1

a

De oplossingsfuncties bij $c = 1,2$ zijn stijgend en oplossingsfuncties bij $c = ‐ 0,8$ zijn dalend.

b

Omdat $e^{0} = 1$ , gaan de functies door $(0,1)$ .
Als $y = e^{c \cdot x}$ , dan $\frac{d y}{d x} = c \cdot e^{c \cdot x} = c \cdot y$ .

c

Als $y = a \cdot e^{1,2 \cdot x}$ , dan $\frac{d y}{d x} = a \cdot 1,2 \cdot e^{1,2 \cdot x} = 1,2 \cdot y$ .
De functie gaat door $(3,2) \Leftrightarrow 2 = a \cdot e^{3,6} \Leftrightarrow a = 2 \cdot e^{‐ 3,6}$ .

d

Oplossingsfuncties zijn van de vorm $y = a \cdot e^{‐ 0,8 \cdot x}$ .
Zo'n functie gaat door $(1,1)$ als $1 = a \cdot e^{‐ 0,8} \Leftrightarrow a = e^{0,8}$ .

e

De grafiek van $y_{k}$ krijg je door een horizontale verschuiving van $y_{0}$ . Het richtingsveld verandert ook niet bij een horizontale verschuiving.

2

a

Als $y = a \cdot e^{c \cdot x}$ , dan $\frac{d y}{d x} = a \cdot c \cdot e^{c \cdot x} = c \cdot y$ , onafhankelijk van $a$ .

b

De oplossingsfunctie gaat door $(1,2)$ $\Leftrightarrow 2 = a \cdot e^{1,5 \cdot 1} \Leftrightarrow a = 2 \cdot e^{‐ 1,5}$ .
De oplossingsfunctie gaat door $(1, ‐ 2)$ $\Leftrightarrow ‐ 2 = a \cdot e^{1,5 \cdot 1} \Leftrightarrow a = ‐ 2 \cdot e^{‐ 1,5}$ .
De oplossingsfunctie gaat door $(‐ 1, ‐ 2)$ $\Leftrightarrow ‐ 2 = a \cdot e^{‐ 1,5 \cdot 1} \Leftrightarrow a = ‐ 2 \cdot e^{1,5}$ .
De oplossingsfuncties zijn dus achtereenvolgens:
$y = 2 \cdot e^{1,5 x - 1,5}$ , $y = ‐ 2 \cdot e^{1,5 x - 1,5}$ en $y = ‐ 2 \cdot e^{1,5 x + 1,5}$ .

3

a

$y^{'} (x) = f^{'} (x) \cdot e^{‐ c \cdot x} + ‐ c \cdot f (x) \cdot e^{‐ c \cdot x}$ . Omdat $f$ oplossingsfunctie van de differentiaalvergelijking is geldt: $f^{'} (x) = c \cdot f (x)$ dus $y^{'} (x) = 0$ voor alle $x$ .

b

$e^{‐ c \cdot x} f (x)$ is constant, zeg $a$ , dan $f (x) \cdot e^{‐ c \cdot x} = a$ voor alle $x$ . Beide kanten met $e^{c \cdot x}$ vermenigvuldigen geeft het gewenste resultaat.

4

a

Er is sprake van afname.

b

De oplossingsfuncties zijn van de vorm $h = a \cdot e^{‐ c \cdot t}$ . Uit de halveringstijd is $60$ en beginhoeveelheid $a$ volgt: $a \cdot e^{‐ c \cdot 60} = \frac{1}{2} a$ , dus $c = ‐ \frac{\ln (\frac{1}{2})}{60} = \frac{\ln (2)}{60}$ .

c

Noem de halveringstijd $T$ , dan $e^{‐ 0,0035 \cdot T} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow ‐ 0,0035 \cdot T = \ln (\frac{1}{2})$ , dus $T = \frac{\ln (2)}{0,0035} \approx 198$ dagen.

5

De oplossingsfuncties zijn $y = a \cdot e^{c \cdot x}$ .
$e^{c \cdot x} = {(e^{c})}^{x}$ , dus de groeifactor is $e^{c}$ .

6

a

Er geldt: $T (t) = a \cdot e^{‐ 0,2 \cdot t}$ .
Uit $T (0) = 80$ volgt $a = 80$ , dus $T (5) = 80 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot 5} \approx 29,43$ .
Als de begintemperatuur $60 ° C$ is, dan $T (5) = 60 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot 5} \approx 22,07$ .

b

Als de begintemperatuur $100 ° C$ , dan $T (5) = 80 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot 5} + 20 \approx 49,43$ ;
als de begintemperatuur $80 ° C$ , dan $T (5) = 60 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot 5} + 20 \approx 42,07$ ;
als de begintemperatuur $60 ° C$ , dan $T (5) = 40 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot 5} + 20 \approx 34,72$ .

c

$T (t) = 100 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot t}$ ; $T (t) = 80 \cdot e^{‐ 0,2 \cdot t} + 20$

7

Enerzijds: $\frac{d y}{d x} = a \cdot c \cdot e^{c x}$ .
Anderzijds: $c \cdot (y - p) = c \cdot (a \cdot e^{c x} + p - p) = a \cdot c \cdot e^{c x}$

8

a

Het quotum wordt weggevist, dus met zoveel neemt de toename af.

b

De differentiaalvergelijking is te schrijven als $\frac{d H}{d t} = 0,5 (H - 2 q)$ , dus de oplossingen zijn $H (t) = a \cdot e^{c t} + 2 q$ .
$H (0) = 7$ , dus $a = 7 - 2 q$ en $H (t) = (7 - 2 q) \cdot e^{c t} + 2 q$ .

c

Als $7 - 2 q < 0$ , dus als $q > 3,5$ .

9

a

Enerzijds wordt in $1$ minuut $0,1$ deel van de lucht weggezogen, dus ook $0,1$ deel van de aanwezige hoeveelheid koolzuur, dus vermindert $C$ met $0,1 C$ m³; anderzijds komt er per minuut $0,05 \cdot 0,1$ deel koolzuur bij, dus in $Δ t$ minuten is $Δ C = ‐ 0,1 C \cdot Δ t + 0,05 \cdot 0,1 \cdot Δ t$ .

b

Deel beide kanten door $Δ t$ en neem $\lim_{Δ t \to 0}$ , dan vind je: $\frac{d C}{d t} = ‐ 0,1 C + 0,005$ .

c

$C (t) = a \cdot e^{‐ 0,1 \cdot t} + 0,05$ ; uit $C (0) = 0,2$ volgt: $a = 0,15$ , dus $C (t) = 0,15 \cdot e^{‐ 0,1 \cdot t} + 0,05$ .

d

$0,15 \cdot e^{‐ 0,1 \cdot t} + 0,05 = 0,07 \Leftrightarrow e^{‐ 0,1 \cdot t} = \frac{0,02}{0,15}$ , dus $t = ‐ 10 (\ln (2) - \ln (15)) \approx 20$ minuten.

10

a

$\frac{d K}{d t} = 0,1 \cdot (K - 10.000)$

b

$K (t) = 90.000 \cdot e^{0,1 \cdot t} + 10.000$