\documentclass [dutch,12pt] {article}
\usepackage {strl}
\usepackage [dutch] {babel}
\usepackage [T1]{fontenc}
\usepackage {palatino}
\newcommand \nal {\medskip\par\noindent}
\newcommand \rme {{\rm e}}
\title {Uitwerkingen sommen hoofdstuk 3}
\author {Jos van Kan}
\begin {document}
\maketitle
\begin {enumerate}
\item %opgave 1
\ben
\item $A=(\frac32, \frac{27}8)$. $f'(x)=3x^2$ en dus is de helling in $A$:
$$f'(\frac32)=\frac{27}4=6\frac34.$$
\item De helling in B is \'o\'ok $6\frac34$.
\item De helling functie van $f$ is $f'(x)=3x^2$.
\item De hellingfunctie van $g$ is $g'(x)=3x^2$.
\een
\item %opgave 2
\ben
\item $f'(x) = 4x^3.$
\item $f'(x) = \frac1x$
\item $f'(x)=4$
\item $s'(t)=2t$
\item $k'(t) = {\rm e}^t$
\item $w'(q) = 3q^2$
\een
\item %opgave 3
\ben
\item De afgeleide is $f'(x) = 3x^2$. Deze heeft een (dubbel) nulpunt in $x=0$.
\item De helling is 3 indien $3x^2=3$ ofwel $x^2=1$. Er zijn twee $x$-waarden
die daaraan voldoen: $x=1$ en $x=-1$.
\item
\item $g(x) = x^3 - 2$
\een
\item %opgave 4
\ben
\item Als $l$ $f_a$ raakt in $(2,6)$ gaat $f_a$ door $(2,6).$ Dus geldt:
$a=-10$. De afgeleide van $f_a$ is $f'_a(x) = 4x^3$. $f'_a(2) = 32$ en de rc
van de raaklijn is dus $32.$ De voorlopige vgl van de raaklijn is dus $y = 32 x +
q$. Omdat $y$ door $(2,6)$ moet gaan geldt $6 = 64 + q$ en dus is $q = -58$. De
vergelijking van $l$ is dus $y=32x - 58$.
\item Als $f_a$ moet raken aan $y=\frac12x^2$ hebben beide functies dezelfde
helling. De afgeleide van $y$ is $y'=x$ en dus moet gelden $x=4x^3$ met 3
oplossingen: $x=0$, $x=\frac12$ en $x=-\frac12$. Wil $x=0$ een raakpunt zijn, 
dan moet $f_a(0)=y(0)$ ofwel $a=0$. 
{\bf Jos: Dit is tricky. Een heleboel ll zullen $x$ eenvoudig wegdelen. Krijgen
die een 0?}
Wil $x=\frac12$ een raakpunt zijn, dan moet $f_a(\frac12) = y(\frac12)$ ofwel
$\frac1{16} + a = \frac18$ en dus $a=\frac1{16}$. In dat geval is $x=-\frac12$
\'o\'ok een raakpunt.
\een
\item %opgave 5
\ben
\item $f'(x) = 3x^2$ en dus is $f'(2) = 12$.
\item In $x=4$.
\item
\item $g'(x) = 3(x-2)^2$.
\een
\item %opgave 6
\ben
\item $f'(x) = 10(x+1)^9$
\item $f'(x) = \frac1{x-1}$
\item $f'(x) = 3$
\item $s'(t) = 2(t-4)$
\item $g'(t) = {\rm e}^{t-4}$
\item $w'(q) = 2(q+5)$
\een
\item %opgave 7
\ben
\item Door $f$ \'e\'en eenheid naar rechts een vier eenheden naar boven te
schuiven ontstaat $g$.
\item $B=(3,12)$
\item De richtingsco"effici"ent van de raaklijn in $A$ is $12.$ De voorlopige
vergelijking van de raaklijn is dus $y=12x+q$. Deze moet door $A$ gaan en dus
is $12 = 36 + q$ ofwel $q = -24$. De vergelijking van de raaklijn aan $f$ door
$A$ is dus $y = 32 x - 24$.
\item De vergelijking van de raaklijn door $B$ aan $g$ verkrijgen we door
verschuiving: $y-4 = 32 (x-1) - 24$, ofwel $y = 32 x - 52$. Dat klopt ook nog.
\een
\item %opgave 8
\ben
\item $(4-p)^5 = 32$ dus $4-p = 2$ en $p=2$. \nal{\bf Jos: Kennen onze kindertjes
de machten van 2 uit hun hoofd? Anders zou dit wel eens heel moeilijk kunnen
zijn.}
\item $f'_p (x) = 5(x-p)^4$. Er geldt dus $5(4-p)^4 = 5$, dus $(4-p)^4=1$.
Hieruit vinden we: $4-p=\pm 1$. Dus $p=3$ of $p=5.$ 
\item Stel $A = (x, 1)$. Er geldt $(x-100)^5 = 1$, dus $x-100 = 1$
en $x= 101$. De helling van de grafiek is
$f_p'=5(x-100)^4 = 5$.
\een
\item %opgave 9
\ben 
\item  480; 1680; 3600; 6240; 9600; 
\item $120 m + 360 m^2$
\item $s = 120 t + 360 t^2$ {\bf Jos: Ik zie niet goed in welk opzicht vraag
b en c van elkaar verschillen.}
\een
\item %opgave 10
\ben
\item $N = 30\cdot 2^t$
\item $N = 0,003\cdot 2^t$
\item $N = 3000\cdot 2^{365t}$
\een
\item %opgave 11
\ben
\item $S = 500 (1.007)^t$
\item $S = 500 (1.007)^{12t}$
\een
\item %opgave 12
\ben
\item $L = 0,03\cdot2^t$
\item $L = 3\cdot2^{\frac t7}$
\een
\item %opgave 13
\ben
\item $L'(3) = 1,5^3 \ln 1,5 =  1,3684$ cm/dag
\item Dat is  0,013684 m/dag
\item $L_m(t) = 0,01 \times 1,5^t$
\item $L'_m(t) = 0,01 \times 1,5^t \ln 1,5 $
\een
\item %opgave 14
\ben
\item $f'(x) = 21 x^6$
\item $f'(x) = -70x^9$
\item $f'(x) = 6(x-4) = 6x - 24$
\item $f'(x) = x^3$
\item $f'(t) = -3t^2$
\item $f'(t) = 5{\rm e}^t$
\item $f'(t) = 30(t-5)^4$
\item $f'(t) = \frac {10}{t+3}$
\een
\item %opgave 15
\ben
\item Na 10 seconden.
\item $s(9) = 0,8 \times 81 = 64,8$ m en de gemiddelde snelheid in de
laatste seconde dus 
$$ \frac {80 - 64,8}{1} = 15,2 {\rm m/s}.$$
\item $s'(t) = 1,6 t.$ De snelheid waarmee de bal de grond raakt is $s'(10)
= 16$ m/s.
\een
\item %opgave 16
\ben
\item Het differentiequoti"ent van $g (x) = cf(x)$ wordt gegeven door:
$$
\frac {c f (x+\Delta x) - c f(x)}{\Delta x} = c \frac  {f (x+\Delta x)
- f(x)}{\Delta x}$$
\item 
Laat nu $\Delta x$ naar 0 gaan, dan komt er $g'(x) = c f'(x)$.
\een
\item %opgave 17 
(Ha! Pas nu zie ik dat bladzijde 6 en 7 omgewisseld zijn. Vandaar die
opmerking. Goed zo, Bert!)
\ben
\item $K(t) = (1,01)^t$ mille.
\item $K'(t) = (1,01)^t \ln 1,01$, dus na twaalf maanden is 
$$K'(12) =
(1,01)^{12} \ln 1,01 = 0,0112 {\rm\ mille/maand.}$$
\item Dat is $12\cdot0,0112 = 0,1345$ mille/jaar.
\item $K(\tau) = (1,01)^{12\tau}$ mille ($\tau$ in jaren).
\item $K'(\tau) = 12 \cdot (1,01)^{12\tau} \ln 1,01$ mille/jaar.
\een
\item %opgave 18
\ben
\item $f'(x) = 5\cdot3(5x)^2 = 15\cdot(5x)^2 = 15\cdot25 x^2 = 375 x^2.$
\item Eerst de haakjes wegwerken geeft: $f(x) = 125 x^3, f'(x) = 375x^2.$
\item $f'(x) = 4\rme^{4x}.$ 
\item Opgevat als $f(x) = (\rme^4)^x$ krijg je $f'(x) = (\rme^4)^x \ln
(\rme^4) = 4 \rme^{4x}$.
{\bf Jos: Dit is wel erg subtiel hoor, dat zal wel een eind over de
hoofden heen vliegen.}
\een
\item %opgave 19
\ben
\item $f'(x) = 3\cdot6(3x)^5=18(3x)^5$
\item $f'(x) = \frac{5}{5t+6}$
\item $f'(t) = \frac12 (3^{\frac12t})$
\item $f'(x) = 5\cdot7(5x-8)^7=35(5x-8)^7$
\item $f'(x) = -7^{7-x}\ln 7$
\item $f'(x) = -6\cdot10(1-6x)^9=-60(1-6x)^9$
\item $f'(x) = -2\cdot5\rme^{3-2x}=-10\rme^{3-2x}$
\item $f'(x) = 8\cdot3\cdot50(8x+1)^2=1200(8x+1)^2$
\item $f'(t) = -0,5\cdot5^{1-0,5t} = -2,5\cdot5^{-0,5t}$
\item $f'(x) = -2\cdot5\cdot4(7-2x)^4 = -40(7-2x)^4$
\een
\item %opgave 20
\ben
\item Het differentiequoti"ent van $g(x) = f(3x)$ op het interval $[x,
x+\Delta x]$ wordt gegeven door
$$\frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x} = \frac {f(3(x+\Delta x)) -
f(3x)} {\Delta x}= \frac {f(3x+3\Delta x) - f(3x)}{\Delta x}
$$
Het differentiequoti"ent van $f(x)$ op het interval $[3x, 3x + 3\Delta
x]$ wordt gegeven door
$$\frac {f(3x + 3\Delta x) - f(3x)} {3\Delta x}
$$
\item Het differentiequoti"ent van $g(x) = f(cx)$ op het interval $[x,
x+\Delta x]$ wordt gegeven door
$$\frac {g(x+\Delta x) - g(x)}{\Delta x} = \frac {f(c(x+\Delta x)) -
f(cx)} {\Delta x}= \frac {f(cx+c\Delta x) - f(cx)}{\Delta x}
$$
Het differentiequoti"ent van $f(x)$ op het interval $[cx, cx + c\Delta
x]$ wordt gegeven door
$$\frac {f(cx + c\Delta x) - f(cx)} {c\Delta x}
$$
Dat scheelt inderdaad een factor c.
\item Voor $g'(x)$ betekent dit, dat $g'(x) = c f'(cx)$. Dit volgt
direct, door in bovenstaande uitdrukking $\Delta x$ naar nul te laten
gaan.
\een
\item %opgave 21
\ben
\item Zowel de nulwaarden van $f$ als de nulwaarden van $g$. Uit de
figuur: 0, 2 en 4.
\item Waar $f$ en $g$ hetzelfde teken hebben is $h>0$. Dus $<\leftarrow;
0> en <2;4>$.
\item Een (locaal) minimum van $h$ ligt tussen de nulwaarden 0 en 2.
{\bf Is dat nou wel zo'n handige vraag? Het bepalen van minima en het
onderscheid locaal/globaal minimum is nog niet aan de orde geweest.}
\item 
\een
\item %opgave 22
\ben
\item $s(x) = x^2 - 1 + \sqrt x$, $v(x) = x^2 - 1 -\sqrt x$, $p(x) =
x^{\frac52} - \sqrt x$ (of $p(x) = \sqrt x (x^2 - 1)$ ) en $q(x) = \frac
{x^2 - 1}{\sqrt x}$.
\item Het domein van $f$ is $<\leftarrow; \rightarrow>$; het domein van
$g$ is $[0; \rightarrow>$. Het domein van $s$, $v$ en $p$ is dus $[0,
\rightarrow>$. Van het domein van $q$ is bovendien de nulwaarde van $g$,
$x=0$ uitgesloten. Dit is dus $<0; \rightarrow>$.
\item De nulpunten van $p$ zijn de nulpunten van $f$ en $g$ die tot het
domein van $p$ behoren. Dus $x=0$ en $x=1$. (Het nulpunt van $f$: $x=-1$
hoort niet tot het domein van $p$). De nulpunten van $q$ zijn de
nulpunten van de teller die tot het domein van $q$ behoren. Dat is
alleen het punt $x=1$.
\item De grafiek van $q$ heeft een verticale asymptoot voor de waarde van $x$
waarvoor de noemer 0 wordt. In dit geval $x=0$.
\een
\item %opgave 23
\ben
\item $x=-1$ en $x=2$.
\item kwadratische functie
\item De symmetrie--as van de parabool ligt halverwege de twee
nulpunten. In dit geval $x=\frac12$.
{\bf Is dat niet een beetje een zinloze vraag? Of gewoon als herhaling
bedoeld?}
\item $f$ heeft helling 1 en gaat door (0, 1). Dus $f(x) = x + 1$. $g$
heeft helling $-2$ en gaat door (0, 4). Dus $g(x) = -2x + 4$. Het maximum
van $p$ ligt op de symmetrie--as, en is dus $p(\frac12) = (\frac12 + 1)
(-1 + 4)= \frac92$.
\item Het nulpunt van $q$ is het nulpunt van $f$: $x=-1$.
\item $q$ heeft een verticale asymptoot in het nulpunt van $g$: voor
$x=2$.
\een
{\bf Wat mij betreft mogen onderdeel c en d er wel uit.}
\item %opgave 24
\ben
\item 10 meter
\item 15 meter band
\item 25 meter hal
\item 2,5 m/s
\een
\item %opgave 25
\ben
\item Copie van kleurvlak, nu met $-$ ipv $+$. Mooie contro trouwens.
\een
\item %opgave  26
\ben
\item $f'(x)=7x^6 - 35 x^4$
\item $f'(x)=24x^3 + 2$
\item $f'(x)=x^5 -2x^2$
\item $f'(x)=2000x^1999$
\item $p'(q)=3\cdot3\cdot(3q + 7)^2 - 9q^2$
\item $s'(t)=\frac 1{t+4} - 2$
\item $l'(x)=2\rme^{2x} + \rme - \rme^x$
\item $k'(t)=2t - 1$ {\bf Wat wil je hier nou mee?}
\een
\item %opgave 27
\ben
\item $f'(x) = -3x^2 + 8x$. Voor $x=2$: $f'(2) = -12 + 16 = 4$.
\item $f'(x) = 90 x^8 - 90 x^9$, Voor $x=1$: $f'(1) = 90 - 90 = 0$.
\een
\item %opgave 28
\ben
\item $f'(x) = 3x^2 + 6x = x(3x+6)$ met nulpunten $x=0$ en $x=-2$.
\item Er moet dus gelden $3x^2 + 6x = -1$ ofwel $3x^2 + 6x + 1=0$. Met
de $abc$--formule geeft dit $$x = \frac {-6 \pm \sqrt {36 - 12}} {6}$$
ofwel $x = -1 \pm \frac 13 \sqrt 6$ modulo een paar rekenfouten. 
{\bf Als je voor de functie neemt $\frac 53 x^3 \dots$ dan is weliswaar
vraag 1 niet zo mooi $x=-6/5= -1,2$ maar onder de wortel krijg je
$36-20$.}
\een
\item %opgave 29
\ben
\item $f'(x) = x^2 - 2x = x(x-2)$. In $A(0,0)$ is $f'(0) = 0$, in $B(2,
\dots)$ is $f'(2) = 0.$
\item Huh, nou gewoon, $f(2) = \frac 83 - 4 = -\frac 43.$ {\bf Heeft dit
een diepere bedoeling?}
\item $f'(3) = 3 ( 3-2) = 3$
\item Er moet gelden $x^2 - 2x = 3$ ofwel $x^2 - 2x - 3 = 0.$ Dit geeft
met de $abc$--formule $$x = \frac {2 \pm \sqrt {4+12}}{2}$$ dus $x_1 = 3$
maar die hadden we al en $x_2 = -1$ wat het gezochte punt is. 
\een
\item %opgave  30
\ben
\item $s(3) = 150 - 45 = 105$ m.
\item $s(3.01) = 105,1995$ m. De gemiddelde snelheid op dit interval is
dus $\frac {0,1995}{0,01} = 19,95$ m/s.
\item De afgeleide is $s'(t) = 50 - 10 t.$ Na drie seconden is de
snelheid $s'(3) = 50 - 30 = 20$ m/s.
\item De snelheid waarmee het projectiel werd afgeschoten is de snelheid
op $t=0$, dus $s'(0) = 50$ m/s.
\item Na 5 seconden is $s'=0.$ De hoogte is dan $s(5) = 250 - 125 = 125$
m.
\een
\item %opgave 31
Daar wacht ik maar even mee tot we het eens zijn over die productregel.
\ben
\item
\item
\item
\een

\item %opgave 32
\ben
\item $f'(x) = 3 (x^2-1) + (3x + 4)\cdot2x = 3x^2 - 3 + 6x^2 + 8x = 9
x^2 + 8x - 3$.
\item Eerst haakjes wegwerken geeft: $f(x) = 3x^3 + 4x^2 -3x - 4$ met
als afgeleide $f'(x) = 9x^2 + 8x - 3.$ 
\een
\item %opgave  33
\ben
\item $f'(x)=x^4+1 + 4x^3 (x-2) = 5x^4 - 8x^3 + 1$
\item $f'(x)=10x^4(x^2-3x) + 2x^5(2x-3) = 14 x^6 - 36 x^5$
\item $f'(x)=2\rme^x + 2x\rme^x = (2+2x)\rme^x$
\item $f'(x)=2x \ln x + \frac {x^2}{x} = x(1 + 2 \ln x)$
\item $p'(q)=3q^2(10-q) - q^3 = - 4q^3 + 30 q^2$
\item $s'(t)= -2t\rme^t + (1-t^2) \rme^t = (1 - 2t - t^2) \rme^t$
\item $l'(t)= - \rme^2 \rme^t = - \rme^{t+2}$
\item $k'(t)= \frac {\ln t - 1}{t} + \frac {\ln t + 2} {t} = \frac {2
\ln t + 1}t$
\een
\item %opgave 34
\ben
\item De afgeleide is $f'(x) = \ln x + \frac xx = \ln x + 1.$ In het
punt $(1,0)$ is de helling dus $f'(1) = \ln 1 + 1 = 1.$
\item De helling is 0 als $\ln x = -1$, dus $x = \frac 1\rme$. 
\item Het minimum van $f$ is $f(-\frac1\rme) = -\frac1\rme.$
\item In de buurt van (0,0) wordt de helling steeds negatiever en gaat
naar $-\infty$.
\een
\item %opgave 35
\ben
\item $p'(x)=2(x^4-3)(x^5-3x)$
\item $p'(x)=2(3x^2)(x^3+10)$
\item $p'(x)=2(2x+5)(x^2+5x-3)$
\item $p'(x)=2\rme^x(\rme^x+1)$
\item $p'(x)=2\frac {\ln x}{x}$
\een
\item %opgave 
$p = f\cdot f$ dus $p' = f'\cdot f + f \cdot f'$ volgens de
productregel. Dus $p' = 2 f'\cdot f.$
\item %opgave 
\ben
\item $f_2(x) = x^2 = x\cdot x$ en met behulp van bovenstaande som is dus
$f'_2(x) = 2x.$ $f_3(x) = x^3 = f_2(x)\cdot x$. Met behulp van de
productregel volgt nu: $f_3'(x) = f_2'(x)\cdot x + f_2(x) = 2x^2 + x^2 =
3x^2$.
\item $f_4(x) = x^4 = f_3(x)\cdot x$ dus $f_4'(x) = f_3'(x)\cdot x + f_3
(x) = 3x^3 + x^3 = 4x^3$. 
\item $f_5(x) = x^5 = f_4(x)\cdot x$ dus $f_5'(x) = f_4'(x)\cdot x + f_4
(x) = 4x^4 + x^4 = 5x^4$.
\een
\item %opgave 38
\ben
\item $T'(x) = 2x - 6$, $N'(x) = 4$
\item $f'(x) = \frac {(4x+1)(2x-6) - (x^2 - 6x)\cdot4}{(4x+1)^2}$.
Verder uitwerken van de haakjes in de teller:
$$f'(x) = \frac {8x^2 - 22 x - 6 - 4x^2 + 24 x}{(4x+1)^2}= \frac {4x^2 +
2 x - 6} {(4x+1)^2}$$
\een
\item %opgave 39
\ben
\item $$f'(x)=\frac {(x^4+1) - (x-2)\cdot4x^3}{(x^4+1)^2}= \frac {-3x^4 +
8 x^3 + 1}{(x^4+1)^2}$$
\item $$f'(x)= \frac{(x^2 - 3x)\cdot 10x^4 - 2x^5 \cdot
(2x-3)}{(x^2-3x)^2}= \frac {6x^6 - 24x^5}{(x^2-3x)^2}= \frac
{6x^4-24x^3}{(x-3)^2}$$
\item $$f'(x)=\frac {\rme^x\cdot 4x - 2x^2 \rme^x} {\rme^{2x}}= \frac
{4x-2x^2}{\rme^x}$$
\item $$f'(x)= \frac {\rme^x \rme^x - (\rme^x+1) \rme^x}{\rme^{2x}}=
{-\rme^{-x}}$$. Dit had ook wel wat vlugger gekund, door op te merken, dat
$f(x) = 1+\rme^{-x}.$
\item $$p'(q)=\frac {(10-q)\cdot 3q^2 - q^3 \cdot (-1)}{(10-q)^2}= \frac
{30 q^2 - 2q^3}{(10-q)^2}$$
\item $$f'(x)=\frac {\ln x \cdot 2x - x^2 \cdot x^{-1}}{\ln^2 x}= \frac
{x (2\ln x - 1)}{\ln^2x}$$
\item $$k'(t)= \frac {(\ln t - 1) t^{-1} - (\ln t + 2) t^{-1}}{(\ln t -
1)^2}= \frac {-3}{t (\ln t - 1)^2}$$
\item $$f'(x)= \frac {(\rme^x + 1) \rme^x - \rme^x
\rme^x}{(\rme^x+1)^2}=\frac {\rme^x}{(\rme^x+1)^2}$$
\een
\item %opgave 40
\ben
\item
\een
\item %opgave 41
\ben
\item $f'(x) = \frac {x x^{-1} - ln x}{x^2}$. In $x=1$ is de helling dus
1.
\item De helling is 0 als de $\ln x = 1$, dus $x=\rme$.
\item Het maximum van de functie wordt bereikt voor $x=e$, {\bf hoewel
we dat nu nog niet hoeven te weten} en dit maximum is dus $\rme^{-1}$.
\item Voor grote waarde van $x$ gaat de helling naar 0.
\een
\item %opgave 42
Afgeleide teller: $T'(x) = 4$, afgeleide noemer $N'(x) = 2(x+1)$.
Afgeleide $$f'(x) = \frac {(x+1)^2 4 - (4x - 4) \cdot 2(x+1)}{(x+1)^4}=
\frac {-4x^2 + 12 x + 8}{(x+1)^4}$$
\item %opgave 43
{\bf deze som kan je eigenlijk zonder de kettingregel niet doen, tenzij
je expliciet verwijst naar som 35.}
De afgeleide is $$f'(x) = {x\cdot4\cdot2\cdot \ln x x^{-1} - 4 \ln^2
x}{x^2} = \frac {8 \ln x - 4 \ln^2 x}{x^2}.$$ De nulpunten hiervan zijn $\ln
x = 0,\quad x=1$ en $\ln x = 2, \quad x=\rme^2$. Bij $x=1$ hoort de
functiewaarde $f(1) = 0$, bij $x=\rme^2$ de functiewaarde $f(\rme^2) =
16 \rme^{-2}$
\item %opgave 44
De afgeleide van de functie is $$f'(x) = \frac {(x^2+1)\cdot4 -
(4x-3)\cdot2x}{(x^2+1)^2} = \frac {-4x^2 + 6x + 4}{(x^2+1)^2}.$$ Voor
$x=\frac13$ is dit (ken uw breuken) $\frac {-\frac49 + 2 + 4}{\frac
{100}{81}} = \frac {\frac {50}{9}}{\frac {100}{81}} = \frac 92$ en dit
is hetzelfde als de helling van de lijn. Daar zowel $y=4,5x - 3$ als $f$
door het punt $(\frac13,-\frac32)$ gaan is het gevraagde aangetoond.
\item %opgave 45
\ben
\item $f'_3(x) = (4x+3)\rme^{-x} - (2x^2 + 3x)\rme^{-x}= (-2x^2 + x +3)
\rme^{-x}$. $f'_3$ heeft nulpunten in $x=-1$ en $x=\frac32$. 
\item De lijn $x=5$ snijdt de grafiek van $f_p$ loodrecht als $f'_p (5)= 0$.
$f'_p(x) = (4x+p)\rme^{-x} - (2x^2 + px)\rme^{-x} = (-2x^2 + (4-p)x + p)
\rme^{-x}$. Kennelijk moet $-2\cdot25 + (4 - p)\cdot5 + p= 0$ ofwel $-50
+ 20 -5p + p = 0$, dus $p=-7,5.$
\een
\end{enumerate}
\end {document}
