1

a

Het punt $(1,0)$ noemen we $S$ . De helling van lijn $O P$ is $\frac{O Q}{O S} = O Q$ , want $O S = 1$ .

b

$t = \frac{1}{2} π + k \cdot π$ , met $k$ geheel, want dan is lijn $O P$ evenwijdig met de $y$ -as.

c

Noem de projectie van $P$ op de $x$ -as $R$ .
De driehoeken $R O P$ en $S O Q$ zijn gelijkvormig, dus $\frac{\sin (t)}{\cos (t)} = \frac{y_{P}}{x_{P}} = \frac{O Q}{O S} = \tan (t)$ .

2

a

Teken de lijn door het punt $(1, ‐ 3)$ en de oorsprong. De snijpunten van deze lijn zijn de twee mogelijke punten waar het kogeltje zich kan bevinden.
Met de GR: $\tan^{‐ 1} (‐ 3) = ‐ 1,249 \dots$ .
De twee punten zijn $(\cos (‐ 1,249 \dots), \sin (‐ 1,249 \dots)) = (0,316 \dots; ‐ 0,948 \dots)$ en het spiegelbeeld hiervan in de oorsprong $(‐ 0,316 \dots;0,948 \dots)$ .

b

In het algemeen: de tijdstippen $t = ‐ 1,249 \dots + k \cdot π$ , met $k$ geheel. Dus tussen $‐ 7$ en $7$ vind je $t = ‐ 4,39$ , $‐ 1,25$ , $1,89$ en $5,03$

3

a

$\frac{1}{3} \sqrt{3}$ , $1$ en $\sqrt{3}$

b

$‐ \frac{1}{3} \sqrt{3}$ , $1$ en $\sqrt{3}$

4

a

$S$ is het punt $(1,0)$ en $R$ is de projectie van $P$ op de $x$ -as.
De driehoeken $O P R$ en en $O P$ zijn gelijkvormig, dus $\frac{O S}{O Q} = \frac{O R}{O P} \Leftrightarrow$
$\frac{1}{O Q} = \frac{| \cos (t) |}{1}$ . Er staan absolute-waardestrepen, omdat het over de lengte van $O Q$ gaat en die is positief, de eerste coördinaat van $\cos (t)$ de eerste coördinaat van $P$ kan ook negatief zijn.

b

Het is de stelling van Pythagoras in driehoek $O S Q$ .

c

Deel $\sin^{2} (t) + \cos^{2} (t) = 1$ door $\cos^{2} (t)$ en gebruik $\tan^{2} (t) = \frac{\sin^{2} (t)}{\cos^{2} (t)}$

5

a

b

Als bijvoorbeeld $t ↑ \frac{1}{2} π$ , dan $\cos (t) ↓ 0$ en $\sin (t) ↑ 1$ , dus $\tan (t) \to \infty$ .

c

Het snijpunt van lijn $O P$ met de raaklijn in $(1,0)$ , (zie de figuur bij opgave 47), is hetzelfde als het kogeltje $π$ tijdseenheden verder is.
Of: $\sin (t + π) = ‐ \sin (t)$ en $\cos (t + π) = ‐ \cos (t)$ , dus $\tan (t + π) = \tan (t)$ .

d

De periode is niet groter dan $π$ , preciezer: de periode is $\frac{π}{n}$ met $n$ positief geheel.

6

Van links naar rechts.

$\cos (x) = 2 \sin (x) \Leftrightarrow \tan (x) = \frac{1}{2}$ , de GR geeft: $\tan^{‐ 1} (\frac{1}{2}) = 0,46 \dots$ , dus $x \approx 0,46$ of $x = 0,46 \dots + π \approx 3,61$ .
$2 \cos^{2} (x) = \sin (x) \cos (x) \Leftrightarrow \cos (x) = 0 of \tan (x) = 2$ ;
de GR geeft: $\tan^{‐ 1} (2) = 1,107 \dots$ , dus $x = \frac{1}{2} π; 1 \frac{1}{2} π; 1,11; 4,25$ .
$3 \cos (x) = 2 \sin^{2} (x) \Leftrightarrow 3 \cos (x) = 2 - 2 \cos^{2} (x)$ , dus $\cos (x) = \frac{1}{2}$ of $\cos (x) = ‐ 2$ , dus $x = \frac{1}{3} π$ of $x = 1 \frac{2}{3} π$ .
$\sin^{2} (x) = \sin (x) \cos (x) + 2 \cos^{2} (x)$ . Deel beide kanten door $\cos^{2} (x)$ ,
dan krijg je:
$\tan^{2} (x) - \tan (x) - 2 = 0$ , dus $\tan (x) = ‐ 1$ of $\tan (x) = 2$ .
Dus $x = \frac{3}{4} π$ ; $x = 1 \frac{3}{4} π$ ; $x \approx 1,11$ of $x \approx 4,15$ .

7

$\frac{d}{d t} \frac{\sin (t)}{\cos (t)} = \frac{\cos^{2} (t) + \sin^{2} (t)}{\cos^{2} (t)} =$ $\frac{\sin^{2} (t)}{\cos^{2} (t)} + \frac{\cos^{2} (t)}{\cos^{2} (t)} = \tan^{2} (t) + 1$ ,
maar ook $\frac{d}{d t} \tan (t) = \frac{\sin^{2} (t) + \cos^{2} (t)}{\cos^{2} (t)} = \frac{1}{\cos^{2} (t)}$ .

8

$\frac{d y}{d x} = 2 \cdot \tan (x) \cdot \frac{1}{\cos^{2} (x)}$	$\frac{d y}{d x} = \frac{1}{2 \sqrt{tan x}} \cdot \frac{1}{\cos^{2} (x)}$
$\frac{d y}{d x}$ $= \frac{‐ \cos^{2} (x) - \sin^{2} (x)}{\sin^{2} (x)} = ‐ \frac{1}{\sin^{2} (x)}$	$y = \frac{1 + \tan (x)}{\tan (x)} = \frac{1}{\tan (x)} + 1$ ,
	dus weer $\frac{d y}{d x} = ‐ \frac{1}{\sin^{2} (x)}$ .

9

a

$f^{'} (x) = \tan^{2} (x)$ , dus $f^{″} (x) = 2 \tan (x) \cdot \frac{1}{\cos^{2} (x)}$ , dus $f^{″} (x) = 0 \Leftrightarrow x = k \cdot π$ voor alle gehele waarden van $k$ en $f (k \cdot π) = ‐ k \cdot π$ .
De buigpunten zijn dus: $(k \cdot π, ‐ k \cdot π)$ , voor alle gehele waarden van $k$ . Deze punten $(x, y)$ hebben de eigenschap dat $x + y = 0$ .

b

$G^{'} (x) = ‐ \frac{1}{\cos (x)} \cdot ‐ \sin (x) = \tan (x)$

c

Een primitieve van $f$ is $F$ met $F (x) = ‐ \ln | \cos (x) | - \frac{1}{2} x^{2}$ .
De gevraagde oppervlakte is: $\int_{0}^{\frac{1}{4} π} f (x) d x =$ $F (\frac{1}{4} π) - F (0) =$ $\frac{1}{2} \ln 2 - \frac{1}{32} π^{2}$ .

10

a

Dat klopt omdat $\sin (‐ a) = ‐ \sin (a)$ en $\cos (‐ a) = \cos (a)$ .

b

$1 - \tan^{2} (a) = 1 - \frac{\sin^{2} (a)}{\cos^{2} (a)} =$ $\frac{\cos^{2} (a) - \sin^{2} (a)}{\cos^{2} (a)} =$ $\frac{\cos (2 a)}{\cos^{2} (a)}$ .

c

$\tan^{2} (a) + 1 = \frac{\sin^{2} (a)}{\cos^{2} (a)} + 1 =$ $\frac{\sin^{2} (a) + \cos^{2} (a)}{\cos^{2} (a)} =$ $\frac{1}{\cos^{2} (a)}$

d

$\tan (a + b) = \frac{\sin (a + b)}{\cos (a + b)} = \frac{\sin (a) \cos (b) - \cos (a) \sin (b)}{\cos (a) \cos (b) - \sin (a) \sin (b)} =$ $\frac{\frac{\sin (a) \cos (b)}{\cos (a) \cos (b)} - \frac{\cos (a) \sin (b)}{\cos (a) \cos (b)}}{1 - \frac{\sin (a) \sin (b)}{\cos (a) \cos (b)}}$ $= \frac{\tan (a) + \tan (b)}{1 - \tan (a) \tan (b)}$

e

Vervang in het vorige onderdeel $b$ door $‐ b$ en gebruik onderdeel a.

11

Noem de horizontale afstand tot het bord $x$ .
Dan $\tan α = \frac{9,8}{x}$ en $\tan β = \frac{5}{x}$ , dus $\tan (α - β) = \frac{\frac{9,8}{x} - \frac{5}{x}}{1 - \frac{49}{x^{2}}}$ $= 4,8 \cdot \frac{x}{49 + x^{2}}$ .
Dit is maximaal als $y = \frac{x}{49 + x^{2}}$ maximaal is.
$y^{'} = \frac{‐ x^{2} + 49}{49 + x^{2}}$ en $y^{'} = 0 \Leftrightarrow x = 7$ (want $x \geq 0$ ).
Dus de hoek is maximaal als $x = 7$ .

12

a

Je vindt: $\sqrt{3} + \sqrt{3} + \sqrt{3} = \sqrt{3} \cdot ‒ \sqrt{3} \cdot ‒ \sqrt{3}$ en dat is juist.

b

Er geldt: $\tan (7 x) = \frac{\tan (2 x) + \tan (5 x)}{1 - \tan (2 x) \tan (5 x)}$ . Beide kanten van de gelijkheid met $1 - \tan (2 x) \tan (5 x)$ vemenigvuldigen geeft het resultaat.

13

$\tan (\frac{1}{4} π + x) = \frac{\tan (x) + 1}{1 - 1 \cdot \tan (x)}$ $= \frac{\sin (x) + \cos (x)}{\cos (x) - \sin (x)}$ $= \frac{1 + \sin (2 x)}{\cos (2 x)}$ , want $\frac{1 + \sin (2 x)}{\cos (2 x)} = \frac{\sin^{2} (x) + 2 \sin (x) \cos (x) + \cos^{2} (x)}{\cos^{2} (x) - \sin^{2} (x)}$ $= \frac{{(\sin (x) + \cos (x))}^{2}}{(\cos (x) - \sin (x)) (\cos (x) + \sin (x))}$ $= \frac{\sin (x) + \cos (x)}{\cos (x) - \sin (x)}$

14

a

Noem de projectie van $R$ op de $y$ -as $T$ . De driehoeken $L T R$ en $L O S$ zijn gelijkvormig, dus: $f (t) = \frac{O S}{O L} = \frac{\cos (t)}{1 - \sin (t)}$ .

b

Als $t ↑ \frac{1}{2} π$ , dan nadert $R$ naar $L$ , dus $O S$ wordt oneindig lang,
dus $\lim_{t ↑ \frac{1}{2} π} \frac{\cos (t)}{1 - \sin (t)} = \infty$ .

c

$\frac{\cos (t)}{1 - \sin (t)} \cdot \frac{1 + \sin (t)}{1 + \sin (t)} = \frac{\cos (t) (1 + \sin (t))}{(1 - \sin (t)) (1 + \sin (t))} =$ $\frac{\cos (t) (1 + \sin (t))}{1 - \sin^{2} (t)} =$ $\frac{\cos (t) (1 + \sin (t))}{\cos^{2} (t)} = \frac{1 + \sin (t)}{\cos (t)}$ .

d

$\lim_{t ↑ \frac{1}{2} π} \frac{\cos (t)}{1 - \sin (t)} = \lim_{t ↑ \frac{1}{2} π} \frac{1 + \sin (t)}{\cos (t)}$ .
Als $t ↑ \frac{1}{2} π$ , dan $1 + \sin (t) \to 2$ en $\cos (t) ↓ 0$ , dus $\lim_{t ↑ \frac{1}{2} π} \frac{1 + \sin (t)}{\cos (t)} = \infty$ .
$t ↓ \frac{1}{2} π$ , dan $1 + \sin (t) \to 2$ en $\cos (t) ↑ 0$ , dus $\lim_{t ↓ \frac{1}{2} π} \frac{1 + \sin (t)}{\cos (t)} = ‐ \infty$ .

e

$\lim_{t \to \frac{1}{2} π} \frac{1 - \sin (t)}{\cos (t)} = \lim_{t \to \frac{1}{2} π} \frac{\cos (t)}{1 + \sin (t)}$ en als $t \to \frac{1}{2} π$ , dan $\cos (t) \to 0$ en
$1 + \sin (t) \to 2$ , dus $\frac{\cos (t)}{1 + \sin (t)} \to 0$ .

15

a

$2$ , met de GR.

b

Substitueer $a = 2 x$ , je krijgt: $\lim_{a \to 0} \frac{\tan (a)}{a} =$ $\lim_{x \to 0} \frac{1}{2} \frac{\tan (2 x)}{x} = 1$ ,
dus $\lim_{x \to 0} \frac{\tan (2 x)}{x} = 2$ .

c

$\lim_{x \to \frac{1}{4} π} \frac{\cos (2 x)}{\cos (x) - \sin (x)}$ $\lim_{x \to \frac{1}{4} π} \frac{(\cos (x) - \sin (x)) (\cos (x) + \sin (x))}{\cos (x) - \sin (x)} =$
$\lim_{x \to \frac{1}{4} π} \cos (x) + \sin (x)$ $= \sqrt{2}$ .