1

$f (1,01) = f (1) + 2 \cdot 0,01 = 3,02$

2

a

figuur bij opgave 18

b

In $(3,3)$ heeft het raaklijnstukje richtingscoëfficiënt $\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 = 4 \frac{1}{2}$ , dus $f (4) \approx 3 + 4 \frac{1}{2} \cdot 1 = 7 \frac{1}{2}$ .

c

Kleiner, want het richtingsveld vertoont een toenemende stijging rechts van de $y$ -as.

d

In $f (2)$ heeft het raaklijnstukje richtingscoëffiënt $\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 \frac{1}{8} = \frac{9}{16}$ , dus $f (1 \frac{1}{2}) \approx 1 \frac{1}{8} + \frac{9}{16} \cdot \frac{1}{2} = 1 \frac{13}{32}$ .
In $(1 \frac{1}{2},1 \frac{13}{32})$ heeft het raaklijnstukje richtingscoëffiënt $\frac{1}{2} \cdot 1 \frac{13}{32} \cdot 1 \frac{1}{2} = \frac{135}{128}$ , dus $f (2) \approx 1 \frac{13}{32} + \frac{135}{128} \cdot \frac{1}{2} = 1 \frac{239}{256}$ .

3

a

Opmerking: $f (2) \approx b_{2}$ , $f (3) \approx b_{3}$ en $f (4) \approx b_{4}$ .

b

$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{2}$ en $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{1}{2} \cdot a_{n} b_{n} \cdot \frac{1}{2}$ , $n = 0, 1, \dots$ .
Opmerking: $f (2) \approx b_{4}$ .

c

$a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{100}$ en $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{1}{2} \cdot a_{n} b_{n} \cdot \frac{1}{100}$ .
$f (2) \approx b_{200} = 2,6958 \dots$ , dus in drie decimalen $2,696$ .

d

figuur bij opgave 19

e

$a_{0} = 2$ en en $a_{n + 1} = a_{n} + \frac{1}{2}$ ;
$b_{0} = 1$ en $b_{n + 1} = b_{n} + \frac{1}{2} \cdot a_{n} b_{n} \cdot \frac{1}{2}$ .

4

a

Enerzijds: $\frac{d y_{c}}{d x} = c \cdot \frac{1}{4} \cdot 2 x \cdot e^{\frac{1}{4} x^{2}} = \frac{1}{2} x \cdot c \cdot e^{\frac{1}{4} x^{2}}$ .
Anderzijds: $\frac{1}{2} x \cdot y_{c} = \frac{1}{2} x \cdot c \cdot e^{\frac{1}{4} x^{2}}$ .
Dus de functies $y_{c}$ zijn oplossing van de differentiaalvergelijking.

b

Uit $f (0) = 1$ volgt $c = 1$ , dus $f : x \to e^{\frac{1}{4} x^{2}}$ .
Uit $g (2) = 1$ volgt: $c = \frac{1}{e}$ , dus $g : x \to e^{\frac{1}{4} x^{2} - 1}$ .

c

-

5

a

Noem de straal van de mottenbal $r$ (cm). Dan $\frac{4}{3} π r^{3} = 1,2 \Leftrightarrow r = {(\frac{0,9}{π})}^{\frac{1}{3}}$ , dus de oppervlakte is $4 π r^{2} = 4 π \cdot {(\frac{0,9}{π})}^{\frac{2}{3}} \approx 5,4609 \dots$ cm², dus $546,1$ mm².

b

$\frac{4}{3} π r^{3} = V \Leftrightarrow r = {(\frac{3 V}{4π})}^{\frac{1}{3}}$ , dus $O = 4 π r^{2} = 4 π \cdot {(\frac{3 V}{4 π})}^{\frac{2}{3}} = \sqrt[3]{36 π V^{2}}$ .

c

Neem voor $a$ de rij met $a_{n}$ met $a_{0} = 0$ en $a_{n + 1} = a_{n} + 0,1$ .
Neem voor $b$ de rij met $b_{0} = 8$ en $b_{n + 1} = b_{n} - 0,03 \cdot {(b_{n})}^{\frac{2}{3}}$ .
Na één week weegt de mottenbal $b_{10} =$ $6,853412257$ gram.

6

a

Neem $a_{n} = 1 + 0,01 n$ . Neem $b_{0} = 4$ en $b_{n + 1} = b_{n} + 0,01 \cdot 1 \frac{1}{3} \cdot \sqrt{a_{n} \cdot b_{n}}$ .
Dan is $f (2)$ te benaderen met $b_{100} \approx 7,895389...$ .

b

Enerzijds (kettingregel):
$\frac{d y}{d x} =$ $2 \cdot (\frac{4}{9} x \sqrt{x} + c) \cdot \frac{2}{3} \sqrt{x} = \frac{16}{27} x^{2} + 1 \frac{1}{3} c \sqrt{x}$
Anderzijds:
$1 \frac{1}{3} \sqrt{x y} = 1 \frac{1}{3} \sqrt{x} (\frac{4}{9} x \sqrt{x} + c) = \frac{16}{27} x^{2} + 1 \frac{1}{3} c \sqrt{x}$ .

c

$x \to {(\frac{4}{9} x \sqrt{x} + 1 \frac{5}{9})}^{2}$