Ja, de oppervlakte tussen de lijn $v=80$ en de grafiek boven die lijn is groter dan de oppervlakte tussen de lijn $v=80$ en de grafiek onder die lijn.

Het verschil tussen de oppervlaktes bij antwoord a delen door de tijd die de rit duurt.

Een afgelegde weg van $1\frac{1}{4}$ km.

$\mathrm{11,25}$ km

${\displaystyle \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}$ $={\left[\frac{1}{32}{x}^4-\frac{1}{6}{x}^3-\frac{1}{4}{x}^2+2x\right]}_2^4=\mathrm{‐}\frac{5}{6}$.

Omdat $\mathrm{‐}f$ positief is op $\left[\mathrm{2,4}\right]$. Verder is de oppervlakte tussen de $x$-as en de grafiek van $f$ hetzelfde als de oppervlakte tussen de grafiek van $\mathrm{‐}f$ en de $x$-as. De oppervlakte is ${\displaystyle \underset{2}{\overset{4}{\int }}\mathrm{‐}f\left(x\right)\text{d}x}$ $={\left[\mathrm{‐}\frac{1}{32}{x}^4+\frac{1}{6}{x}^3+\frac{1}{4}{x}^2-2x\right]}_2^4=\frac{5}{6}$. Dit kun je natuurlijk ook zo berekenen: een primitieve van $\mathrm{‐}f$ is $\mathrm{‐}F$, dus ${\displaystyle \underset{2}{\overset{4}{\int }}\left(\mathrm{‐}f\left(x\right)\right)\text{d}x=}\mathrm{‐}{\displaystyle \underset{2}{\overset{4}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x=}\frac{5}{6}$.

$\cos \left(2\left(\text{π}-a\right)\right)=\cos \left(2\text{π}-2a\right)=\cos \left(2a\right)$ en $\cos \left(\text{π}-a\right)=\cos \left(\text{‐π}-a\right)=\cos \left(\text{π}+a\right)$. Dus $f\left(\text{π}-a\right)=f\left(\text{π}+a\right)$ voor alle $a$.

$\cos \left(2x\right)=\cos \left(x\right)\iff 2x=x+k\cdot 2\text{π}$ of $2x=\mathrm{‐}x+k\cdot 2\text{π}$
$\iff x=k\cdot \frac{2}{3}\text{π}$ met $k$ geheel.

${\displaystyle \underset{0}{\overset{\frac{2}{3}\text{π}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}=$ ${\left[\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\sin \left(x\right)\right]}_0^{\frac{2}{3}\text{π}}=\mathrm{‐}\frac{3}{4}\sqrt{3}$.

${\displaystyle \underset{\frac{2}{3}\text{π}}{\overset{\text{π}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}$ $={\left[\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\sin \left(x\right)\right]}_{\frac{2}{3}\text{π}}^{\text{π}}=\frac{3}{4}\sqrt{3}$.
De oppervlakte is $2\cdot \frac{3}{4}\sqrt{3}=1\frac{1}{2}\sqrt{3}$, want de lijn $x=\text{π}$ is symmetrie-as van de grafiek van $f$.

${\displaystyle \underset{0}{\overset{\text{π}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}=$ $={\left[\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\sin \left(x\right)\right]}_0^{\text{π}}=0$,
${\displaystyle \underset{0}{\overset{1\frac{1}{3}\text{π}}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}=$ ${\left[\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\sin \left(x\right)\right]}_0^{1\frac{1}{3}\text{π}}=\frac{3}{4}\sqrt{3}$.

Met de gesigneerde oppervlakte: ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}3}{\overset{3}{\int }}{x}^3}\text{d}x=0$, want de oppervlakte links en rechts van de $y$-as tussen de grafiek en de $x$-as zijn even groot.
Met een primitieve: ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}3}{\overset{3}{\int }}{x}^3}\text{d}x=$ ${\left[\frac{1}{4}{x}^4\right]}_{\mathrm{‐}3}^3=\frac{81}{4}-\frac{81}{4}=0$.

figuur bij opgave 22a

${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}4}{\overset{1}{\int }}(2x+4)\text{d}x}$ $=$ oppervlakte driehoek II $-$ oppervlakte driehoek I $=\frac{1}{2}\cdot 3\cdot 6-\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 4=5$.
Met een primitieve:
${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}4}{\overset{1}{\int }}(2x+4)\text{d}x}=$ ${\left[x^2+4x\right]}_{\mathrm{‐}4}^1=5-0=5$.

Maak maar een schets bij elke integraal en bedenk dat uit het gegeven volgt:
${\displaystyle \underset{0}{\overset{\frac{1}{2}\text{π}}{\int }}\sin \left(x\right)}\text{d}x=1$.
${\displaystyle \underset{0}{\overset{2\text{π}}{\int }}\sin \left(x\right)\text{d}x}$ $=0$, ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}\frac{1}{2}\text{π}}{\overset{2\text{π}}{\int }}\sin \left(x\right)\text{d}x}$ $=\mathrm{‐}1$
${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}\frac{1}{2}\text{π}}{\overset{2\text{π}}{\int }}\left|\sin \left(x\right)\right|\text{d}x}$ $=5$, ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}\frac{1}{2}\text{π}}{\overset{2\text{π}}{\int }}\cos \left(x\right)\text{d}x}$ $=1$

Als $x<2$, dan $f\left(x\right)=x\left(2-x\right)$ en als $x>2$, dan $f\left(x\right)=x\left(x-2\right)$.
${\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{2}{\overset{3}{\int }}f\left(x\right)\text{d}x}=$ ${\displaystyle \underset{0}{\overset{2}{\int }}\left(2x-x^2\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{2}{\overset{3}{\int }}\left(x^2-2x\right)\text{d}x}=$
${\left[x^2-\frac{1}{3}{x}^3\right]}_0^2+{\left[\frac{1}{3}{x}^3-x^2\right]}_2^3=1\frac{1}{3}+0-\mathrm{‐}1\frac{1}{3}=2\frac{2}{3}$.

Als $x<2$ dan $f^{\prime }\left(x\right)=2-2x$, dus de raaklijn aan de linkertak heeft helling $\mathrm{‐}2$ en vergelijking $y=\mathrm{‐}2x+4$.
De raaklijn aan de 'rechtertak' heeft dan vergelijking $y=2x-4$.

Als $x<2$, dan $f\left(x\right)=g\left(x\right)\iff$ $x+2x-4=x-4\iff x=0$;
Als $x\ge 2$, dan $f\left(x\right)=g\left(x\right)\iff$ $x-2x+4=x-4\iff$ $x=4$.
De snijpunten zijn: $\left(\mathrm{0,}\mathrm{‐}4\right)$ en $\left(\mathrm{4,0}\right)$. Voor de grafiek, zie figuur 1.

figuur 1, opgave 25a

figuur 2, opgave 25c

De lijnen $AB$ en $BC$$$ staan loodrecht op elkaar (ze hebben helling $1$ en helling $\mathrm{‐}1$). De oppervlakte is dus $\frac{1}{2}\cdot AB\cdot BC=8$.

Zie figuur 2.

$8$

Dat is ${\displaystyle \underset{0}{\overset{\text{π}}{\int }}\left(2\sin \left(x\right)+\sin \left(2x\right)\right)\text{d}x}=$ ${\left[\mathrm{‐}2\cos \left(x\right)-\frac{1}{2}\cos \left(2x\right)\right]}_0^{\text{π}}=4$.

We berekenen eerst voor welke $x$ tussen $0$ en $2\text{π}$:
$\cos \left(x\right)=\cos \left(2x\right)$ $\iff x=\pm 2x+k\cdot 2\text{π}\iff x=k\cdot \frac{2}{3}\text{π}$.
Op de intervallen $\left[\mathrm{0,}\frac{2}{3}\text{π}\right]$ en $\left[\frac{4}{3}\text{π}\mathrm{,2}\text{π}\right]$ ligt de grafiek van $p$ boven die van $q$ en op het interval $[\frac{2}{3}\text{π},\frac{4}{3}\text{π}]$ is het andersom.
De gevraagde oppervlakte is:
${\displaystyle \underset{0}{\overset{\frac{2}{3}\text{π}}{\int }}\left(p\right(x)-q(x\left)\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{\frac{2}{3}\text{π}}{\overset{\frac{4}{3}\text{π}}{\int }}\left(q\right(x)-p(x\left)\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{\frac{4}{3}\text{π}}{\overset{2\text{π}}{\int }}\left(p\right(x)-q(x\left)\right)\text{d}x}=$
$2\cdot {\displaystyle \underset{0}{\overset{\frac{2}{3}\text{π}}{\int }}\left(p\right(x)-q(x\left)\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{\frac{2}{3}\text{π}}{\overset{\frac{4}{3}\text{π}}{\int }}\left(q\right(x)-p(x\left)\right)\text{d}x=}$
$2\cdot {\left[\sin \left(x\right)-\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)\right]}_0^{\frac{2}{3}\text{π}}+{\left[\frac{1}{2}\sin \left(2x\right)-\sin \left(x\right)\right]}_{\frac{2}{3}\text{π}}^{\frac{4}{3}\text{π}}=3\sqrt{3}$$\approx \mathrm{5,2}$.

Omdat $x^2\ge 0$ voor alle $x$.

$f^{\prime }\left(x\right)=2x-4x\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}{x}^2}$, dus $f^{\prime }\left(x\right)=0\iff x=0{\text{ of e}}^{\mathrm{‐}{x}^2}=\frac{1}{2}$, (maak schets op de GR van de grafieken) dus de minima zijn: $f(\pm \sqrt{\ln \left(2\right)})=1+\ln \left(2\right)$ en het maximum $f\left(0\right)=2$.
$g\left(x\right)$ heeft een maximum $g\left(0\right)=2$.

De oppervlakte is ${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1\frac{1}{2}}{\overset{1\frac{1}{2}}{\int }}\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)\text{d}x}$ $={\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1\frac{1}{2}}{\overset{1\frac{1}{2}}{\int }}{x}^2\text{ d}x}=$ ${\left[\frac{1}{3}{x}^3\right]}_{\mathrm{‐}1\frac{1}{2}}^{1\frac{1}{2}}=2\frac{1}{4}$.

-

Het linker gebied heeft grenzen $\mathrm{‐}1$ en $0$ en het rechter gebied heeft grenzen $0$ en $4$.

${\displaystyle \underset{\mathrm{‐}1}{\overset{0}{\int }}\left(g\left(x\right)-f\left(x\right)\right)\text{d}x}+{\displaystyle \underset{0}{\overset{4}{\int }}\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)\text{d}x}=8\frac{3}{16}$

-

$F^{\prime }\left(x\right)=2-\sqrt{3+x^2}$, dus $F^{\prime }\left(x\right)=0\iff 2-\sqrt{3+x^2}=0$ $\iff 3+x^2=4$, dus $x=1$.
Als $0\le x<1$, dan $F^{\prime }\left(x\right)>0$ en als $1<x\le 3$, dan $F^{\prime }\left(x\right)<0$, dus is $F\left(x\right)$ maximaal als $x=1$.

Het linker deel heeft oppervlakte ${\displaystyle \underset{0}{\overset{a}{\int }}\left(f\left(x\right)-g\left(x\right)\right)\text{d}x}=$ ${\frac{1}{3}{x}^{1\frac{1}{2}}|}_0^a=\frac{1}{3}{a}^{1\frac{1}{2}}$;
Het rechter deel heeft oppervlakte ${\displaystyle \underset{a}{\overset{4}{\int }}g\left(x\right)\text{d}x}=$ ${\frac{1}{3}{x}^{1\frac{1}{2}}|}_a^4=$ $2\frac{2}{3}-\frac{1}{3}{a}^{1\frac{1}{2}}$.
Dus: $a=\sqrt[3]{16}$.

Het midden van $P(p,\sqrt{p})$ en $A\left(\mathrm{2,0}\right)$ is $M(1+\frac{1}{2}p,\frac{1}{2}\sqrt{p})$. De coördinaten van $M$ moeten voldoen aan: $y=\sqrt{\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}}$.
De coördinaten van $M$ in deze vergelijking invullen geeft:
$\frac{1}{2}\sqrt{p}=\sqrt{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}p)-\frac{1}{2}}$ en dat klopt want $\sqrt{\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}p)-\frac{1}{2}}=\sqrt{\frac{1}{4}p}=\frac{1}{2}\sqrt{p}$.