Hoofdstuk 4 Differentiaalvergelijkingen

Hoofdstuk 4:

Differentiaalvergelijkingen

a. formule B.

b. 1000 1030 1060,90 1092,73 1125,51 1159,27

het kapitaal is toegenomen met resp. 30 30,90 32,73 32,78 33,76 c. K t( )K t(  1) K t( ) 1,03 K t( )K t( ) (1,03 1)  K t( ) 0,03 K t( ) 2 a. A t( )A t(  1) A t( ) 3 A t( ) 5 A t( ) 2 A t( ) 5 b. u n( )u n(  1) u n( ) 1,89 ( ) u n u n( ) 0,89 ( ) u n c. K p(  1) K p( )K p(  1) K p(  1) 1,9K p(  1) 1,9 d. _{u n( )u n(  1) u n( ) 0,7( ( )) u n} 2_{3 ( ) 2u n  u n( ) 0,7( ( )) u n} 2_{2 ( ) 2u n } 3 a. u t( )u t(  1) u t( ) 2,8 ( ) 1,5 u t  u t(  1) 3,8 ( ) 1,5u t  b. u n( )u n(  1) u n( ) 12 0,3 ( )  u n u n(  1) 12 0,7 ( ) u n c. u n( )u n(  1) u n( ) 3,1 u n(  1) u n( ) 3,1 d. _{u n( )u n(  1) u n( ) 12( ( )) u n} 2_{1,3 ( )u n u n(  1) 12( ( ))u n} 2_{2,3 ( )u n} 4 a. K t(  1) 1,03K t( ) 500 K t( ) 0,03 K t( ) 500 b. H t(  1) 1,06H t( ) 6000 H t( ) 0,06 H t( ) 6000 c. S t(  1) S t( ) (0,004 S t( ) 1000) 1,004  S t( ) 1000 ( ) 0,004 ( ) 1000 S t S t

    : de maandelijkse aflossing (inclusief rente) 5 a. voer in: u n( ) 1,004 ( u n 1) 1000 en u(0) 200000 b. A t(  1) S t( )S t(  1) (1,004 ( 1) 1000) (1,004 ( ) 1000) 1,004 ( ( 1) ( )) 1,004 ( ) S t S t S t S t A t               ( ) ( 1) ( ) 0,004 ( ) A t A t A t A t       6 a. A t( ) 2,3 A t( )A t( ) 1,3 A t( ) b. B t(  1) B t( ) 1,2 B t( ) 5 ( 1) 2,2 ( ) 5 B t   B t  met B(0) 12 c. A(1) 1,3 A(1) 1,3 2,3  A(0) 35,88 en (1) 1,2 (1) 5 1,2 (2,2 (0) 5) 5 42,68 B B B          

Dus B(1) heeft de grootste waarde. 7 a. recursieformule: u t(  1) u t g( ) met u(0)A directe formule: _{u t}( )_{ A g}t b. _{u t( ) A g}t1_{ A g}t _{ A g}t_{(g 1) u n( ) ( g1)} maand S(t) 0 200000 1 199800 2 199599,20 3 199397,60 4 199195,19 5 198991,97 6 198787,94 7 198583,09 8 198377,42 9 198170,93 10 197963,61 11 197755,47 12 197546,49

8 a. b. u t(  1) u t( ) 0,3 ( ) 14 ( ) 0,7 ( ) 14 ( ) 20 u t u t u t u t    

c. De limiet blijft 20; deze is onafhankelijk van de eerste term.

d. De rij nadert altijd naar deze grenswaarde.

e. u t( ) 0,3 ( ) 14 u t  u t( ) 0,7 ( ) 14 0,7(u t   u t( ) 20) 0,7(20  u t( )) f. De afstand van de term tot de grenswaarde

g. Naarmate de rij de limiet nadert wordt het verschil tussen de opeenvolgende termen vrijwel gelijk aan 0.

9 a. k t( ) 0,85 ( ) 12 k t  k t( ) 0,15 ( ) 12 0,15(80k t   k t( )) b. door k t( ) 0 op te lossen. c. k t( ) 80 10 a. de limiet is 40. b. 3.52 6.088 10.217 16.303 24.030 31.705 36.965 c. 3,52 2 1,76 6,088 3,52 1,73 10,217 6,088 1,68 16,303 10,2171,60 24,030 16,303 1,47

Ongeveer tot t 4 zijn de groeifactoren ongeveer gelijk en is de groei exponentieel.

d. 2 2 1 40 ( ) 1,8 ( ) 0,02 ( ( )) ( ) 0,8 ( ) 0,02 ( ( )) 0,8 ( ) (1 ( )) u t u t u t u t u t u t u t u t               40 ( ) 0,8 ( ) ( ) 40 u t u t    11

a. Z(t) kg zout in 500 liter water. De concentratie is dan ( ) 1

500 500 ( ) 0,002 ( )

Z t _{ Z t  Z t kg/l.} b. Er verdwijnt dan 30 0,002 ( ) 0,06 ( ) Z t  Z t kg zout

c. Z t( ) 0,06 ( )Z t d. Z t(  1) Z t( ) 0,06 ( )Z t ( 1) 0,94 ( ) Z t  Z t met Z(0) 4 Directe formule: ( ) 4 0,94 3 0,94 0,75 4,6 t t Z t t     

Na 5 minuten is er minder dan 3 kg zout in het vat. 12

a. Als er in 1 minuut 0,06 ( )Z t kg zout verdwijnt, dan is dat per t minuten 0,06 ( )Z t  t kg zout.

b. Z t( ) 0,06 ( )Z t t 0,06 ( )Z t

t t

 _    _{ }

c. Z t( ) Z t( t) Z t( ) Z t'( )

t t

 _    _

  als t naar 0 nadert. d. _{Z t( ) K e}0,06t _{e. Z t( ) 3} 0,06 0 0,06 '( ) 0,06 0,06 ( ) (0) 4 ( ) 4 t t Z t K e Z t Z K e K Z t e                0,06 0,06 4 3 0,75 0,06 ln(0,75) t t e e t       ln(0,75) 0,06 4,79 t  _ 

Na 4 minuten en 48 seconden moet de kraan dicht. 13 a. _{f x}'( )_Cex _{   }1 _Cex _10 (10_{ Ce}x) 10_{ f x}( ) 0 (0) 10 10 15 f  Ce   C geeft C5 b. 2 2 2 2 1 1 ' 1 ( ) 1 ( ) y x C y x C x C            _{ }       1 (0) _C 4 y   geeft 1 4 C c. 12 1 1 2 2 3 1 2 3 1 2 2 1 2 1 ( ) 2 ( ) ( ) dy x x C x x xy dx _{x C x C}             _{ }    _  _ 1 1 3 4 (2) _C y  _  _{geeft C5} 14 a. y 2 en y' 0 voldoet. b. 3 ₂ ' x 3 y _{ }C e _{ } x ₂ 3 ₂ 3 ₂ 3_{Cx e}x 3_x (2 _{C e}x ) 6_x        : voldoet c. _{y(1) 2  C e}1_{5 geeft C 3e} 15 a. H t(  1) H t( ) 0,02 ( ) 0,98 H t  H t( ) ( ) 200 0,98t H t   b. _{H t'( ) 200 e}0,02t_{ 0,02 0,02H t( ): voldoet} c. _{H(10) 200 0,98 } 10 _{163 en H t( ) 200 e}0,02 10 _164 16 a. Omdat N t( )N t(  1) N t( ) geldt: _{N t(  1) 1,3 ( ) 0,0005( ( ))N t  N t} 2 b. 100 125 155 189 228 270 315 360 403 c. 0,3 1 0,3 600 ( ) 600 (1 5 ) 1 5 t t N t e e         0,3 0,3 2 0,3 0,3 2 900 600 1 (1 5 ) 1,5 (1 5 ) t t t t dN e e e dt e               en 2 0,3 0,3 2 180 360 000 0,3 ( ) 0,0005( ( )) 0,0005 1 5 t (1 5 t) N t N t e e        0,3 0,3 0,3 2 0,3 2 0,3 2 180(1 5 ) 180 900 (1 5 ) (1 5 ) (1 5 ) t t t t t e e dN e e e dt              d. 100 128 160 198 239 284 328 372 413

e. 0 3 128100 2,3 1605 100 3,1 1989 100 4,5 23911 100 4,6 28414 100 4,9 13 328100 4,0 37212 100 3,2 en 41310 100 2,4 f. De maximale fout is 4,9% 17 a. dy(0, 2) 22 4 dx     b. ook in (1, 2), (10, 2) en (100, 2) is de helling -4.

c. de helling is alleen afhankelijk van de y-coördinaat. Dus alle punten op een horizontale lijn (y c) hebben dezelfde helling –c2_.

d. dy _y2 ₄ dx     2 ₄ 2 2 y y y     

Alle punten op de lijnen y  2 en y 2 hebben helling -4. 18 a. b. dy C 2x 2 Cx 2 y 2y dx       x x voldoen. 19 a. De lijn y 1 dy 0 dx  en 0,5 (1 1) 0x   : klopt.

b. In de buurt van y 1 wordt de helling vrijwel gelijk aan 0 en gaan de

oplossingskromme horizontaal lopen. De lijn y 1 is een horizontale asymptoot voor alle oplossingskromme.

c. d. dy 0 dx  0,5 ( 1) 0 0 1 x y x y      

Als x0 en y 1 is de helling positief en de

oplossingsfunctie dus stijgend. In x0 is de helling 0 en als x0 en y 1 is de helling negatief en de

oplossingsfunctie dus dalend. Er is dan sprake van een maximum.

Voor y 1 geldt een soortgelijke redenatie. Er is dan voor x 0 sprake van een minimum. e. 41 2 1 1 14 2 1 14 2 1 2 2 2 (1 1) 2 ( 1) x x x dy C e x x Ce x Ce x y dx                   20 a. dy x

dx  . De helling is 0 voor y x 0, bestaat niet voor y 0 en is bijvoorbeeld 1 voor y  x_{: richtingsveld C.} dy x

dx   . Bijna gelijk aan die van de vorige alleen is de y

dy y

dx  : richtingsveld D en x

dy y

dx   : richtingsveld B.x

b. De getekende lijnen zijn: y 2x, y x en 1 2 y   x c. y 1 x  en y 4 x  d. y x en y  x 1 dy dx  en 1 x x y  x  mits x0 1 dy dx   en 1 x x y  x   mits x 0 21 a. 1 2 1 y 

b. De hellingen worden in de buurt van die lijn gelijk aan 0

1 2 0 3 2 0 1 dy dx y y     c. dy _{1 e} 2x _{2 2e} 2x _{3 (3 2e} 2x_{) 3 2y} dx               : klopt 22 a. 3 1 1 1 ( 3, 1) 2 dy dx          c. dy

dx bestaat dan niet:   y 1 0. Dit geeft y 1.

b. 1 0 1 dy x dx y   

  d. Nee, de afgeleide is in (1, 1) niet gedefinieerd. 1 x 23 a. 2 1 0 2 dy x dx y    2 1 0 1 1 x x x      

b. In de punten op y 0 is het lijnelement evenwijdig aan de y-as. c. singuliere punten: (-1, 0) en (1, 0) d. 2 1 3 2 dy x dx y    e. 2 1 2 dy x c dx y    2 2 1 1 6 6 6y 1 x y x      2 2 1 1 2 2 2 1 c c cy x y x      Voor x  1 en x1 is de y-coördinaat 0. 24 a. x2y 0 en 2x 1 0 1 2 y  x 1 2 x singuliere punt: 1 1 2 4 ( , )

b. evenwijdig aan de x-as: y   1 y 1 evenwijdig aan de y-as: x 1 singuliere punten: (1, -1) en (1, 1)

d. dy y2₂ y

dx x x

 



evenwijdig aan x-as: y 0  y  1 evenwijdig aan y-as: x 0  x  1 singuliere punten: (0, 0), (0, -1), (-1, 0) en (-1, -1)

25

a. horizontale lijnelementen: y x b. verticale lijnelementen: y  2x

c. y x 0: alle punten onder lijn b. 2x y 0: alle punten onder lijn a. Dus voor het onderste gele vlak.

d. y x 0: alle punten boven lijn b. 2x y 0: alle punten onder lijn a. Samen vormen ze het witte vlak aan de linkerkant.

e. (0, 0) is het singuliere punt 26

a. het singuliere punt ligt op y  x en x0. Dus (0, 0) b. isocline bij helling 0: y  x

c. verticale lijnelementen: x0

d. positieve helling als y  x en x0 of y  x en x0

e. dy 0

dx  (dus op de lijn y  x) en x2: (2, -2)

Links van x 2 is het lijnelementveld negatief

(functie is dalend) en rechts daarvan positief (functie stijgend). Er is dus sprake van een minimum.

27

a. helling 0: _2x3_{4y 0 geeft} 1 3 2

y   x

b. verticale lijnelementen: 2x y 0 geeft y  2x

c. singuliere punten: 1 3 2x 2x    3 2 1 1 2 2 2 ( 4) 0 0 2 2 x x x x x x x             (0, 0), (-2, 4) en (2, -4) d. Vul diverse punten in.

e. dy(1, 1) 2 dx    2 y   x b en gaat door (1, -1) 1 2 1 1 2 1 b y x         f. 2 2 3 4 ₂2 2 x ax ax x ax    3 2 2 2 3 2 2 4 4 2 2 2 1 1 x ax ax a x a a a         g. 1 3 1 2 ( 1) 2

y      en het gaat hier om een maximum. (links negatief en rechts positief)

28

a. _x2_y2 _{1, x}2_y2 _{4 en x}2_y2 _{9: cirkels met middelpunt (0, 0) en straal resp.}

1, 2 3.

b. De oplossingskromme heeft in P een helling van 1.

2 2 ₁ x y  en dy 1 dx  2 2 2 ( ) 1 2 1 x x x     2 2 0 2 2 0 dy x y dx x y y x        2 1 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ( 2, 2) ( 2, 2) x x x P en P        29 a. isocline: dy x y c

dx    geeft rechte lijnen: y   x c

b.     1 x ( x c) 1 1 c y x      30 a. '( ) 2 1 2 _{( )}2 2 2,25 2 2,25 f x f x x x       b. 1 2 '( ) 2 dy dy G x y y dx dx      en F x'( ) 2 c. 1 2 2y 2x c 2 1 1 4 2 4 4 y x c y x c y x c         d. y(0) 3 geeft c19 e. y(15) 10 geeft c140 31 a. dy 6 dx y  b. 2 1 6 dy dx x y    2 1 2 2 1 1 6 12 2 12 12 y x c y x c y x c y x c           2 2 1 1 3 1 3 x c y y x c     (0) 4 y  geeft y  12x16 y(1) 1 geeft ₂1 3 2 y x   c. dy 2 dx y   x d. 1 0,04 125 dy dx y     2 2 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 y x c y x c y x c y x c               0,04 0,04 ln | 125 | 0,04 125 125 x x y x c y K e y K e             (1) 2 y  geeft _{y  2x}2_6 y(0) 75 _{geeft y  50e}0,04x _125

32 a. 2 1 1 dy dx y   b. 2 dy y dx e   x c. 1 dydx 12x y   1 1 1 x c y y x c       2 2 ln( ) y e x c y x c     2 2 1 2 2 2 1 2 6 3 (3 ) y x c y x c y x c       (1) 2 y   geeft 1 1 2 c  y(0) 1 geeft c e y(0) 9 geeft c13 d. 1 dydx x y   2 3 2 1 1 3 2 ( ) y x x c y x x c     (9) 1 y  geeft c1 8 of c1 10 33 ydy_dx x dy dx y  x 1 dy 1 y dx  x 1 1 dy ydx  x 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 y x c y x c y x c        2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 y x c y x c y x c           ln | | ln | |y x c y K x     1 ln | | ln | | x y x c y K      2 ₇ y  x  _{y  x}2_25 1 3 1 y  x y 12 x  34 a. dy 0 dx yx y  ( 1) 0 0 1 y x y x       b. 1 dy 1 dx x y    2 1 2 2 1 2 ln | | x x y x x c y Ke      De randvoorwaarde y(2) 0 geeft y 0 c. De randvoorwaarde y(2) 1 geeft 1 2 2 4 x x y e e  35

a. In het gebied onder de lijn T 20 zijn de oplossingsfuncties stijgend. b. door (0, 5) c. 1 0,4 20 dT dt T     0,4 ln | 20 | 0,4 20 t T t c T K e       

Met de randvoorwaarde T(0) 5 wordt de oplossingsfunctie: _{T 20 15 e}0,4t d. T(10) 0 geeft oplossingsfunctie: _{T 20 20 e}0,4 4t

36

a. De afname van de intensiteit (I) is evenredig met de intensiteit (I x( )): ( ) I c I x x       b. I x( x) I x( ) I x( ) c I x( ) x x    _  _{  }   c. dI c I x( ) dx    d. 1 dI 0,01 dx I   0,01 0,01 ln( ) x x I e c I K e       De randvoorwaarde I(0) 100 geeft _{I x( ) 100 e}0,01x 37 a. 12 t b. 1,5H t( ) t c. dH 12 1,5 ( ) 1,5(8H t H t( )) dt     d. 1 1,5 8 ( ) dH dt H t    1,5 1,5 ln | 8 ( ) | 1,5 8 ( ) ( ) 8 t t H t t c H t K e H t K e            

Met H(0) 4 wordt de oplossingsfunctie: _{H t( ) 8 4  e}1,5t

e. Als het lichaam het medicijn net zo snel afbreekt als er wordt toegediend, dan geldt 0

dH

dt  . Hieruit volgt H t( ) 8 mg. 38

a. Tweede wet van Newton: Fres m a waarbij a dvdt . Dus

dv m mg kv dt    b. dv 10 0,2v 0,2(50 v) dt     0,2 1 0,2 50 ln | 50 | 0,2 50 dv dt t v v t c v K e           c. Voor v(0) 0 is K 50 0,2 lim(50 50 t) 0 t e     39

a. De snelheid waarmee de massa afneemt is negatief; c is negatief.

b. 4 3 3 0,962 0,962 M   V  R 1 3 3 4 3 0,962 4 3 0,962 ( ) R M R M      

c. 31 23 23 2 2 16 4 3 0,962 9 0,9254 (( ) c dM c M M k M dt         d. 32 dM dt M  k 1 3 3 1 1 3 3 3 ( ) M kt c M kt c     (0) 8 M  geeft c 6 en M(25) 1 geeft 1 3 3 ( k25 2) 1 1 3 1 3 3 25 8 2 1 8 1 k k k       3 1 25 ( ) ( 2) M t   t 

e. M 0 oplossen geeft t 50 weken. 40 a. _{V   30}2_{ h 900 h} 900 dV dh dt  dt en dV c h dt   (gegeven): 900c dh h dt    b. 9000,1 1 _dh dt h     0,1 900 2 0,1 1 1800 2 2 ( ) h t k h t k         De randvoorwaarde h(0) 120 geeft k 4 30 c. 0,1 2 1800 (  _t_2 30) _30 0,1 1800 0,1 1800 1800 0,1 2 30 30 30 30 309730 t t t s     _{ }     41 a. 0,01 (1 ) 500 dN N N dt    b. 0,01 0,01 0,01 2 0,01 2 500 ( 0,01 ) 5 (1 ) (1 ) t t t t dN Ke Ke dt Ke Ke             en 0,01 0,01 0,01 0,01 0,01 2 0,01 2 500 1 5 5 5 0,01 (1 ) 1 1 1 (1 ) (1 ) t t t t t t Ke Ke Ke Ke Ke Ke                  c. 500 1 (0) _K 100 N  _  geeft K 4 42 a. M t(  1) 0,7M t( ) 120 met M(0) 120 b. Voer in: u n( ) 0,7 ( u n 1) 120 en u(0) 120

Kijk in de tabel: na 5 perioden van 12 uur, 1 2

2 dag, is er tenminste 350 mg in het lichaam. c. M t(  1) M t( ) 0,7 ( ) 120 ( ) 0,3 ( ) 120 ( ) 400 M t M t M t M t    

d. M t( ) 0,7 M t(  1) 120 2 2 3 2 1 2 0,7(0,7 ( 2) 120) 120 0,7 ( 2) 120(0,7 1) 0,7 (0,7 ( 3) 120) 120(0,7 1) 0,7 ( 3) 120(0,7 0,7 1) ... 0,7 (0) 120(0,7 ... 0,7 0,7 1) 0,7 1 0,7 120 120 120 0,7 400 (0,7 1) 0,7 1 t t t t t t M t M t M t M t M                                                400 280 0,7 t   e. M(14) 398,10 mg f. 398,10 0,7_ t _1 0,7 0,0025 16,8 t t  

Het duurt bijna 8,5 dagen voordat er minder dan 1 mg in het lichaam aanwezig is. 43 a. _0,2xy2 _0 0 0 x  y  b. c. 2 1 0,2 dy dx x y    2 2 1 1 0,1 1 0,1 x c y y c x       omdat y(0) 5 volgt 1 2 2 5 1 10 0,1 2 y x x    

d. y 0: lijnelementen zijn 0. Horizontale asymptoot 0

x : lijnelementen zijn 0. Toppen 44 a. 1₂ dz 0,05 1 8 1 dt dy dt z z z       _  _   1 0,05 8 0,4 0,05 0,4( 0,125) dz dt z _z z z     _  _        b. 1 0,4 0,125 dz dt z    c. 0,4 0,4 0,4 1 8 8 0,125 t 1 8 t 1 t y k e k e C e          0,4 0,4 ln | 0,125 | 0,4 0,125 0,125 t t z t c z k e z k e             45 a. (0,04 0,0005 ) N N 0 0 0,0005 0,04 80 N N N   

 Het maximale aantal ratten is 80. b. dN (0,04 0,0005 ) 0,005 (80 ) dt   N N  N N : logistische groei 0,0005 80 ( ) 1 t N t C e    . (0) 35 N  invullen: 80 1C 35 geeft C 127 0,0005 80 ( ) 1 1,29 t N t e   

46 a. 1 2 ( 1) dy dt y    c 2 1 4 2 1 y  y ct 2 1 1 1 2 2 2 1 2 2 y y ct c y y ct c       2 1 4 1 4 ( 1) 2 2 1 y ct y ct       (0) 0,5 y  geeft 1 1 4 2c  1 ofwel 5 1 8 c 

b. de noemer is kleiner, de breuk dus groter. De groei van het tweede model is sneller. c. 2 dy dt y c y(0) 0,5 geeft 1 1 4 c  2 1 y ct c 1 4 y  ct d. y_I  0,375 30 2,25 1 2,67    en y_II  0,375 30 0,25  3,39 Een verschil van ongeveer 0,72 cm.

e. 0,375 t 2,25 1 20  y_II(1170) 0,375 1170 0,25  20,95cm 0,375 2,25 21 0,375 2,25 441 1170 t t t        47

a. dat is de verhouding tussen de hoeveelheid instromend zoetwater ten opzichte van de totale hoeveelheid water in het IJsselmeer.

b. dZ 0,8(0,1 ) dt  Z 0,8 0,8 1 0,8 0,1 ln(0,1 ) 0,8 0,1 0,1 dZ dt t t Z Z t c Z K e Z K e                (0) 5,9 Z  geeft _{Z 0,1 5,8 e}0,8t c. december 1934: 1 2 2 t  1 2 0,8 2 1 2 (2 ) 0,1 5,8 0,88 Z   e   kg/m3

d. De werkelijke waarde (hoewel moeilijk afleesbaar) is ongeveer 1,3 kg/m3_{. Dat wijkt}

dan 0,42 kg/m3 _af.

e. S

Test jezelf

a. Methode A beschrijft een exponentieel proces. De groeifactor is 1,2.

b.

c. Vanaf t 6 t/m t 10 is methode B groter. d. Bij methode B. T-2 a. x  1 x 2x: klopt b. 1 2 2 C C C C x x x x x x x x x      _{  }  _         : klopt

c. uit y(1) 4 volgt 1 C 4 ofwel C 3 y x 3 x

  T-3

a. dy (1 ) 0

dx  x y  geeft x 1 y 0 b. y 0 is ook een oplossing

c. Voor andere grafieken is de lijn y 0 een horizontale asymptoot d. De punten op de lijn x1 zijn toppen van de oplossingsfunctie. e. dy x 0,5x2 _{(1 ) (1 )}

dx e x x y



      : voldoet T-4

a. isocline met helling 0: _x3_{ y 0 geeft y x}3

_1x2 _{0 geeft x}   _{1 x} ₁

Het richtingsveld hoort bij de tweede differentiaalvergelijking b. _{y x}3 c. verticale lijnelementen: y x d. singuliere punten: (1): (0, 0) (2): (-1, 1) en (1, 1) e. dy 1 dx  2 2 1 x 1 y y x     T-4 a. 1 4 3 dy dx y   b. 2 1 3 dy dx y   c. 1 2 dy dx x y    4 4 ln | 3 | 4 3 (0) 1: 3 2 x x y x c y C e y y e          1 1 3 1 1 3 3 (0) 1: y x c x x c y y   y _       2 2 2 ln | | (0) 2 : 2 x x y x c y C e y y e          d. 1_y dydx  3_x e. 1 4 2 dy dx x y   f. 1 2 8 dy dx y x e    3 3 ln | | 3ln | | (1) 1: y x c y C x y y x       2 2 2 2 2 2 (2 ) (2) 9 : (2 5) y x c y x c y y x        2 2 2 8 ln | 8 | (0) 0 : ln | 8 1| y e x x c y x x c y y x x                

T-6

a. 2 m3 _{van de lucht wordt vervangen;} 2

50 deel van de CO2-gas verdwijnt

2 m3 _{verse lucht;} 2 50 0,05 CO2 komt erbij. ( ) ( ) 0,04 ( ) 0,002 C t  t C t  C t   t  t b. C t(   t) C t( ) 0,04C t( )  t 0,002 t ( ) ( ) 0,04 ( ) 0,002 C C t t C t C t t t  _    _{   }   0,04 ( ) 0,002 dC C t dt    c. dC 0,04( ( ) 0,05)C t dt    0,04 1 0,04 ( ) 0,05 ln | ( ) 0,05 | 0,04 ( ) 0,05 dC dt t C t C t t c C t C e  _{  }         voor C(0) 0,2 volgt _{C t( ) 0,05 0,15  e}0,04t d. _{C t( ) 0,05 0,15  e}0,04t _0,07 0,04 2 15 2 15 2 15 0,04 ln( ) 25 ln( ) 50,37 t e t t  _      

Na ruim 50 minuten is de concentratie lager dan 0,07% e. _{0,05 0,15 e} p20 _0,07 20 2 15 2 15 20 ln( ) 0,1 p e p p   _   