$2\text{π}$

Bijvoorbeeld de lijn $x=\frac{1}{2}\text{π}$; $\underset{x\uparrow \frac{1}{2}\text{π}}{\lim }f(x)=\infty$.

$\tan (\text{π}-x)=\mathrm{‐}\tan (x)$ en $\tan (\text{π}+x)=\tan (x)$;
$\sin (\text{π}-x)=\sin (x)$ en $\sin (\text{π}+x)=\mathrm{‐}\sin (x)$, dus $f(\text{π}-x)=\mathrm{‐}f(\text{π}+x)$.
De grafiek van $f$ is puntsymmetrisch ten opzichte van $(\text{π}\mathrm{,0})$.

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{4{\cos }^2(x)}-2\cos (x)$, dus $f^{\prime }(x)=0\iff x=\pm \frac{1}{3}\text{π}+k\cdot 2\text{π}$.
De (relatieve) maxima zijn $f(\mathrm{‐}\frac{1}{3}\text{π}+k\cdot 2\text{π})=\frac{3}{4}\sqrt{3}$ en de (relatieve) minima: $f(\frac{1}{3}\text{π}+k\cdot 2\text{π})=\mathrm{‐}\frac{3}{4}\sqrt{3}$, voor alle gehele waarden van $k$.

$f(x)=x+\frac{x}{x^2-1}$, dus $\underset{x\to \pm \infty }{\lim }f(x)-x=\underset{x\to \pm \infty }{\lim }\frac{x}{x^2-1}=0$, dus $y=x$ is scheve asymptoot.
De lijnen $x=1$ en $x=\mathrm{‐}1$ zijn verticale asymptoot want bijvoorbeeld
$\underset{x\downarrow 1}{\lim }f(x)=\infty$ en $\underset{x\downarrow \mathrm{‐}1}{\lim }f(x)=\mathrm{‐}\infty$.

$f^{\prime }(x)=\frac{x^2(x^2-3)}{{\left(x^2-1\right)}^2}$, dus $f^{\prime }(x)=0\iff x=0\text{ of }x=\pm \sqrt{3}$.
Voor $x=0$ geen extreme waarde, $f(\sqrt{3})=1\frac{1}{2}\sqrt{3}$ is een minimale waarde van $f(\mathrm{‐}\sqrt{3})=\mathrm{‐}1\frac{1}{2}\sqrt{3}$ is een maximale waarde van $f(x)$.

Tussen $\mathrm{‐}1$ en $1$ neemt $f^{\prime }(x)$ alle waarden kleiner of gelijk aan $0$ aan; rechts van $1$ en links van $\mathrm{‐}1$ alle waarden kleiner dan $1$.
Samengevat: alle waarden kleiner dan $1$.

$x$ ligt in het domein als $x\ge 2\sqrt{3}$ of als $x\le \mathrm{‐}2\sqrt{3}$.

Omdat bijvoorbeeld $2$ meer dan één origineel heeft, want $f\left(4\right)=f\left(\mathrm{‐}4\right)=2$.

$f_{\text{inv}}(x)=\sqrt{x^2+12}$

$f_{\text{inv}}(x)=\mathrm{‐}\sqrt{x^2+12}$

$f(x)=0\iff \frac{1}{2}x-3=\mathrm{‐}\sqrt{x^2+12}$, dus (kwadrateer) $\frac{1}{4}{x}^2-3x+9=x^2+12\iff x^2+4x+4=0$, dus $x=\mathrm{‐}2$. (Controleren!)

$f^{\prime }(x)=\frac{1}{2}+\frac{x}{\sqrt{x^2+12}}$; $f^{\prime }(x)=0\iff x=\mathrm{‐}2$,
De extreme waarde is $f(\mathrm{‐}2)=0$.

De functie $x\to \sqrt{x^2+12}$ heeft twee scheve asymtoten, namelijk de lijn $y=x$ (als $x\to \infty$) en de lijn
$y=\mathrm{‐}x$ (als $x\to \mathrm{‐}\infty$).
Dus $f\left(x\right)\approx \frac{1}{2}x-3+x$
als $x\to \infty$ en $f\left(x\right)\approx \frac{1}{2}x-3-x$
als $x\to \mathrm{‐}\infty$.
De grafiek heeft twee scheve asymptoten:
- de lijn $y=1\frac{1}{2}x-3$, want $\underset{x\to \infty }{\lim }f\left(x\right)-\left(1\frac{1}{2}x-3\right)=$ $\underset{x\to \infty }{\lim }\mathrm{‐}x+\sqrt{x^2+12}=0$.
- de lijn $y=\mathrm{‐}\frac{1}{2}x-3$, want $\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }f\left(x\right)-\left(\mathrm{‐}\frac{1}{2}x-3\right)=\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }x+\sqrt{x^2+12}=0$.

$B$ bevindt zich op de $x$-as $\iff$ $\cos (2t)=0\iff t=\frac{1}{4}\text{π},\frac{3}{4}\text{π}\mathrm{,1}\frac{1}{4}\text{π}\mathrm{,1}\frac{3}{4}\text{π}$.
Als $t=\frac{1}{4}\text{π}$, dan is $A\text{ in }\left(\frac{1}{2}\sqrt{2},\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$, dus $A$ bevindt zich dan op de lijn $y=x$,
als $t=\frac{3}{4}\text{π}$, dan is $A\text{ in }\left(\frac{1}{2}\sqrt{2},\mathrm{‐}\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$, dus $A$ bevindt zich dan op de lijn $y=\mathrm{‐}x$, als $t=1\frac{1}{4}\text{π}$, dan is $A\text{ in }\left(\mathrm{‐}\frac{1}{2}\sqrt{2},\mathrm{‐}\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$, dus $A$ bevindt zich op de lijn $y=x$,
als $t=1\frac{3}{4}\text{π}$, dan is $A\text{ in }\left(\mathrm{‐}\frac{1}{2}\sqrt{2},\frac{1}{2}\sqrt{2}\right)$, dus $A$ bevindt zich op de lijn $y=\mathrm{‐}x$.

Lijnstuk $AB$ is horizontaal als $2\cos (2t)=\cos (t)$, Deze vergelijking oplossen met de SOLVER van de GR geeft bijvoorbeeld met $\cos (t)<0$: $t=\mathrm{2,21..}$ of $t=\mathrm{4,08...}$.
De coördinaten van $A$ zijn dan (ongeveer) $(\mathrm{0,8};\mathrm{‐}\mathrm{0,6})$ (of $(\mathrm{‐}\mathrm{0,8};\mathrm{‐}\mathrm{0,6})$ en de coördinaten van $B$ zijn dan (ongeveer) $(\mathrm{‐}\mathrm{1,9};\mathrm{‐}\mathrm{0,6})$ (of $(\mathrm{1,9};\mathrm{‐}\mathrm{0,6})$.

$\overrightarrow{OA}=\left(\begin{array}{c}\sin \left(t\right)\\ \cos \left(t\right)\end{array}\right)$ en $\overrightarrow{AB}=\left(\begin{array}{c}2\sin \left(2t\right)-\sin \left(t\right)\\ 2\cos \left(2t\right)-\cos \left(t\right)\end{array}\right)$, dus $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{AB}=0\iff$ $\sin \left(t\right)\left(2\sin \left(2t\right)-\sin \left(t\right)\right)+\cos \left(t\right)\left(2\cos \left(2t\right)-\cos \left(t\right)\right)=0\iff$ $2\cos \left(2t-t\right)=1\iff$ $\cos \left(t\right)=\frac{1}{2}$, dus $t=\frac{1}{3}\text{π}$.

$f^{\prime }(x)=\mathrm{‐}\frac{2}{x^2}$, dus de raaklijn heeft richtingscoëfficiënt $f^{\prime }(2)=\frac{1}{2}$ en een vergelijking van de raaklijn is dus: $y=\frac{1}{2}x+b$, omdat $A$ op de lijn ligt geldt: $b=2$.

Het snijpunt van de raaklijn met de $y$-as noemen we $C$, de projectie van $A$ op de $x$-as noemen we $B$ en het snijpunt van de grafiek van $f$ met de $x$-as noemen we $D$, dan $D(\frac{1}{2}\mathrm{,0})$.
De oppervlakte van trapezium $OBAC$ is: $\frac{1}{2}\cdot 2\cdot (2+3)=5$.
De oppervlakte van het gebied begrensd door de $X$-as, de grafiek van $f$ en lijnstuk $AB$ is: ${\displaystyle {\int }_{\frac{1}{2}}^{2}f(x)\text{d}x}={4x-2\ln x|}_{\frac{1}{2}}^2=6-4\ln 2$.
De gevraagde oppervlakte is dan:
$5-(6-4\ln 2)=4\ln 2-1$.

$f$ is de ketting $\text{OMG}\to \text{Maal}2\to \text{Tegen}\to \text{Plus}4$, dus $f_{\text{inv}}$ is de ketting $\text{Min}4\to \text{Tegen}\to \text{DD}2\to \text{OMG}$ dus $f_{\text{inv}}(x)=\frac{2}{4-x}$. We moeten dus de maximale waarde van de functie $g$ met $g(x)=4-\frac{2}{x}-\frac{2}{4-x}$ hebben. $g^{\prime }(x)=\frac{2}{x^2}-\frac{2}{{(4-x)}^2}$, dus $g^{\prime }(x)=0\iff {(4-x)}^2=x^2\iff x=2$, het maximum is dus $g(2)=2$.
Opmerking
Je kunt de formule voor $f_{\text{inv}}\left(x\right)$ ook vinden door in de formule $y=4-\frac{2}{x}$, de $y$ en $x$ te verwisselen en daarin de $y$ 'vrij' te maken.
$x=4-\frac{2}{y}\iff 4-x=\frac{2}{y}\iff \frac{y}{2}=\frac{1}{4-x}\iff y=\frac{2}{4-x}$, dus $f_{\text{inv}}\left(x\right)=\frac{2}{4-x}$.

${f_7}^{\prime }(x)=\frac{8x^2-8x-16}{{(2x-1)}^2}$; ${f_7}^{\prime }(x)=0$ $\iff 8x^2-8x-16=0\iff x=\mathrm{‐}1\text{ of }x=2$, dus de toppen zijn $(\mathrm{‐}\mathrm{1,}\mathrm{‐}3)$ en $(\mathrm{2,9})$. De afstand tussen deze punten is $(\mathrm{2,9})$.

$\frac{4x^2+2x}{2x-1}=2x+2+\frac{2}{2x-1}$, dus $p=q=2$ en $|f_0(x)-(px+q)|$ $=\left|\frac{2}{2x-1}\right|$ en $\left|\frac{2}{2x-1}\right|<\mathrm{0,001}\iff$ $\frac{2x-1}{2}>1000\text{ of }\frac{2x-1}{2}<\mathrm{‐}1000$, dus $x<\mathrm{‐}\mathrm{999,5}$ of $x>\mathrm{1000,5}$.

$2x-1=0$ als $x=\frac{1}{2}$, dus moet $4x^2+2x+a=0$ zijn voor $x=\frac{1}{2}$, dus $a=\mathrm{‐}2$.
$\underset{x\to \frac{1}{2}}{\lim }f(x)=\underset{x\to \frac{1}{2}}{\lim }\frac{(2x-1)(2x+2)}{2x-1}$ $=\underset{x\to \frac{1}{2}}{\lim }2x+2=3$.
De perforatie is dus $(\frac{1}{2}\mathrm{,3})$.

$x=\mathrm{‐}2$ en $y=\mathrm{‐}2$

Het punt van symmetrie is $(\mathrm{‐}\mathrm{2,}\mathrm{‐}2)$. Er geldt namelijk $f(\mathrm{‐}2+x)+f(\mathrm{‐}2-x)=$ $\frac{\mathrm{‐}(\mathrm{‐}2+x)-2}{x}+\frac{\mathrm{‐}(\mathrm{‐}2-x)-2}{\mathrm{‐}x}=$ $=\frac{2-2x}{x}+\frac{\mathrm{‐}2-2x}{\mathrm{‐}x}=\mathrm{‐}4$
Als je de grafiek op de GR tekent, zie je dat de lijn $y=x$ symmetrieas is. Dit kun je aantonen door te laten zien dat de functie zijn eigen inverse is.
$f(f(x))=\frac{\mathrm{‐}2\left(\frac{\mathrm{‐}2x-2}{x+2}\right)-2}{\frac{\mathrm{‐}2x-2}{x+2}+2}\cdot \frac{x+2}{x+2}=$ $\frac{4x+4-2x-4}{\mathrm{‐}2x-2+2x+4}=x$, dus $f$ is zijn eigen inverse, want $f(f(x))=x$ voor alle $x$ behalve $x=\mathrm{‐}2$.

We verdelen het kruis in vier rechthoeken (gearceerd) en een vierkant. De rechthoeken zijn $2\sin \left(t\right)$ bij $\cos \left(t\right)-\sin \left(t\right)$ en het vierkant heeft zijden $2\left(\cos \left(t\right)-\sin \left(t\right)\right)$.
De oppervlakte van het kruis is dus: $O\left(t\right)=4\cdot 2\sin \left(t\right)\left(\cos \left(t\right)-\sin \left(t\right)\right)+4{\sin }^2\left(t\right)$ $=8\sin \left(t\right)\cos \left(t\right)-4{\sin }^2\left(t\right)$
$=4\sin \left(2t\right)+2\cos \left(2t\right)-2$, want $2\sin \left(t\right)\cos \left(t\right)=\sin \left(2t\right)$ en $2{\sin }^2\left(t\right)=1-\cos \left(2t\right)$.

Als $O\left(t\right)$ maximaal is, dan is $\cos \left(2t\right)-4\sin \left(2t\right)$, dit levert het gevraagde antwoord als je deelt door $4\cos \left(2t\right)$.

Dan $2\cos \left(2t\right)=\sin \left(2t\right)$, verder: ${\sin }^2\left(2t\right)+{\cos }^2\left(2t\right)=1$, dus $\sin \left(2t\right)=\frac{2}{5}\sqrt{5}$ en $\cos \left(2t\right)=\frac{1}{5}\sqrt{5}$.

$2\sqrt{5}-2$

$f\left(x\right)=\sqrt{x^2-4x+6}=\sqrt{{\left(x-2\right)}^2+2}$, dus $a=2$ en er moet $2$ eenheden naar rechts verschoven worden.

De asymptoten van de grafiek van $g$ zijn de lijnen $y=\pm x$; de asymptoten van de grafiek van $f$ vind je door deze twee eenheden naar rechts te schuiven, je krijgt de lijnen met vergelijking $y=\pm \left(x-2\right)$.

De eerste coördinaat van $P$ noemen we $a$, dan $f^{\prime }\left(a\right)=\frac{f\left(a\right)}{a}$, dus $\frac{a-2}{\sqrt{a^2-4a+6}}=\frac{\sqrt{a^2-4a+6}}{a}$ $\iff a^2-4a+6=a\left(a-2\right)$, dus $a=3$ en $P=\left(\mathrm{3,}\sqrt{3}\right)$.