Uitw H6 - Lauran van Oers

1
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
Hoofdstuk 6
Kern 1
x +1
; ja
x +1
x2 + 2 x + 1
B 2x + 2 =
; nee
x +1
0
; ja
C 0=
x +1
2 cos x
b 2 sin x cos x =
; nee
sin x
1 a A 1=
1
9 = 0 + 0 + C → C = 9 . De oplossing is y = x3 + sin x + 9 .
2
3
3 a y = 5ln x + C → 2 = 0 + C → C = 2 . De oplossing is y = 5ln x + 2 .
1
1
1
1
1
3
3
3
3
3
b y = − cos 3 x + C → 1 = − + C → C = 1 . De oplossing is y = − cos 3 x + 1 .
c
dy
1 3
3
= 2 + − 2 → y = 2 x + ln x + + C → 3 = 2 + 0 + 3 + C → C = −2 .
dx
x x
x
3
De oplossing is y = 2 x + ln x + − 2 .
x
2
3
2
1
2
2
7
3
9
9
9
d y = ⋅ (3 x + 1) ⋅ + C = (3 x + 1) 3 x + 1 + C → 4 = ⋅1 ⋅1 + C → C = 3 .
3
2
7
9
9
De oplossing is y = (3 x + 1) 3 x + 1 + 3 .
3
3
4 a C ⋅ e x ⋅ 3 x 2 = 3 x 2 ⋅ C ⋅ e x is juist.
b Ce F ( x ) ⋅ f ( x) = f ( x) ⋅ Ce F ( x ) is juist.
5 a Als y ≠ 0 dan is
1 4
1 4
1 4
x +C
x
x
1
1 4
3
C
4
4
dy = x dx → ln y = x + C → y = e
= e ⋅ e → y = ± ce 4 , c ≠ 0
y
4
y = 0 is ook een oplossing. De algemene oplossing is y = ce
1
1
1
3
2
2
1 4
x
4
.
b y 2 dy = xdx → y 3 = x 2 + C → y 3 = 1 x 2 + c
1
Als je y als functie van x wil schrijven: y = 3 1 x 2 + c .
2
Noordhoff Uitgevers bv
2
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
1
1
1
1
dy = sin xdx → − = − cos x + C → = cos x + c → y =
2
y
y
y
cos x + c
y = 0 is ook een oplossing.
6
Als y ≠ 0 dan is
7
Als y ≠ 0 dan is
1
x + 1 x 2 +C
x + 1 x2
x + 1 x2
dy = (1 + x )dx → ln y = x + 12 x 2 + C → y = e 2
= eC ⋅ e 2 → y = ± ce 2 , c ≠ 0
y
y = 0 is ook een oplossing. De algemene oplossing is y = ce
8
1
x + x2
2
.
Als y ≠ 0 dan is
1
dy = kdx → ln y = kx + C → y = e kx +C = eC ⋅ e kx → y = ±ce kx , c ≠ 0
y
y = 0 is ook een oplossing. De algemene oplossing is y = ce kx .
9 a ydy = ( x + 2)dx → 12 y 2 = 12 x 2 + 2 x + C → y 2 = x 2 + 4 x + c → y = ± x 2 + 4 x + c
−3 = − c → c = 9 . De oplossing is y = − x 2 + 4 x + 9 .
b Als y ≠ −4 dan is
1
dy = dx → ln y + 4 = x + C → y + 4 = e x +C = eC ⋅ e x →
y+4
y + 4 = ± eC ⋅ e x → y = −4 + ce x met c ≠ 0 .
y = −4 is ook oplossing. De algemene oplossing is y = −4 + ce x .
Door (0, 2): 2 = −4 + c → c = 6 . De oplossing is y = −4 + 6e x .
1
1
−1
c Als y ≠ 0 dan is 2 dy = dx → − = x + C → y =
.
y
y
x+C
y = 0 is wel een oplossing, maar deze gaat niet door (1, 4).
−1
−1
−4
4=
→ 4 + 4C = −1 → C = −1 14 . De oplossing is y =
=
.
1
1+ C
x − 1 4 4x − 5
d Zie vraag c, y = 0 is de oplossing.
y
2y
e
dy = dx → 2
dy = 2dx → ln( y 2 + 3) = 2 x + C →
2
y +3
y +3
y 2 + 3 = e 2 x +C = eC ⋅ e 2 x → y 2 = −3 + ce2 x → y = ± −3 + ce 2 x
Door (0, 2): 2 = −3 + c → c = 7 .
De oplossing is y = −3 + 7e 2 x .
f e y dy = 7 dx → e y = 7 x + c → y = ln(7 x + c)
Door (1, 0): 0 = ln(7 + c) → 7 + c = 1 → c = −6 .
De oplossing is y = ln(7 x − 6) .
Noordhoff Uitgevers bv
3
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
x
2x
dx → 2 ydy = 2
dx → y 2 = ln( x 2 + 1) + c → y = ± ln( x 2 + 1) + c
x +1
x +1
Door (1, 1): 1 = ln 2 + c → ln 2 + c = 1 → c = 1 − ln 2 .
g ydy =
2
De oplossing is y = ln( x 2 + 1) − ln 2 + 1 .
dy
= x( y + 2) − ( y + 2) = ( y + 2)( x − 1)
h
dx
Als y ≠ −2 dan is
1
1
dy = ( x − 1)dx → ln y + 2 = x 2 − x + C →
y+2
2
y+2 =e
1 2
x − x +C
2
= e ⋅e
C
1 2
x −x
2
→ y = −2 + ce
1 2
x −x
2
met c ≠ 0
y = −2 is wel een oplossing, maar deze gaat niet door (4, –1).
−4
−1 = −2 + ce → c = e . De oplossing is dan y = −2 + e
4
1 2
x − x −4
2
.
10 a De (gemiddelde) verandering is +2 ⋅ 6 via pijp P, +1 ⋅12 via pijp Q en −3 ⋅ Z via pijp A.
Dan is de totale verandering 2 ⋅ 6 + 1 ⋅12 − 3 ⋅ Z .
dZ
b De concentratie is constant als
= 0 → 24 − 3Z = 0 → Z = 8 .
dt
Dus als de concentratie 8% is.
1
−3
dZ = dt →
dZ = −3dt → ln 24 − 3Z = −3t + C →
c
24 − 3Z
24 − 3Z
24 − 3Z = eC ⋅ e −3t → 24 − 3Z = ± eC ⋅ e −3t = ce −3t met c ≠ 0 .
Hierbij is Z ≠ 8 , Z = 8 is wel een oplossing, maar niet de gevraagde.
(0, 20) invullen geeft: 24 − 60 = c ⋅1 → c = −36 .
De formule: 24 − 3Z = −36e −3t → 3Z = 24 + 36e−3t → Z = 8 + 12e−3t .
Noordhoff Uitgevers bv
4
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
Kern 2
dT
1
= a ⋅ −T → dT = − adt → ln T = − at + C → T = e− at +C → T = ce − at
dt
T
(0, 50) invullen geeft c = 50 . De formule is T = 50e− at .
b (10, 30) invullen geeft 30 = 50e−10 a → e−10 a = 0, 6 → a = −0,1ln 0, 6 = 0,05.
11 a
Opmerking: de formule wordt dan T = 50e0,1t ln 0,6 = 50 ⋅ (eln 0,6 )0,1t = 50 ⋅ 0, 60,1t .
c
.
De grafiek gaat naar de horizontale asymptoot T = 20 toe omdat dit de grenswaarde van
de temperatuur van het water is.
dT
= 0, 05(20 − T )
d
dt
1
−1
e
dT = 0, 05dt →
dT = −0,05dt → ln 20 − T = −0, 05t + C →
20 − T
20 − T
20 − T = e0,05t +C → 20 − T = ± ce −0,05t → T = 20 ± ce −0,05t
(0, 50) invullen geeft 50 = 20 + c ⋅1 → c = 30 . Dan is de oplossing T = 20 + 30e −0,05t .
12
13
y = 5 + Ce −0,02t
1
dy = −adt → ln y − k = − at + c → y − k = e − at + c = e c ⋅ e − at →
y−k
y − k = ±Ce − at → y = k ± Ce − at met C ≠ 0 .
C = 0 geeft y = k en dat is wel een oplossing, dus mag je voor C alles kiezen.
14 a y = 100 + Ce −2t met 4 = 100 + C, dus C = −96 geeft y = 100 − 96e−2t .
b y = 12 + Ce −0,1t met 10 = 12 + C, dus C = −2 geeft y = 12 − 2e −0,1t .
c y = 0,1 + Ce −10t met 2 = 0,1 + C, dus C = 1,9 geeft y = 0,1 + 1,9e −10t .
d y = 40 + Ce − t met 20 = 40 + Ce −1 → C = −20e geeft y = 40 − 20e ⋅ e− t = 40 − 20e1−t .
Noordhoff Uitgevers bv
5
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
dy
= 10(2,5 − y ) → y = 2,5 + Ce −10t
dt
(0, 10) invullen geeft 10 = 2,5 + C, dus C = 7,5. De formule is y = 2, 5 + 7,5e−10t .
dy
b
= 0, 04(125 − y ) → y = 125 + Ce −0,04t
dt
(0, 75) invullen geeft 75 = 125 + C, dus C = −50 . De formule is y = 125 − 50e −0,04t .
15 a
16 a De temperatuur van de omgeving, dit is de grenswaarde voor de temperatuur van de
melk.
b T = 19 + Ce− at → 6 = 19 + C → C = −13 . De formule is y = 19 − 13e − at .
c 12 = 19 − 13e−15 a → e −15 a =
17 a De temperatuur is dan
7
13
→ a = 0, 041
0,1 ⋅ 80 + 0, 01 ⋅10
= 73, 6 0C.
0,1 + 0, 01
b Koffie zonder melk: a ≈
1
400
De differentiaalvergelijking is
dTk
=
dt
1
400
(20 − Tk ) met oplossing Tk = 20 + Ce
−
0
−
1
t
400
.
1
t
400
De begintemperatuur is 80 C, dus C = 60. De formule is Tk = 20 + 60e
.
1
Voor de melk: a ≈
40
1
− t
dT
1
De differentiaalvergelijking is m = (20 − Tm ) met oplossing Tm = 20 + Ce 40 .
dt
40
−
1
t
De begintemperatuur is 10 0C, dus C = −10 . De formule is Tm = 20 − 10e 40 .
Als je na t minuten de melk bij de koffie doet, wordt de temperatuur gegeven door
0,1 ⋅ Tk + 0, 01 ⋅ Tm 2 + 6e
Tl =
=
0,1 + 0, 01
Koffie met meteen melk: a ≈
1
t
400
+ 0, 2 − 0,1e
0,11
1
t
40
= 20 + 54,55e
1
t
400
− 0,91e
1
t
40
1
440
De differentiaalvergelijking is
dT
=
dt
1
440
(20 − T ) met oplossing T = 20 + Ce
−
1
t
440
De begintemperatuur is nu 73,6 0C, dus C = 53,6. De formule is Tm = 20 + 53, 6e
.
−
1
t
440
.
Kijk in de tabel of naar de grafieken op je GRM en constateer dat Tl meer is dan Tm tot
het snijpunt bij t ≈ 3,9 . Tot dat tijdstip lijkt het gunstiger de melk er later in te doen.
Noordhoff Uitgevers bv
6
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
Kern 3
−1⋅ be − x ⋅ −1
1
1
1
be − x
=
⋅
(1
−
)
=
⋅
is juist.
(1 + be − x ) 2 1 + be − x
1 + be− x
1 + be− x 1 + be − x
18
dy
y
500
= 0, 4 y (1 −
)→ y=
dx
500
1 + be −0,4 x
500
500
25 =
→ b = 19 . De oplossing is y =
.
1+ b
1 + 19e −0,4t
dy
y
2000
= 1,8 y (1 −
)→ y=
b
dx
2000
1 + be −1,8t
2000
2000
100 =
→ b = 19 . De oplossing is dan y =
.
1+ b
1 + 19e −1,8t
19 a
−250 ⋅ 4e −2 x ⋅ −2
500
0, 008 ⋅ 2502
=
−
(1 + 4e −2 x ) 2
1 + 4e −2 x (1 + 4e−2 x )2
2000e−2 x
500(1 + 4e −2 x ) 0, 008 ⋅ 2502 500 + 2000e −2 x − 500
=
−
=
is juist.
(1 + 4e−2 x )2
(1 + 4e−2 x ) 2
(1 + 4e −2 x )2
(1 + 4e −2 x ) 2
250
y (0) =
= 50 is ook juist.
1+ 4
− M ⋅ be− ax ⋅ −a
aM
1
b
=
(1 −
)
− ax 2
− ax
(1 + be )
1 + be
1 + be − ax
20 a
abMe − ax
aM
be− ax
=
⋅
is juist.
(1 + be− ax ) 2 1 + be − ax 1 + be− ax
21 a
b
c
d
e
dy
y
= 1 y (1 −
)
dx
100
100
y=
1 + be − x
100
100
20 =
→ b = 4 . De oplossing is y =
.
1+ b
1 + 4e − x
Een horizontale asymptoot y = 100 als x → ∞ en y = 0 als x → −∞ .
y = 0 en y = 100 zijn oplossingen van de differentiaalvergelijking.
dy
is een tweedegraads functie van y met als grafiek een bergparabool.
dx
De top wordt bereikt voor y = 50 . Dit is halverwege de hoogte van de grafiek.
Dit punt is een buigpunt. Hier gaat de exponentiële groei over in geremde groei.
Noordhoff Uitgevers bv
7
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
100
(zie vorige opgave).
1 + 4e − t
−100 ⋅ 4e − t ⋅ −1
100
1
=
b
(1 −
)
−t 2
−t
(1 + 4e )
1 + 4e
1 + 4e− t
22 a N =
400e− t
100
4e − t
=
⋅
is juist.
(1 + 4e− t ) 2 1 + 4e − t 1 + 4e − t
100
c
= 40 → 40 + 160e − t = 100 → 160e− t = 60 → t ≈ 1 , na bijna 1 jaar.
−t
1 + 4e
d Dan verandert a in 2.
dN
N
= 0, 7 N (1 −
)
dt
6000
6000
6000
6000
met 4000 =
→ b = 0, 5 . De formule N =
.
b N=
−0,7 t
1 + be
1+ b
1 + 0, 5e −0,7 t
c Dit is als N = 3000 .
6000
3000 =
→ 3000 + 1500e−0,7 t = 6000 → 1500e−0,7 t = 3000 → t = −0,99
1 + 0,5e −0,7 t
Ongeveer een jaar geleden, dus in 2004.
23 a
24 a 10% van de binnenlucht wordt vervangen door evenveel buitenlucht.
De gemiddelde verandering is dan
C (t + ∆t ) − C (t )
≈ −0,1 ⋅ C (t ) + 0,1 ⋅ 0, 05 → C (t + ∆t ) ≈ C (t ) − 0,1 ⋅ C (t ) ⋅ ∆t + 0,1 ⋅ 0, 05 ⋅ ∆t .
∆t
dC
b
= −0,1 ⋅ C (t ) + 0,1 ⋅ 0, 05 = 0,1(0, 05 − C (t ))
dt
Opmerking: Zie ook som 10a.
c C (t ) = 0, 05 + ce −0,1t met C (0) = 0, 2 geeft 0, 2 = 0, 05 + c → c = 0,15 .
De formule is C (t ) = 0, 05 + 0,15e −0,1t .
d C (10) = 0, 05 + 0,15e − c⋅10 = 0, 07 → 0,15e −10 c = 0, 02 → c = 0, 2
De capaciteit moet worden verdubbeld tot 10 m3 per minuut.
Noordhoff Uitgevers bv
8
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
Kern 4
25 a Als y ≠ 0 dan is
1
2
dy = dx → ln y = 2 ln x + C → ln y = ln x 2 + ln eC = ln eC x 2 →
y
x
C 2
y = e x → y = cx 2 met c ≠ 0 .
c = 0 geeft y = 0 en dat is ook een oplossing. De algemene oplossing is y = cx 2 .
b Ja.
0
c Nee want is onbepaald.
0
Opmerking: onbepaald is iets anders als bestaat niet.
26 a Singuliere punten: y − 2 x = 0 ∧ x + 3 = 0 → y = 2 x ∧ x = −3 → (−3, −6) .
In elk punt van de lijn y = 2 x behalve (−3, −6) is er een horizontaal lijnelement.
In elk punt van de lijn x = −3 behalve (−3, −6) is er een verticaal lijnelement.
Je krijgt een isokline als de breuk constant is.
Dit is als y = −6 of y = x − 3 behalve (−3, −6) .
b Singuliere punten: xy = 0 ∧ 4 − x 2 = 0 → xy = 0 ∧ x = ±2 → (2, 0) en ( −2, 0) .
In elk punt van de lijn x = 0 of y = 0 behalve (2, 0) en ( −2, 0) is er een horizontaal
lijnelement.
In elk punt van de lijn x = 2 of x = −2 behalve (2, 0) en ( −2, 0) is er een verticaal
lijnelement.
4
De isoklinen zijn y = 0 en y = c( − x) behalve de singuliere punten.
x
27 a Singuliere punten: x + y = 0 ∧ x = 0 → y = − x ∧ x = 0 → (0, 0) .
b
y
O°
2
x
y = –x
c Zie de tekening van vraag c. Het extreem is een minimum (met grootte –2).
Noordhoff Uitgevers bv
9
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
28 a
y
y=1
x
O
x=1
x=3
b f '(0) = −1 ⋅ −3 ⋅1 = 3 , de grafiek snijdt de y-as onder een hoek van 900 − 71, 60 = 19, 40 .
c f stijgt tot x = 1 , daalt tot x = 3 en stijgt daarna weer. Er is een maximum voor x = 1 en
een minimum voor x = 3 .
1
1
d
dy = ( x 2 − 4 x + 3)dx → ln y − 1 = x 3 − 2 x 2 + 3x + C →
y −1
3
1
y − 1 = e3
x3 − 2 x 2 +3 x +C
1
→ y − 1 = ± ce 3
x3 −2 x 2 +3 x
1
→ y = 1 ± ce 3
x3 −2 x2 + 3 x
De grafiek gaat door (0, 2), dan is 2 = 1 + c → c = 1 .
1 3
x − 2 x2 +3 x
3
Het functievoorschrift is f ( x) = 1 + e
.
Opmerking: Eigenlijk is c ≠ 0 . Maar omdat y = 1 ook een oplossing is mag je voor c
ook 0 kiezen. f ( x) = 0 is niet de gevraagde oplossing.
29 a Er is geen singulier punt want 1 + x 2 kan geen nul worden.
y
y=x
x
O
b De grafiek heeft een minimum a als a > 0 , dan ligt hij geheel boven de x-as
of de grafiek heeft een maximum a als a < 0 , dan ligt hij geheel onder de x-as.
Omdat alle lijnelementen op de x-as horizontaal zijn, is de x-as ook een
oplossingskromme.
Opmerking: De top van de grafiek is altijd (a, a ) met a ≠ 0 . Er gaat wel een grafiek
door (0, 0) nl. y = 0 , maar deze heeft uiteraard geen top.
In de volgende kern komt aan de orde dat er dan geen tweede (functie)grafiek meer kan
zijn die door (0, 0) gaat.
Noordhoff Uitgevers bv
10
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
30 a Invullen geeft 0 = 2 ⋅ (3 − 3) en dit is juist.
dy
b
is dan positief. De grafiek stijgt dan.
dx
c Dan zouden er twee grafieken door het
punt ( x0 ,3) gaan en dat kan niet.
d Zie tekening rechts.
e Als y ≠ 3 dan is
1
dy = 2dx → ln y − 3 = 2 x + C →
y −3
y − 3 = e 2 x +C → y − 3 = ± ce2 x → y = 3 ± ce 2 x
De grafiek gaat door (0, 5):
Dan is de oplossing y = 3 + 2e 2 x .
Controleren kun je bijv. via je GRM.
f Voor de grafiek kijk je in de tekening rechtsboven. De grafiek hoort bij y = 3 − 3e 2 x .
dy
Onder de lijn y = 3 is
negatief, de grafiek daalt dan. De grafiek kan de lijn y = 3
dx
niet snijden om dezelfde reden als bij vraag c.
31 a
•
•
•
b Zie tekening bij vraag a.
c Zie tekening bij vraag a.
d
•
Noordhoff Uitgevers bv
11
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
32 a Invullen geeft: 1 =
b
y = –x
x
x
en −1 =
. Beide beweringen zijn goed.
x
−x
y
y=x
1
°
x
c ydy = xdx → 2 ydy = 2 xdx → y 2 = x 2 + C → y = ± x 2 + C
d Kijk naar de tekening van vraag b. De grafiek daalt tot het punt (0, b) met b > 0 en stijgt
daarna weer (er is dus een minimum).
Deze grafiek kan de lijnen y = x en y = − x niet snijden omdat er geen twee grafieken
door één punt kunnen gaan.
Opmerking: Deze twee lijnen heten scheve asymptoten.
e Kijk in de tekening van vraag b.
f
y = x2 + 1
33 a y = − x 2 invullen geeft −2 x = − x 4 + x 2 + 2 x 4 − 2 x − x 2 − x 4 is juist
y = − x 2 − 1 invullen geeft −2 x = − x 4 − 2 x 2 − 1 + x 2 + 1 + 2 x 4 + 2 x 2 − 2 x − x 2 − x 4 is juist.
b Elke oplossing die door (0, b) gaat met −1 < b < 0 kan de parabolen y = − x 2 en
y = − x 2 − 1 niet snijden en dus ligt de grafiek hier tussen in.
34
a
b
c
d
y=2
y=0
y=4
y=2
y=
y = –1
y=0
y=1
y=0
y = –3
y=–
Noordhoff Uitgevers bv
12
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
dy
niet omdat je door 0 deelt. Het lijnelement is verticaal.
dx
b (2 + y )dy = dx → 2 y + 12 y 2 = x + C → 2 + 12 = C → C = 2 12 → x = 12 y 2 + 2 y − 2 12
Opmerking: Deze grafiek hoort niet bij een functie. De oplossing van een
differentiaalvergeling kan een functie zijn, maar dit moet niet.
Je kunt wel eisen van welke oplossingsfunctie de grafiek door bijv. (0, 1) gaat. Dat is
dan de functie die bij de bovenste halve parabool hoort.
35 a Daar bestaat
36 a y = 0 en y = 4 zijn beide oplossing van de differentiaalvergelijking.
dy
= 2 y ( y − 4) = f ( y ) → f '( y ) = 2( y − 4) + 2 y ⋅1 = 4 y − 8
dx
f '(0) = −8 : de oplossingskrommen gaan naar de asymptoot toe.
f '(4) = 8 : de oplossingskrommen lopen weg van de asymptoot.
dy
b
= ( y + 4)( y − 3)
dx
y = −4 en y = 3 zijn beide oplossing van de differentiaalvergelijking.
dy
= y 2 + y − 12 = f ( y ) → f '( y ) = 2 y + 1
dx
f '(−4) = −7 : de oplossingskrommen gaan naar de asymptoot toe.
f '(3) = 7 : de oplossingskrommen lopen weg van de asymptoot.
dy
c
= − y 2 ( y − 2)
dx
y = 0 en y = 2 zijn beide oplossing van de differentiaalvergelijking.
dy
= − y 3 + 2 y 2 = f ( y ) → f '( y ) = −3 y 2 + 4 y
dx
f '(0) = 0 : krommen boven de asymptoot lopen ervan weg en krommen onder de
asymptoot gaan naar de asymptoot toe.
f '(2) = −4 : de oplossingskrommen gaan naar de asymptoot toe.
d y = 1 is een oplossing.
dy y − 1
1( y + 3) − ( y − 1) ⋅1
4
=
= f ( y ) → f '( y ) =
=
2
dx y + 3
( y + 3)
( y + 3) 2
1
f '(1) = : de oplossingskrommen lopen weg van de asymptoot.
4
e y = kπ is oplossing van de differentiaalvergelijking.
dy
= sin y = f ( y ) → f '( y ) = cos y
dx
f '(0 + k ⋅ 2π ) = 1 : de oplossingskrommen lopen weg van de asymptoot.
f '(π + k ⋅ 2π ) = −1 : de oplossingskrommen gaan naar de asymptoot toe.
f y = −1 en y = 12 π + kπ zijn beide oplossing van de differentiaalvergelijking.
dy
= ( y + 1) cos y = f ( y ) → f '( y ) = cos y − ( y + 1) sin y
dx
f '(−1) = cos(−1) = 0,54 : de oplossingskrommen lopen weg van de asymptoot.
f '( 12 π + k ⋅ 2π ) = −( 12 π + k ⋅ 2π + 1) < 0 als k ≥ 0 : naar de asymptoot toe.
Noordhoff Uitgevers bv
13
Netwerk 5-6 vwo wiskunde D Hoofdstuk 6 uitwerkingen
f '( 12 π + k ⋅ 2π ) = −( 12 π + k ⋅ 2π + 1) > 0 als k < 0 : weg van de asymptoot.
f '(1 12 π + k ⋅ 2π ) = −(1 12 π + k ⋅ 2π + 1) ⋅ −1 = 1 12 π + k ⋅ 2π + 1 > 0 als k ≥ 0 : weg van de
asymptoot.
f '(1 12 π + k ⋅ 2π ) = −(1 12 π + k ⋅ 2π + 1) ⋅ −1 = 1 12 π + k ⋅ 2π + 1 < 0 als k < 0 : naar de
asymptoot toe.
De bijbehorende faselijnen:
a
b
c
d
e
f
y=2
y=4
y = 1 12
y=3
y=2
y=0
y=0
y = –4
y=
y=
y=1
y=0
y = –3
1
2
y = –1
y = – 12
y=–
37 a De helling in (0, −3) is 45.
b De helling in (0, 1) is 1.
c De helling in (0, 3) is −9 .
1
38 a De helling in (0, 0) is − .
3
b De helling in (1, −4) is 5.
c De helling in (2, 5) is
1
2
.
Noordhoff Uitgevers bv

Download Report