\documentclass [dutch] {article}
\usepackage {strl}
\usepackage [dutch] {babel}
\newcommand \nal {\medskip\par\noindent}
\newcommand \com[1]{\nal{\sc #1}\nal}
\newcommand \ra {\rightarrow}
\newcommand \la {\leftarrow}
\newcommand \re {{\rm e}}
\newcommand \hpi {\frac{\pi}2}
\newcommand \mpi[2]{\frac {{#1}\pi}{#2}}
\newcommand \mpit[2]{\frac {{#1}\pi t}{#2}}
\newcommand \mpix[2]{\frac {{#1}\pi x}{#2}}
\newcommand \rad {{\rm \ rad}}
\renewcommand \i {\item}
\renewcommand \bar[1]{\stackrel \longrightarrow {#1}}
\begin {document}
\begin {center}
{\large Uitwerkingen hoofdstuk 8 versie 2\\}
Jos van Kan
\end {center}
\section {Kernen}
\begin {enumerate}
\item %opgave 1
\ben
\i De hoogte $h'$ van de `schaduw' $P'$ is precies de $y$--co"ordinaat van het 
punt $P$.
\com {Let goed op, dat in de tekening duidelijk is dat het gaat over de
projectie van $P$ op de muur. Waar is $S$?}
\i  De co"ordinaten van P worden nu gegeven door $x=3\cos 2\frac12t - \phi$,
$y=3\sin 2\frac12t -\phi$. Voor de hoogte $h'$ van $P'$ geldt dus
$h=3\sin2\frac12t -\phi$.
\com {De notatie is hier inconsequent. Waarom eerst $h'$ en nu $h$? Bovendien
raakt iedereen in de stress als je de beginhoek niet geeft.}
\een
\item %opgave 2
\ben
\i Ja, harmonisch. Projectie van $P$ lopend over een cirkel met een snelheid
van $10\pi$ rad/sec. De cirkel heeft straal 2 en de $y-$co"ordinaat van het
middelpunt is 4. 
De $x$-co"ordinaat van het middelpunt volgt niet uit deze gegevens.
\i Snijpunten met de evenwichtslijn voor $10\pi (t - 0,05) = k \pi$, $k$
geheel. Dus $t = 0,05 + \frac k{10}$, $k$ geheel een de eerste waarde groter
dan 0 van deze uitdrukking is $t=0,05.$
\i Ook harmonisch. Snelheid $2\pi$ rad/sec. Straal cirkel = 2, $y$-coordinaat
middelpunt: 3. Periode $T=1$. Eerste maal door evenwichtslijn na $t=0$ voor $t=
-0,3+0,5=0,2.$
\een
\item %opgave 3
\ben
\i Amplitude 5, periode $T=\frac{2\pi}{2} = \pi$, evenwichtlijn $y=10$.
\i De periode $T=\pi$, dus de eerste twee tijdstippen zijn $\pi$ en $2\pi$.
\i Het laagste punt ligt (dus) een halve periode na het hoogste punt: $\hpi$ en
$\mpi32$.
\i grafiek
\een
\item %opgave 4
grafieken

\item %opgave 5
$h=0,3 + 0,4 \cos 2t$ (in meters) of $h=0,3 + 0,4 \sin 2t + \hpi$ of
$h=0,3 - 0,4 \cos 2t - \pi$ of zo. Je kan de fase hoek ook nog binnen de
haakjes halen, dan wordt het een (begin)tijdstip.
\com {Punt $A$ staat niet in de figuur}

\item %opgave 6
\ben
\i In de evenwichtsstand is $h=2,5$.
\i $r=2$, $T=0,4$
\i Ja, kan allebei, alleen ligt het begintijdstip dan anders.
\com {Ik neem tenminste aan, dat dat de bedoeling van de opgave is.}
\een
\item %opgave 7
\ben
\i $a=5$, $r= 10$, $T=20$, dus $\omega = \mpi{}{10}$, $t_0 = 5$.
   $h=5 + 10 \sin \mpi{}{10}(t - 5)$.
\i $a=-0,5$, $r=2,5$, $T=8$, dus $\omega = \mpi{}4$, $t_0$ ligt halverwege 3 en
7, dus $t_0 = 5$. Dit geeft $h=-0,5 + 2,5 \sin \mpi {}4 (t - 5)$.
\i $a=1$, $r=5$, $0,5T=2\pi$, dus $T=4\pi$ en $\omega = \frac12$. $t_0$ ligt
halverwege tussen $\mpi73$ en $\mpi{}3$ en is dus $\mpi43$. Dit geeft $h = 1 + 5
\sin \frac12(t-\mpi43)$
\een
\item %opgave 8
\ben
\i Aangezien $\sin (x+\mpi{}2) = \cos x$ ofwel $\cos x - \mpi{}2= \sin x$ is
$t_1$ de enige parameter die verandert. $\sin \omega (t-t_0) = \cos \omega (t -
t_0) - \mpi{}2 = \cos \omega (t - (t_0 + \frac T4))$.
\com {Het is mij niet duidelijk waarom je hier ineens $\cos \omega (t {\bm\ 
PLUS\ } t_1)$ schrijft, Ron}
\i \ben
\i $h = 5 + 10 \cos \mpi{}{10}(t - 10)$
\i $h = -0,5 + 2,5 \cos \mpi{}4 (t - 7)$
\i $h = 1 + 5 \cos \frac12(t-\mpi73)$
\een
Deze tijdstippen komen overeen met het eerste tijdstip na $t=0$, dat de grafiek
zijn maximum bereikt.
\com {Je kunt je zelfs afvragen of je in het kleurvlak niet beter een cosinus
kan doen dan een sinus, precies om die reden. $t_1$ is direct af te lezen in
dat geval.}
\een
\item %opgave 9
\ben $a = ??$ \com {Dat is uit de figuur niet te halen, sterker nog, de figuur
suggereert, dat $r\neq0$. Nou, dat is dan een hele vreemde wisselspanning}
$r=5,5$, $T=\frac73\cdot 0,025$ want er gaan 3 perioden in 7 vakjes. 
\com {Gadver.
Als je 0,024 van die 0,025 maakt, dan wordt het nog wel iets redelijks, maar nu
is het afzien. Ik reken dus maar even door met $T=0,056$. O wacht, ik zie het
al. } $T = \frac 7{120}$, dus $\omega = \mpi {240}7$. Voor de cosinus geldt
$t_1 = \frac 1{40}$, de $t_0$ van de sinus is een kwart periode kleiner, dus
$t_0 = \frac 1{40} - \frac 7{480} = \frac 5{480}=\frac 1{96}$ \com{Ik denk niet
dat veel leerlingen hier ongeschonden doorheen komen. Moet je dat niet een
beetje meer sturen?}
Dit geeft: $V = ?? + 5,5 \cos\mpi{240}7(t-\frac1{40})$ of $V=?? + 5,5 \sin
\mpi{240}7(t-\frac1{96})$.
\een
\item %opgave 10
\ben
\i Grafieken
\i Grafieken
\i Ja, lijkt een sinusoide. Uit de grafiek: $r=1,85$, $\omega=1$, $t_0=0,38$.
\een
\com {In het kleurvlak zou ik niet graag twee {\em grafieken} optellen. Volgens
Sieb, onze grote roerganger, is optellen geen grafiekentaal, maar formuletaal}

\item %opgave 11
\ben
\i Periode is $T=2\pi$. Dit zie je niet alleen uit de figuur, maar ook omdat 
beide samenstellende functies die periode hebben. 
\com {Daar zou je een gerichte vraag over kunnen stellen}
\i geen sinusoide
\i Hoort niet bij harmonische beweging.
\een

\item %opgave 12
grafieken

\item %opgave 13
\com {Is het de bedoeling, dat $r$ en $t_0$ uit de figuur worden gehaald? Dan
moet je dat expliciet vermelden denk ik.}
\ben
\i \ben \i Ja \i Ja \i Nee \i Ja \i Nee \i Nee \een
\i \ben 
   \i $h = 5 \sin t$
   \i $h = 1,75 \sin t - 0,5$
   \i Geen
   \i $h = 4,6 \sin t - 0,48$
   \i Geen
   \i Geen
   \een
\i \ben
   \i $2\pi$
   \i $2\pi$
   \i $2\pi$
   \i $2\pi$
   \i $2\pi$
   \i $2\pi$
   \een
   \com {Het is misschien goed er een tussen te stoppen met een andere periode}
\een
\item %opgave 14
Als de twee termen gelijke periode (cirkelfrequentie) hebben.
\item %opgave 15
\com {Moet dit uit de figuur?}
\ben
\i Uit de figuur: $f(t) = 1,4 \sin t + 0,79$
\i $\mpi{}4=0,79$, dus $f(t) = 1,4 g(t)$.
\com {De redactie van dit onderdeel zou beter kunnen zijn: druk $g(t)$ uit in
$f(t)$, want zoals het er nu staat zou je ook verschoven sinussen en zo kunnen
proberen, terwijl je juist aan de amplitude moet sleutelen.}
\i De amplitude is tweemaal $\sin \hpi$. (En ook tweemaal $\cos \hpi$). Zou God
t\'och bestaan?
\een
\item %opgave 16
\ben
\i $\sin t+\pi = \sin t \cos\pi + \cos t \sin \pi = -\sin t.$
\i $\cos t+\pi = \cos t \cos\pi - \sin t \sin \pi = -\cos t.$
\i $\sin (\pi - t) = \sin \pi \cos (-t) + \cos \pi \sin (-t) = \sin t.$
\i $\cos (\mpi{}6 - t) = \cos \mpi{}6 \cos (-t) - \sin \mpi{}6 \sin (-t)=
\frac12\sqrt3 \cos t + \frac 12 \sin t$
\een
\item %opgave 17
\newcommand \vc[1] {\bar {#1}}
\com {Ik kan niet beoordelen in hoeverre VWO leerlingen gehaaid zijn in de
tweedimensionale vector analyse, maar ik ben bang, dat dit bewijs over 
veel, zo niet alle hoofden heen gaat.}
\ben
\item De component van $\vc {OQ}$ in de richting van $\vc {OX}$ wordt
gegeven door de cosinus van de ingesloten hoek, dus $\cos (t+u)$, want beide
vectoren hebben lengte 1. Op dezelfde
wijze volgt, dat de component van $\vc {OQ}$ in de richting van $\vc
{OY}$ gelijk is aan $\cos \hpi - t - u = \sin t + u$.
\item Op dezelfde wijze volgt formule 2.
\item $\vc {OP} = \cos t \cdot \vc {OX} + \sin t \cdot \vc {OY}$ 
\item $\vc {OR} = \cos (t+\hpi) \cdot \vc {OX} + \sin (t + \hpi) \cdot \vc {OY}$, dus
$\vc {OR} = -\sin t \cdot \vc {OX} + \cos t \cdot \vc {OY}$.
\com {En de rest laten we maar over aan de vlijtige lezertjes. Ook dient te
worden opgemerkt, dat in zo'n ontbinding de componenten noodzakelijk hetzelfde
moeten zijn, want dat is nou precies waar het hele bewijs om draait. Kortom, ik
vraag me af of dit wel iets toevoegt aan het begrip, temeer omdat de formule
manipulatie ook al niet triviaal is. Ongelukkigerwijs zou ik niet weten hoe het
beter moet, maar daar kan ik nog tot Zaterdag over denken.}
\een
\item %opgave 18
\ben
\i $\sin t - u = \sin t \cos (-u) + \cos t \sin (-u) = \sin t \cos u - \cos t
\sin u$.\\
$\cos t - u = \cos t \cos (-u) - \sin t \sin (-u) = \cos t \cos u + \sin t \sin
u.$
\i $u=t$ lijkt me wel een goed plan.
\i $\sin 2t = \sin t \cos t + \cos t \sin t$ en wegens dat de vermenigvuldiging
commuteert (als je dat niet opmerkt : een 0!) geldt dus $ \sin 2t = 2 \sin t
\cos t$.
\i $\cos 2t = \cos^2 t - \sin^2 t = 1 - 2\sin^2t = 2\cos^2 t - 1.$
\een
\item %opgave 19
\ben
\i Uit $\cos 2t = \cos^2 t - \sin^2 t$ krijgen we $\cos 2t = 1 - 2\sin^2t $
waaruit het gestelde volgt.
\i $(\cos t + \sin t)^2 = \cos^2 t + 2 \sin t \cos t + \sin^2 t$. Wegens $\sin^
2 + \cos^2 t = 1$ en $\sin 2t = 2\sin t \cos t$ volgt het gestelde.
\i \beas
\frac {\sin x}{\cos x} + \frac {\cos x} {\sin x} &=& \frac {\sin^2 x} {\sin x
\cos x} + \frac {\cos^2 x} {\sin x \cos x}\\
&=& \frac {\sin^2 x + \cos^2 x}{\sin x \cos x}\\
&=& \frac 1{\sin x \cos x}\\
&=& \frac 2{2\sin x \cos x}\\
&=& \frac 1{\sin 2x}
\eeas
\een
\item %opgave 20
\ben
\i $\sin 2t = \sin 3t$, dus $2t = 3t + 2k\pi$, $k$ geheel en $t = 2k\pi$.
Of $2t = \hpi - 3t + 2k\pi$, $t= \mpi{}{10} + \mpi{2k}5$.
\i $\cos 2t = 1$, dus $2t = 2k\pi$, $k$ geheel en $t = k\pi$.
\i $\sin (t + \mpi{}6) = \cos \mpi{}6 \sin t + \sin\mpi{}6 \cos t$ Hieruit
volgt $\sin (t + \mpi{}6) = \frac12 \sqrt3 \sin t + \frac12 \cos t$. We moeten
dus oplossen $\frac12 \cos t = \frac 14.$
\com {Dit is niet {\em volkomen} duidelijk uit de formulering, misschien kun je
beter de twee termen in het rechterlid omdraaien.}
Dit geeft $\cos t = \frac 12$ ofwel $t = \frac \pi3 + 2k\pi$ en $t = -\frac
\pi3 + 2k\pi$, $k$ geheel.
\een
\com {Het is gek om deze kern gelijke {\em perioden} te noemen, want het gaat
in deelkern 1 om  gelijke {\em amplituden}. De periode doet er niet toe, je
kunt rustig $\sin 2t$ en $\sin 3t$ bij elkaar tellen. Dan heb je weliswaar geen
harmonische meer, maar de formules van Simpson garanderen dat ook niet.
Voorstel: 
\begin {description}
\item [Kern] Sommen van twee harmonische functies. 
\item [Deelkern 1] Sommen met gelijke amplitude. 
\item [Deelkern 2] Sommen met gelijke frequentie.
\end {description}
}
\item %opgave 21
\ben
\i De amplitude is $r=1.08$.
\i $y_1 = \sin (t+1) = \sin t \cos 1 + \cos t \sin 1$. $y_2 = \sin (t-1) = \sin
t \cos 1 - \cos t \sin 1$, dus $y_1 + y_2 = 2 \sin t \cos 1$. 
\i Volgens opgave b) is de amplitude $r = 2\cos 1$. $2\cos 1 = 1.08$, dus dit
klopt. \com {Als het argument tenminste in radialen is, maar dat is natuurlijk
vanzelfsprekend of...?}
\een
\item %opgave 22
\ben
\i $2 \sin (t-\frac12)\cos\frac52$
\i $2 \cos (t+\hpi) \cos (\hpi)$
\i $2 \sin 2 \cos (2t +1)$
\i $\sin t + \sin (t + \hpi) = 2 \sin (t+\mpi{}4) \cos (\mpi{}4) = \sqrt 2 \sin
(t+\mpi{}4)$
\een
\item %opgave 23
\com {zeg "`..ga je de formules van Simpson {\em afleiden uit de
somformules"'.} De leerlingen weten niet wat een bewijs is en je moet dus
duidelijk maken, dat de Simpson formules niet nieuw zijn, maar {\em volgen} uit
de somformules. Deze opgave is verder heel aardig, maar ik betwijfel of een
leerling dat ook vindt.}
\item %opgave 24
\ben
\i $V_1 + V_2 = 311 (\sin 100 \pi t + \sin 100 \pi t + \mpi 23) = 311\cdot2
(\sin 100 \pi t \cos \mpi {}3)$
\i \com {$V_1$ (en natuurlijk ook $V_2$) geeft een {\em effectieve} spanning 
van 220 V ten opzichte van
de aarde. De effectieve spanning wordt berekend door het afgegeven
vermogen per periode en is gelijk aan $\frac12\sqrt2$ maal de
wisselspanningsamplitude. De effectieve spanning is wat een
spanningsmeter meet: $0,707 \cdot 311 = 219,87$.

Uh, meneer, waarom zou je die spanningen nou {\em optellen}? Het gaat
toch om spanningsverschillen?  Met spanning is het net als met
temperatuur, de {\em verschillen} zijn fysisch interessant, de rest
niet.

Dus de redactie is niet goed. Je moet naar de
spanningsverschillen kijken van de 3 fasen met $V_1 = 311 \sin (100 \pi t)$,
$V_2 =311 \sin (100 \pi t + \mpi 23)$ en $V_3 = 311 \sin (100 \pi t - \mpi
23)$. Als je kijkt naar $V_i - V_j$, met $i\neq j$ dan krijg je altijd een
wisselspanning met amplitude $r=539$ en effectieve spanning
$V_{eff}=381.$ Men make deze som zelf.}

\i \com {Sorry Ron, maar dit is onzin. Hoe je de draadjes ook verwisselt, je
krijgt altijd een spannings{\em verschil} tussen de polen}
\een

\item %opgave 25
\ben
\i $u_0  = 5 (\sin t \cos \phi + \cos t \sin \phi)$.
\i $u_0 = 3\sin t + 4 \cos t$. \com {Ik zou die $u_1$ en $u_2$ er niet
bijhalen, dat leidt alleen maar de aandacht af} Omdat de $\sin$ en de $\cos$
lineair onafhankelijke functies zijn (dat weet natuurlijk niemand) volgt
hieruit, dat $5 \cos \phi = 3$ en $5 \sin \phi = 4$
\i $\phi = 0.93$ rad. (+$2k\pi$).
\een
\com {Ik zou in het kleurvlak er ook de nadruk op leggen, dat de 
cirkelfrequenties gelijk zijn}

\item %opgave 26
\ben
\i $\sin t + \cos t = \sqrt2 (\cos \mpi{}4 \sin t + \sin \mpi{}4 \cos t)= \sqrt
2 \sin (t + \mpi{}4)$
\i $2\sqrt{10} \sin \frac12t + 1.25$
\i $\sqrt5 \sin 2t + 0.46$
\i \com {die hoort natuurlijk in de vorige paragraaf} $\sin(2t+1,5)\cos 1,5$
\een
\item %opgave 27
\ben
\com {...met behulp van de somformules}
\i{} 
\i Wat verwacht je hier voor antwoord? Het goede antwoord is, omdat $\sin$ en
$\cos$ onafhankelijk zijn.
\i{} 
\i{}
\i \com {Toon met behulp van b en d aan dat...}
\een
\item %opgave 28
\ben
\i $[-6;6]$
\i $R=\sqrt{2^2 + 3^2}=\sqrt{13}=3,6$. Het bereik is dus $[-3,6;3,6]$.
\i De amplitude is dus 4 en $R = \sqrt {a^2 + 2^2} = 4$. Dus $a^2 = 16 - 4 =
12$ en $a = 2\sqrt3=3,46$.
\i $y=p$ is de evenwichtslijn, de amplitude is $R=\sqrt{3^2+4^2}=5$. Als het
minimum 3 is, is $p$ dus $3+5=8$.
\een
\item %opgave 29
\ben
\i $2\cos 1 = 1.08$, $2\sin 1 = 1.68$
\i $A = 2\cos 1 + 4\cos2= -0,58$, $B=2\sin 1 + 4 \sin 2=5.32$
\i $R=5.35$, $\phi=-0,11$
\com {Eerlijk gezegd ontgaat het nut van deze exercitie mij enigszins}
\i Nou, dat gaat weer hetzelfde:
$ 5 \sin (\frac14t + 1) + 2\sin (\frac14 t -1) = A \sin \frac14t + B \cos \frac
14t$. Hierin is $A=5\cos 1 + 2 \cos -1 = 7 \cos 1$ en $B = 5 \sin 1 - 2 \sin 1
= 3 \sin 1$. Dus $R=\sqrt{A^2+B^2} = \sqrt {49 \cos^2 1 + 9 \sin^2 1} = 4.68$
en $\phi = 0.94$.
\een
\item %opgave 30
\ben
\i $V_1 + V_2 = A \sin 100\pi t + B\cos 100 \pi t$, met $A = 1.20 + 2.35 \cos
\pi = -1.15$ en $B = 2.35 \sin \pi = 0$
\com {$V_1$ en $V_2$ zijn dus volledig in tegenfase. Is dat echt de bedoeling?}
\i 1,15 dus.
\een
\item %opgave 31
\ben
\i $\sin t+\phi = 2/\sqrt{10}$, $t + \phi = 0,68 + 2k\pi$, $k$ geheel. $\phi =
1,25$, dus $t = -0,56 + k\pi$, $k$ geheel. Of $t + \phi = -0,68 + \mpi{}2 +
2k\pi$.
\i $\sin 2t+\phi = 1/\sqrt5$, $2t+\phi = 0,46 + 2k\pi$, en $\phi = 0,46$, 
$t=k\pi$.  Of $2t + 0,46 = -0,46 + \hpi + 2k\pi$ , $t = -0,46 + \mpi{}4 + k\pi$
\een
\com {Deze kern zou ik liever "Natuurkundige toepassingen" noemen of, als je 
werkelijk wilt meedoen in de wedstrijd voor meest populaire leraar "Gitaar 
praktikum". Dat dekt de
lading veel beter. Noem deelkern 1 "boventonen" en deelkern 2 "zwevingen".\\
Bij intro onderdeel d kun je niet naar de grondfrequentie vragen als je
niet hebt verteld wat dat is}
\item %opgave 32
\ben
\i Grafiek
\i Grafiek
\i Alle drie de functies zijn periodiek met perioden 1/440, 1/880 en 1/1320
respectievelijk. Dit zijn veelvouden van elkaar. De som is dus periodiek met
periode 1/440.
\i We deunt kneu
\een
\com {Welke informatie wil je precies kwijt in het kleurvlak? Mij dunkt 
\bit
\item Dat (sommige) periodieke functies bestaan uit superposities van veelvouden
van \'e\'en grondtoon. (Het feit, dat de amplituden gelijk zijn doet niet
terzake). In feite geldt dit voor {\em alle} periodieke functies, maar daar
hoef je niet zo op te hameren. 
\item Dat deze veelvouden boventonen worden genoemd
\item Dat de grondfrequentie de GGD is van alle optredende frequenties.
\item Dat de periode 1/de grondfrequentie is. 
\eit
Maar eigenlijk is deze deelkern een hele vreemde eend in de bijt, die niet
zoveel te maken heeft met het voorafgaande.}
\item %opgave 33
\ben
\i 200, 200, 400, 500, ... $k\cdot$100 Hz, $k$ geheel. 
\i grafiek
\i grafiek
\i periode $g$ \com {dat is de moeilijkste, die zou je eigenlijk het laatst
moeten geven} is bepaald door de drie perioden van de samenstellende
trillingen: $T_1=\frac1{200}$, $T_2=\frac1{300}$ en $T_3=\frac1{400}$. De
preiode wordt gegeven door de inverse van de GGD van de noemers \com {dat zou
je best ergens mogen suggereren} dus $T_g = \frac 1{100}$.
\i periode $h$ \com {die is veel gemakkelijker} is de periode van de langste,
want alle perioden zijn veelvouden van elkaar. Dus $T_h = \frac 1{200}$.
De grondfrequenties krijg je natuurlijk heel gemakkelijk uit de perioden,
tenzij je je vergist. 
\i Twee dingen goed begrijpen: $g$ kan niet worden geproduceerd door dit
instrument, maar dat geeft ook al aan, dat het niet zo'n fijn instrument is (je
kan er geen kwint op spelen). Het heeft dus waarschijnlijk maar \'e\'en snaar
(in een oliebad om de hogere frequenties te dempen), het zg. olie-monochord.
\een
\item %opgave 34
\ben
\i Grafiek
\i Grafiek
\i Grafiek
\i Van $T_f = \mpi 2{32} = \mpi{}{16}$, $T_g = \mpi 2{16} = \mpi{}8$, $T_h =
\mpi{}{16}$. Nou, gewoon.
\een
\item %opgave 35
\ben
\i grafiek
\i grafiek
\i grafiek,je bedoelt hier waarschijnlijk $h$, geen $k$
\i Je kunt de perioden ook laten berekenen
\een
\com {In het kleurvlak zou ik $\sin 20t + \sin 21t$ tekenen, dat is veel
spectaculairder. Die zwevingen zijn trouwens niet afhankelijk van gelijkheid
van
amplitude, men bewijze dit zelf. Doe bv ook eens $2\sin 20t + \sin 21 t$,
met de methode van kern 3.}
\item %opgave 36
\ben
\i $T=\frac{2\pi}3$ voor een groot berg en dal, $T=\mpi{}3$ voor een klein berg
en dal \com {Dus die vraagstelling is niet zo fijn, Ron. Ik heb een kwartier
lang zitten kijken, waarom de periode niet $\mpi 45$ was, maar dat komt omdat
een berg en dal combinatie niet altijd even lang duurt.}
\i $r=2$, $T=4\pi$
\i $T=2\pi$.
\een
\item %opgave 37
\ben
\i Eindelijk een makkelijke opgave. $A=2$, $B=2,5$, $C=0,5$.
\i Nou, gewoon $T_1 = \mpi2{0,5}=4\pi$, $T_2 = \mpi2{2,5} =\mpi45$.
\i Ja, Ja. \com {Ik weet niet precies, waar je heen wilt, maar ik kan het niet
meer volgen.}
\i Die is hier tweemaal zo groot. (Maar of dat een natuurwet is?)
\een
\item %opgave 38
\com {Deze saaie opgave zou ik er uit gooien ten faveure van een pianostemmer.}
\item %opgave 39
\ben
\i $g = 6 \sin 3,5 t \cos 0,5 t$
\i De frequentie is de GGD van de frequentie van de samenstellenden $f = 1/2\pi$,
de periode $T = \frac 1f = 2\pi$.
\i $g=0$ betekent $\sin 3,5 t = 0$ of $\cos 0,5 t = 0$. Het eerste geeft $3,5 t
= k\pi$, $t = \mpi k{3,5}$, k = 0, 1, ... 7. Het tweede geeft $0,5 t = \pm \hpi
+ k\pi$, dus $t = \pi$ komt daar nog bij.
\i \com {Dit onderdeel kon ik niet maken zonder te differenti"eren (ook niet
{\em met} differenti"eren trouwens. Het probleem is, dat de maxima niet samen
vallen met de punten waar de sinus een extreem heeft. Tenzij ik
natuurlijk iets over het hoofd zie.}
\een
\item %opgave 40
\com {Van deze som begrijp ik echt helemaal niets. Maar dan ook echt helemaal
niets. Hoe kan het nou waar zijn dat de {\em amplitude} in $Q$ ten gevolge van
de trilling in $B$ anders is dan die in $P$?  Voor een normale ongedempte
trilling zijn de amplituden gelijk, maar de {\em fasen} verschillend. Voor een
gedempte trilling zijn zowel de fasen als de amplituden veschillend. Uit
protest weiger ik deze som te maken. :-)}
\end {enumerate}

De sommen van de test stuur ik nog wel op als ik daar in de rest van de week
nog aan toekom, het lijkt me goed als ik je deze spullen vast toestuur.
Groeten, Jos.
\end {document}
\item %opgave
\ben
\een
