$100\cdot (1-\frac{1}{4})=75$ en de functie is dalend.

$66\frac{2}{3}$%

$\frac{60}{4}\cdot (20\cdot \mathrm{0,75})\cdot \mathrm{2,50}=\mathrm{562,50}$ euro

$O=\frac{60}{t}\cdot \left(1-\frac{1}{t}\right)\cdot 20\cdot \mathrm{2,50}=\frac{3000}{t}\cdot \left(1-\frac{1}{t}\right)$

$O=3000\cdot \left(\frac{1}{t}-\frac{1}{t^2}\right)$, dus $O^{\prime }(t)=3000\cdot \left(\mathrm{‐}\frac{1}{t^2}+\frac{2}{t^3}\right)$ en $O^{\prime }(t)=0\iff t=2$. Met de GR zie je dat je dan een maximum hebt.

De lengte van de kavel is dan $\frac{600}{x}$. De breedte van het te bebouwen gedeelte is dan $x-6$ en de lengte $\frac{600}{x}-9$, dus de oppervlakte: $O=\left(x-6\right)\cdot \left(\frac{600}{x}-9\right)$. Haakjes wegwerken levert het gewenste resultaat.

$O^{\prime }(x)=\mathrm{‐}9+\frac{3600}{x^2}$, dus $O^{\prime }(x)=0\iff x^2=\frac{3600}{9}$, dus $x=20$ dus de kavel is $20$ bij $30$.

De hoogte $h=100-2\cdot 30=40$ mm, de inhoud $I=\text{π}\cdot {30}^2\cdot 40=36.000\text{π}\approx 113.097$ mm³.

De mantel moet nog uit de plaat gemaakt worden dus $r\le \frac{220}{2\text{π}}\approx 35$ mm.

$33$ mm

$h=100-2r$ en $I=\text{π}\cdot (100-2r)\cdot r^2$

$I=\text{π}\cdot \left(100r^2-2r^3\right)$, dus $I^{\prime }=\text{π}\cdot \left(200r-6r^2\right)$ en
$I^{\prime }=0\iff r=0\text{ of }r=\frac{200}{6}=33\frac{1}{3}$. Dan $I=116.355$ mm³.

Ja

Ja, dan $I=\text{π}\cdot {25}^2\cdot 100\approx 196.350$ mm³.

$MK=\mathrm{1,5}{q}^{\mathrm{0,5}}$

$GTK=q^{\mathrm{0,5}}+32q^{\mathrm{‐}1}$

-

$GT{K}^{\prime }(q)=\mathrm{0,5}{q}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,5}}-32q^{\mathrm{‐}2}$, dus $GT{K}^{\prime }(q)=0\iff \mathrm{0,5}{q}^{\mathrm{‐}\mathrm{0,5}}-32q^{\mathrm{‐}2}=0$ $\iff q^{\mathrm{1,5}}=64\iff q={64}^{\frac{2}{3}}=16$.

$GTK(16)={16}^{\mathrm{0,5}}+\frac{32}{16}=6$ en $MK(16)=\mathrm{1,5}\cdot {16}^{\mathrm{0,5}}=6$, klopt.

$TW=9q-q^{\mathrm{1,5}}-32$

$T{W}^{\prime }(q)=9-\mathrm{1,5}{q}^{\mathrm{0,5}}$, dus $T{W}^{\prime }(q)=0\iff 9-\mathrm{1,5}{q}^{\mathrm{0,5}}=0$ $\iff q={\left(\frac{9}{\mathrm{1,5}}\right)}^2=36$.

$p\cdot v$ wordt $\left(p+\Delta p\right)\cdot \left(v+\Delta v\right)=p\cdot v+\Delta p\cdot v+p\cdot \Delta v+\Delta p\cdot \Delta v$, dus $\Delta O=\Delta p\cdot v+p\cdot \Delta v+\Delta p\cdot \Delta v$, dus $\frac{\Delta O}{O}=\frac{\Delta p}{p}+\frac{\Delta v}{v}+\frac{\Delta p\cdot \Delta v}{p\cdot v}$.
De laatste term is verwaarloosbaar als $\Delta v$ en $\Delta p$ klein zijn.

De opbrengst nam toe. $\frac{\Delta p}{p}=\mathrm{0,026}$ en $\frac{\Delta v}{v}=\mathrm{‐0,013}$, dus $\frac{\Delta O}{O}=\mathrm{0,013}$ volgens a.

In $60$ seconden rijdt de file $60v$ meter en elke auto heeft $k+v$ meter nodig.

$42$

$52=\frac{60v}{\mathrm{4,5}+v}\iff 52\left(\mathrm{4,5}+v\right)=60v$$\iff$ $234+52v=60v\iff v=\frac{234}{8}=\mathrm{29,25}$.

$N^{\prime }(v)=\frac{60(k+v)-1\cdot 60v}{{(k+v)}^2}=\frac{60k}{{(k+v)}^2}$ is voor elke waarde van $v$ positief. Dus hoe groter $v$, des te groter is $N$. $N$ nadert bij toenemende $v$ steeds dichter tot $60$.

De auto’s moeten zo hard mogelijk rijden.

In $1$ minuut rijdt de file $60v$ meter en elke auto heeft $k+\frac{v^2}{2a}$ meter nodig.

$N(v)=\frac{60v}{\mathrm{4,5}+\mathrm{0,1}{v}^2}$, dus
$N^{\prime }(v)=\frac{60\left(\mathrm{4,5}+\mathrm{0,1}{v}^2\right)-\mathrm{0,2}v\cdot 60v}{{\left(\mathrm{4,5}+\mathrm{0,1}{v}^2\right)}^2}=\frac{270-6v^2}{{\left(\mathrm{4,5}+\mathrm{0,1}{v}^2\right)}^2}$.
$N^{\prime }(v)=0\iff 270-6v^2=0\iff v=\sqrt{45}\approx \mathrm{6,71}$ (m/s). Dus $N$ maximaal (grafiek op de GR getekend) bij een snelheid van ongeveer $24$ km/uur.

Eerste manier: $f(x)=x^{10}-1$, dus $f^{\prime }(x)=10x^9$.
Tweede manier: $f^{\prime }(x)=5x^4\cdot (x^5+1)+(x^5-1)\cdot 5x^4=10x^9$.

Eerste manier: $g(x)=x^5\sqrt{x}+\sqrt{x}=x^{5\frac{1}{2}}+x^{\frac{1}{2}}$, dus
$g^{\prime }(x)=5\frac{1}{2}{x}^{4\frac{1}{2}}+\frac{1}{2}{x}^{\mathrm{‐}\frac{1}{2}}=5\frac{1}{2}{x}^4\cdot \sqrt{x}+\frac{1}{2\sqrt{x}}$.
Tweede manier: $g^{\prime }(x)=5x^4\sqrt{x}+(x^5+1)\cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}=$ $5x^4\sqrt{x}+\frac{1}{2}{x}^4\sqrt{x}+\frac{1}{2\sqrt{x}}$.

Begin 2002 zijn er $1000+\frac{1}{3}\cdot (2000-1000)\approx 1333$; begin 2016 zijn er
$2000+\frac{10}{6}\cdot (2000-1000)\approx 3667$.

In een natuurpark is er vanwege de afmetingen voor maar een beperkt aantal dieren voedsel.

$A^{\prime }(t)=\frac{500}{\sqrt{2t+4}}$

Omdat $A^{\prime }(t)$ positief is maar wel dalend.

Begin 2016 hoort bij $t=16$ en eind 2016 bij $t=17$.
De afname per dier in 2016 is $\frac{3000}{A(16)}-\frac{3000}{A(17)}$, dus ongeveer $\mathrm{0,03}$ km².

Klopt. $G$ is de ketting $t\to u\to y$ waarbij $u=2t+4$ en
$y=6u^{\mathrm{‐}\frac{1}{2}}$, dus $G^{\prime }(t)=2\cdot 6\cdot \mathrm{‐}\frac{1}{2}{(2t+4)}^{\mathrm{‐}1\frac{1}{2}}$, dus
$G^{\prime }(16)=\mathrm{‐}\frac{1}{36}\approx \mathrm{0,03}$.

In het punt waar de raaklijn het steilst loopt, dus als $T=10$ ongeveer.

Teken op de GR de grafiek van
$L^{\prime }(T)=\mathrm{‐}\frac{9}{400}{T}^2+\frac{9}{20}T$ en kijk voor welke $T$ het maximum bereikt wordt. Dit is voor $T=10$.

$G=\mathrm{‐}\frac{3}{400}{T}^2+\frac{9}{40}T$

Zie figuur, teken een lijn door de oorsprong die de grafiek aan de bovenkant raakt.

$G^{\prime }(T)=\mathrm{‐}\frac{3}{200}T+\frac{9}{40}$ en $G^{\prime }(T)=0\iff \mathrm{‐}\frac{3}{200}T+\frac{9}{40}=0\iff T=15$.