Goniometrie (VWO 6 wis B) – Pagina 11

Gelijke hellingen

Voor elke $a$ met $-\frac{1}{2}\pi<a<\frac{1}{2}\pi$ wordt de functie $f_a$ gegeven door $f_a(x)=\sin(x)\cdot \sin(x-a)$ met domein $[0,\pi]$ .

De afgeleide functie van $f_a$ kan worden geschreven als $f_a'(x)=\sin(2x-a)$ .

Opdracht 10: (3 punten)
Bewijs dit.

Formuleblad:

Aanpak:

Vaak krijg je voor dit soort vragen de eerste twee punten voor een uitdrukking vinden voor de afgeleide en alleen het laatste punt voor het correct omschrijven naar de juiste vorm. Een goed advies is dus om in ieder geval maar gewoon te starten met te differentiëren. Hierbij gebruik je de productregel, omdat je twee termen met een $x$ vermenigvuldigd (de productregel zegt dat je de afgeleide krijgt met differentiëren keer overschrijven plus overschrijven keer differentiëren).

Vervolgens krijg je een afgeleide die je met het formuleblad moet omschrijven naar $\sin(2x-a)$ . Het lijkt dus al wel logisch dat je de formule $\sin(t-u)=\sin(t)\cos(u)-\cos(t)\sin(u)$ zal moeten gebruiken. Als je goed kijkt, zie je dat de rechterkant van de afgeleide ook in de vorm $\sin(t)\cos(u)-\cos(t)\sin(u)$ staat. Door die regel toe te passen, kom je dus op het eindantwoord

Opmerking: omdat het antwoord al weggegeven is, moet je laten zien hoe je de laatste stap zet. Als nakijker moet ik kunnen zien dat je niet gewoon het gegeven antwoord hebt overgeschreven.

Uitwerking:

$f'_a(x)=\cos(x)\cdot \sin(x-a) + \sin(x)\cdot \cos(x-a)$
We zien dat de rechterkant in de vorm $\cos(A)\sin(B)+\sin(A)\cos(B)$ staat. Met het formuleblad zien we dat dit gelijk is aan $\cos(A+B)$ . Dat geeft hier dus $f'_a(x)=\cos(x+x-a)$
$f'_a(x)=\cos(2x+a)$ .

De functie $g$ is gegeven door $g(x)=\sin(x)$ met domein $[0,\pi]$ . In de figuur zijn de grafieken van $g$ en $f_{\frac{1}{6}\pi}$ getekend.

Deze twee grafieken raken elkaar in een punt met $x=\frac{2}{3}\pi$ . In dat punt is de helling van beide grafieken dus gelijk. Er zijn nog twee andere waarden van $x$ waarvoor de helling van de grafiek van $f_{\frac{1}{6}\pi}$ gelijk is aan de helling van de grafiek van $g$ .

Opdracht 11: (6 punten)
Bewijs dat deze $x$ -waarden $\frac{2}{3}\pi$ van elkaar verschillen.

Aanpak:

Als $f$ en $g$ een gelijke helling hebben, moet de vergelijking $f'(x)=g'(x)$ kloppen. Deze vergelijking gaan we dus oplossen. Dat geeft een vergelijking van het type $\sin(A)=\cos(B)$ . Hierbij wil je dus de cosinus in een sinus omschrijven om een vergelijking vna het type $\sin(A)=\sin(B)$ te krijgen. Voor dat omschrijven heb je heel veel opties. Vaak geef ik aan mijn leerlingen de volgende twee opties bij het leren:

Als je gemakkelijk dingen door elkaar haalt, zou ik de formules $\sin(A)=\cos(\frac{1}{2}\pi -A)$ en $\cos(A)=\sin(\frac{1}{2}\pi-A)$ gebruiken. Dan doe je van sinus naar cosinus hetzelfde als van cosinus naar sinus.
Het nadeel van de bovenstaande methode is dat je de $A$ altijd tussen haakjes moet invullen. Hierbij kun je minfouten maken. Als je daar bang voor bent, kun je ook $\sin(A)=\cos(A-\frac{1}{2}\pi)$ en $\cos(A)=\sin(A+\frac{1}{2}\pi)$ leren. Die zijn gemakkelijker qua invullen, maar vragen wel meer qua onthouden.

Ongeacht welke vorm je gebruikt, los je de vergelijking $\sin(A)=\sin(B)$ op met $A=B+k\cdot 2\pi \vee A\pi-B+k\cdot 2\pi$ . Daarbij moet je eraan denken dat je de $B$ hierin tussen haakjes in moet substitueren.

Uitwerking met $\cos(\alpha)=\sin(\frac{1}{2}\pi-\alpha)$ :

$f'_{\frac{1}{6}\pi}(x)=\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)$
$g'(x)=\cos(x)$
$f'_{\frac{1}{6}\pi}(x)=g'(x)$ geeft $\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)=\cos(x)$
$\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)=\sin(\frac{1}{2}\pi-x)$
$2x-\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{2}\pi-x+k\cdot 2\pi \vee 2x-\frac{1}{6}\pi=\pi-(\frac{1}{2}\pi-x)+k\cdot 2\pi$
$3x=\frac{2}{3}\pi+k\cdot 2\pi \vee 2x-\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{2}\pi+x+k\cdot 2\pi$
$x=\frac{2}{9}\pi+k\cdot \frac{2}{3}\pi \vee x=\frac{2}{3}\pi+k\cdot 2\pi$
Op $[0,\pi]$ zijn de oplossingen $x=\frac{2}{9}\pi \vee x=\frac{2}{3}\pi\vee x=\frac{8}{9}\pi$ .
Aangezien $\frac{8}{9}\pi - \frac{2}{9}\pi = \frac{2}{3}\pi$ is de uitspraak bewezen dat de andere twee oplossingen $\frac{2}{3}\pi$ van elkaar verschillen.

Uitwerking met $\cos(\alpha)=\sin(\frac{1}{2}\pi+\alpha)$ :

$f'_{\frac{1}{6}\pi}(x)=\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)$
$g'(x)=\cos(x)$
$f'_{\frac{1}{6}\pi}(x)=g'(x)$ geeft $\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)=\cos(x)$
$\sin(2x-\frac{1}{6}\pi)=\sin(\frac{1}{2}\pi+x)$
$2x-\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{2}\pi+x+k\cdot 2\pi \vee 2x-\frac{1}{6}\pi=\pi-(\frac{1}{2}\pi+x)+k\cdot 2\pi$
$2x-\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{2}\pi+x+k\cdot 2\pi \vee 2x-\frac{1}{6}\pi=\frac{1}{2}\pi-x+k\cdot 2\pi$
$x=\frac{2}{3}\pi+k\cdot 2\pi \vee 3x=\frac{2}{3}\pi+k\cdot 2\pi$
$x=\frac{2}{3}\pi+k\cdot 2\pi \vee x=\frac{2}{9}\pi+k\cdot \frac{2}{3}\pi$
Op $[0,\pi]$ zijn de oplossingen $x=\frac{2}{9}\pi \vee x=\frac{2}{3}\pi\vee x=\frac{8}{9}\pi$ .
Aangezien $\frac{8}{9}\pi - \frac{2}{9}\pi = \frac{2}{3}\pi$ is de uitspraak bewezen dat de andere twee oplossingen $\frac{2}{3}\pi$ van elkaar verschillen.

Pagina's: 1234567891011