0,01}P={\mathrm{2,7}}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,25}\cdot t}$ $\iff \mathrm{‐}\mathrm{0,25}\cdot t={}^{\mathrm{2,7}}\log \left(1-\mathrm{0,01}P\right)$
$\iff t=\mathrm{‐}\mathrm{4,0}\cdot {}^{\mathrm{2,7}}\log \left(1-\mathrm{0,01}P\right)$.

Voor de punten van de beeldparabool geldt: $x=y^2-4y+3$.
En $x=y^2-4y+3\iff x+1={\left(y-2\right)}^2$, dus $y-2=\sqrt{x+1}$ of $y-2=\mathrm{‐}\sqrt{x+1}$.
Dus de wortelfunctie 'boven' de lijn $y=2$ heeft formule $y=2+\sqrt{x+1}$ en die eronder $y=2-\sqrt{x+1}$.

Dat zijn de snijpunten met de lijn $y=x$.
$x=x^2-4x+3\iff x^2-5x+3=0$ $\iff x=\frac{5\pm \sqrt{25-12}}{2}$.
De snijpunten zijn: $\left(2\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{13}\mathrm{,2}\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\sqrt{13}\right)$ en $\left(2\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{13}\mathrm{,2}\frac{1}{2}-\frac{1}{2}\sqrt{13}\right)$.

${\mathrm{1,5}}^t=2$ $\to$ $t={}^{\mathrm{1,5}}\log (2)\approx \mathrm{1,7095}$ jaar, dus $21$ maanden.

$g^{30}=\frac{1}{2}$ $\to$ $g={(\frac{1}{2})}^{\frac{1}{30}}\approx \mathrm{0,977}$ dus afname van $\mathrm{2,3}\text{\%}$ per jaar.

Er is na tijd $T$ nog $100-p$ procent, dus $1-\frac{1}{100}p$, ofwel $g^T=1-\mathrm{0,01}p$ $\to$ $T={}^g\log (1-\mathrm{0,01}p)=\frac{\log (1-\mathrm{0,01}p)}{\log (g)}$.

De projectie van $Q$ op de $y$-as noemen we $R$. De oppervlakte van driehoek $PQR$ is $\frac{1}{2}\cdot 1\cdot 4=2$ en de oppervlakte van driehoek $OQR$ is $\frac{1}{2}\cdot 4\cdot 4=8$, dus de oppervlakte van driehoek $OPQ$ is $8-2=6$.

$S$ ligt op de lijn door $P$ evenwijdig aan $k$. Deze heeft vergelijking $y=x-3$. De vergelijking $x-3=\mathrm{‐}\left(x-1\right)\left(x-3\right)$ moet opgelost worden. Je vindt: $x=0$ of $x=3$. Dus $S=\left(\mathrm{3,0}\right)$.

In het raakpunt moet de helling van de verschoven grafiek $1$ zijn. In het oorspronkelijke punt van de grafiek is de helling ook $1$.
$f^{\prime }\left(x\right)=\mathrm{‐}2x+4$ en $f^{\prime }\left(x\right)=1$, dus $x=2\frac{1}{2}$. $f\left(2\frac{1}{2}\right)=\frac{3}{4}$; het punt $\left(2\frac{1}{2},\frac{3}{4}\right)$ moet zover omhoog schuiven dat het op de lijn $k$ komt, dus $2\frac{1}{2}-\frac{3}{4}=1\frac{3}{4}$ omhoog.

Uit de stelling van Pythagoras volgt dat $BP=10$.
De driehoeken $ASB$, $BSQ$ en $BCP$ zijn gelijkvormig: ze hebben alle een rechte hoek en een hoek gemeenschappelijk.
$\frac{AS}{AB}=\frac{BC}{BP}\iff \frac{AS}{9}=\frac{4}{5}$, dus $AS=\frac{36}{5}$ en $BS=\frac{3}{4}\cdot \frac{36}{5}=\frac{27}{5}$.
$\frac{BS}{BQ}=\frac{BC}{BP}\iff \frac{\frac{27}{5}}{BQ}=\frac{4}{5}$, dus $BQ=\frac{5}{4}\cdot \frac{27}{5}=6\frac{3}{4}$.

Het middelpunt van de cirkel noemen we $M$, het raakpunt $R$ en het snijpunt van de raaklijn met zijde $CD$ noemen we $U$. De straal van de cirkel is $4$, dus $MR=4$ en en $MT=5$, dus de driehoeken $MRT$ en $BCP$ zijn gelijkvormig. Dus de hoeken $RTM$ en $CPB$ zijn even groot, maar dan ook de hoeken $TUC$ en $MPU$ (Z-hoeken), dus zijn de lijnen $MP$ en $UT$ evenwijdig (F-hoeken).

$\frac{6000}{115-\mathrm{0,01}h}=80$ $\iff 80\left(115-\mathrm{0,01}h\right)=6000$ $\iff 9200-\mathrm{0,8}h=6000$ $\iff h=\frac{9200-6000}{\mathrm{0,8}}=4000$.

$P=\frac{6000}{115-\mathrm{0,01}h}\iff \left(115-\mathrm{0,01}h\right)P=6000$ $\iff 115-\mathrm{0,01}h=\frac{6000}{P}$ $\iff \mathrm{0,01}h=115-\frac{6000}{P}$ $\iff h=11.500-\frac{600.000}{P}$

$12.25$ uur

Verschillende maximale hoogtes; die van Vlissingen is regelmatiger; verschillende gemiddelde zeestand.

De duur van de daling is groter dan de duur van de stijging.

Om $3.50$ uur en om $16.15$ uur.

$h\left(t\right)=8+190\cdot \sin (\frac{2\text{π}}{12\frac{1}{2}}t)$ $=8+190\cdot \sin \left(\mathrm{0,16}\text{π}\cdot t\right)$

De tijden zijn achtereenvolgens $4.48$, $4.55$, $4.56$, $5.00$, $5.00$ en $4.56$; gemiddeld $4$ uur en $\mathrm{55,83...}$ minuten, dus het wijkt minder dan twee minuten af.

De amplitude is $\frac{1}{2}\cdot (103-‐98)=\mathrm{100,5}$;
de evenwichtsstand is $\frac{1}{2}\cdot (103+‐98)=\mathrm{2,5}$;
de periode is twee keer $4.55$, dus $9.50$ uur, ofwel $9+\frac{5}{60}\approx \mathrm{9,833...}$ uur; de constante in de formule voor de periode is $\frac{2\text{π}}{\mathrm{9,833...}}\approx \mathrm{0,64}$;
Stijgend door de evenwichtsstand bij $t=\frac{1}{2}\cdot (4+\frac{55}{60})\approx \mathrm{2,46}$ uur.

$\mathrm{100,5}\cdot \sin \left(\mathrm{0,64}\left(t-\mathrm{2,46}\right)\right)+\mathrm{2,5}=50$ met de GR oplossen: $t\approx \mathrm{3,2}$ (uur).

$a\approx \mathrm{0,42}$ en $b\approx \mathrm{1,17}$ (of $\mathrm{1,18}$)

Tussen hoog- en laagwater zit precies $5$ uur, ofwel $300$ minuten (dus elk tijdvak is $50$ minuten); $8$ uur 's ochtends is $3.20$ uur, ofwel $200$ minuten na laagwater, dus precies aan het einde van het vierde tijdvak.
Het hoogteverschil is $204$ cm.
Het water is $(\frac{1}{12}+\frac{2}{12}+\frac{3}{12}+\frac{3}{12})\cdot 204=\frac{9}{12}\cdot 204=153$ cm gestegen ten opzichte van $\mathrm{‐}99$, dus de waterhoogte is $+54$ cm (boven NAP).

Zo'n raaklijn heeft vergelijking $y=ax$, waarbij $a$ de helling is.
Er geldt: de vergelijking $x^2-6x+8y=ax$ in $x$ heeft één oplossing, dus de vergelijking heeft dicriminant $0$, dus ${\left(6-a\right)}^2-32=0$, dus $a=6\pm 4\sqrt{2}$.

De factor waarmee vermenigvuldigd wordt is $2$.
Dus de formule is: $y=f\left(\frac{1}{2}x\right)=\frac{1}{4}{x}^2-3x+8$.
Of: de nulpunten van de beeldfiguur zijn $4$ en $8$. De top blijft op dezelfde hoogte, dus hoogte $f\left(3\right)=\mathrm{‐}1$, dus een formule is: $y=a\left(x-4\right)\left(x-8\right)$ en $y\left(6\right)=\mathrm{‐}1$, dus $a=\frac{1}{4}$, dus een formule is: $y=\frac{1}{4}\left(x-4\right)\left(x-8\right)$.

$V(t)=3750+250\sin \left(\frac{2\text{π}}{6}t\right)$

$2500\cdot \sin \left(\frac{2\text{π}}{15}\left(t-250\right)\right)+4000=5000$ $\to$ $\sin \left(\frac{2\text{π}}{15}\left(t-250\right)\right)=\mathrm{0,4}$
$\to$ $\frac{2\text{π}}{15}\left(t-250\right)=\mathrm{0,9824...}+k\cdot 2\text{π}$ of $\frac{2\text{π}}{15}\left(t-250\right)=\text{π}-\mathrm{0,9824...}+k\cdot 2\text{π}$
$\to$ $t-250=\mathrm{0,9824...}+k\cdot 15$ of $t-250=\mathrm{6,5175...}+k\cdot 15$
$\to$ $t=\mathrm{250,9824...}+k\cdot 15$ of $t=\mathrm{256,5175...}+k\cdot 15$
Dus het duurt $\mathrm{256,5175...}-\mathrm{250,9824...}\approx \mathrm{6,5}$ seconden.

Het minuutvolume in rust is $10\times 500=5000$;
Het minuutvolume bij maximaal in- en uit te ademen is $4\times 5000=20.000$;
De verhouding is $1:4$.

Omdat $y=2^x$ een stijgende functie is en $y=a-x$ een dalende functie. Als er een snijpunt is (en die is er altijd), dan lopen de grafieken links en rechts daarvan van elkaar weg. Als er een tweede snijpunt zou zijn, moet tenminste één van de twee functies van dalend naar stijgend of van stijgend naar dalend gaan. En dat gebeurt niet.

De grafiek van $g$ is een rechte lijn met helling $4$. De grafiek van $h$ is de standaardhyperbool met helling van min-oneindig oplopend naar (bijna) nul. Dus de grafiek van $h$ heeft een punt waar de helling $\mathrm{‐}4$ is. In dat punt is de helling van $f$ dus nul. Links daarvan is de helling van $f$ negatief en rechts daarvan positief. Dus in dat punt is $f$ minimaal.

Dan moet het deel binnen de logaritme gelijk zijn aan $1$. Maar de teller van deze breuk is altijd één groter dan de noemer, dus is nooit gelijk aan $1$.

Als $x$ heel groot wordt, dan gaat $\frac{1}{\sqrt{x}}$ naar nul en ook $\frac{2}{x-3}$ gaat naar nul, dus de grafiek van $g$ heeft de $x$-as als horizontale asymptoot. Bij $x=9$ gaat de grafiek stijgend door de $x$-as, dus moet later ook weer dalen naar de horizontale asymptoot. Dus rechts van $x=9$ moet de grafiek ergens een maximum hebben.

De formule is opgebouwd uit twee delen.
De breuk $\frac{\mathrm{8289,3}}{B}$ wordt kleiner als $B$ toeneemt (want delen door een groter getal);
$\log (B)$ neemt toe als $B$ toeneemt, dus $\mathrm{1,778}-\log (B)$ neemt af;
$N_{\text{max}}$ is dus het product van twee factoren die beide afnemen, dus $N_{\text{max}}$ neemt zelf ook af en is dus een dalende functie.

De noemer is een sinusfunctie met evenwichtswaarde $3$ en amplitude $2$, dus heeft minimale waarde $1$. De noemer kan dus nooit nul zijn, dus geen verticale asymptoot.

Twee verticale asymptoten, namelijk bij de twee nulpunten van $p$. Ook één horizontale asymptoot, waarschijnlijk, want de $y$ lijkt steeds verder toe te nemen, zodat er een horizontale asymptoot $y=0$ is.

Maak zelf een schets; de afstand is $\sqrt{{17}^2-{15}^2}=\sqrt{64}=8$.

De afstand van $M$ tot $k$ is $\sqrt{{17}^2-{(\frac{1}{2}x)}^2}=\sqrt{289-\frac{1}{4}{x}^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1156-x^2}$, dus de oppervlakte is $A=\frac{1}{2}x\cdot \frac{1}{2}\sqrt{1156-x^2}=\frac{1}{4}x\sqrt{1156-x^2}$.

$\frac{1}{4}x\sqrt{1156-x^2}=120$ $\to$ $x^2(1156-x^2)={480}^2=230.400$
$\to$ $x^4-1156x^2+230.400=0$ $\to$ ${(x^2-578)}^2=103.684$
$\to$ $x^2-578=322$ of $x^2-578=\mathrm{‐}322$ $\to$ $x^2=900$ of $x^2=256$
$\to$ $x=30$ of $x=16$

Met de GR het maximum bepalen van $A=\frac{1}{4}x\sqrt{1156-x^2}$ geeft $x\approx \mathrm{24,042}$.
De hoek is dan $90°$.