$15$ km

$w\left(t\right)=$$5t$	als $0\le t\le 1$,
$w\left(t\right)=$$1+4t$	als $1\le t\le 3$,
$w\left(t\right)=$$7+2t$	als $3\le t\le 4$.

$5$ , $4$ en $2$

$\frac{1}{2}\cdot t\cdot 10t$ $=5t^2$

$h\left(t\right)=$ de oppervlakte van het gekleurde deel.

Als de grafiek van de snelheid steeds door de bovenkanten van de rechthoeken wordt gegeven, zou de auto altijd langzamer rijden dan wanneer de snelheid door de gladde grafiek wordt gegeven. De afgelegde weg in het eerste geval (dat is de totale oppervlakte van de rechthoeken) is dus kleiner dan de afgelegde weg in het tweede geval (dat is $L$).

Ik schat: $(266+302):2=284$.

Door smallere rechthoeken te nemen, benader je de snelheidsgrafiek nauwkeuriger.

Rechthoek van de onderschatting $\frac{1}{10}\cdot {\left(\frac{6}{10}\right)}^2=\frac{36}{1000}$, van de bovenschatting: $\frac{1}{10}\cdot {\left(\frac{7}{10}\right)}^2=\frac{49}{1000}$.

Het verschil tussen de onder- en de bovenschatting op de tien intervallen is de som van de oppervlakte van de rechthoeken in de figuur. Die tien rechthoeken vormen samen een rechthoek van $\mathrm{0,1}$ breed en $1$ hoog.

$\mathrm{0,01}\cdot \left(f\left(1\right)-f\left(0\right)\right)=\mathrm{0,01}$

$\mathrm{0,1}\cdot \left(f\left(2\right)-f\left(0\right)\right)=\mathrm{0,4}$

Ik schat $\mathrm{0,34}$.

$A(\mathrm{0,0})$, $B(\mathrm{1,1})$, $C(\frac{1}{2},\frac{1}{4})$, dan $\text{opp}\text{.}(\Delta ABC)=\frac{1}{8}$ en opp. paraboolsegment $=1\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{8}=\frac{1}{6}$; Opp. driehoek onder lijnstuk $AB$ is $\frac{1}{2}$, dus de oppervlakte onder de parabool is $\frac{1}{2}-\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$.

Neem $A\left(\mathrm{0,0}\right)$, $B(t,t^2)$, $D\left(\frac{1}{2}t\mathrm{,0}\right)$ en $E\left(t\mathrm{,0}\right)$, dan is $C(\frac{1}{2}t,\frac{1}{4}{t}^2)$ het midden van lijnstuk $AB$. Oppervlakte driehoek $AEB=\frac{1}{2}{t}^3$, oppervlakte driehoek $ACD=\frac{1}{16}{t}^3$, oppervlakte trapezium $DEBC=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}t(\frac{1}{4}{t}^2+t^2)=\frac{5}{16}{t}^3$, dus oppervlakte driehoek $ABC=\frac{1}{2}{t}^3-\frac{5}{16}{t}^3-\frac{1}{16}{t}^3=\frac{1}{8}{t}^3$, dus de oppervlakte van het paraboolsegment $ABC=\frac{4}{3}\cdot \frac{1}{8}{t}^3=\frac{1}{6}{t}^3$ en $O\left(t\right)=\frac{1}{2}{t}^3-\frac{1}{6}{t}^3=\frac{1}{3}{t}^3$.

$O^{\prime }\left(t\right)=t^2$

$P\left(t\right)=O\left(t\right)-O\left(2\right)=$ $\frac{1}{3}{t}^3-\frac{1}{3}\cdot 2^3=$ $\frac{1}{3}{t}^3-2\frac{2}{3}$; $P^{\prime }\left(t\right)=t^2$.

De oppervlakte van rechthoek $ABCD$ is $t\cdot \sqrt{t}$. De rechthoek wordt door de grafiek van $g$ in twee delen verdeeld. Het bovenste deel heeft oppervlakte $O\left(\sqrt{t}\right)=\frac{1}{3}t\sqrt{t}$.
Dus $G\left(t\right)=t\sqrt{t}-\frac{1}{3}t\sqrt{t}=\frac{2}{3}t\sqrt{t}$.

$G^{\prime }\left(t\right)=\sqrt{t}$

$v\left(0\right)=14$ m/s en $v\left(30\right)=\mathrm{9,5...}$ m/s. Deze snelheden komen overeen met $50$ en $35$ km/u

De afgeleide is $v\left(t\right)$.

Er geldt: $s\left(0\right)=0$, dus $c=$$\mathrm{‐}20\cdot \ln 4$.

$s\left(30\right)=270+20\cdot \ln \left(34\right)-20\cdot \ln 4$ meter, dat is ongeveer $\mathrm{312,80}$ meter.

$\mathrm{312,80}:30\cdot \mathrm{3,6}\approx \mathrm{37,5}$

Auto 1. De oppervlakte onder de grafiek van auto 1 is groter dan die onder de grafiek van auto 2, dus auto 1 heeft een grotere afstand afgelegd.

Ongeveer even hoog, want de oppervlakte "onder wo, boven di" is ongeveer de oppervlakte "onder di, boven wo".

$\frac{1}{2}\cdot 2\text{π}=\text{π}$

$3\cdot \text{π}=3\text{π}$

De grafiek van $h$ krijg je door die van van $f$ op $\left[\mathrm{0,}\text{π}\right]$ horizontaal met $2$ te vermenigvuldigen. De oppervlakte blijft hetzelfde, dus $\text{π}$.