H6: Differentiaalvergelijkingen oplossen

Hoofdstuk 6:

Differentiaalvergelijkingen oplossen.

b. Het onderste deel van de kromme; van het deel waarvoor y0.

2. a. De afgeleide van 1 2 2 y a is y en de afgeleide van 2t b is 2. b. 1 2 2y   a 2t b 2 1 2 2 2 4 2( ) 4 4 4 y t b a y t b a t c y t c y t c              

c. De oplossingskromme gaat door (0, 3): 3 4 0 c   c dus c9. d. 10 4 20  c 80c 80 100 20 4 20 c c y t      3. a. y dy 6 dt   b. y 112 dy 10 dt  _{ } 2 1 2 2 6 12 2 12 12 y t c y t c y t C y t C           1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 2 10 5 1 ( 5 ) ( 5 ) y t c y t c y t c C t               Omdat y(0) 4 moet C16 zijn. Omdat y(0) 4 moet 1

2 C zijn. 4. a. _{V   30}2_{ h 900h} 900 dV dV dh dh c h dt  dh dt  dt   900 c dh h dt   met h(0) 120 b. 12 0,1 1 900 9000 dh h dt    _{ }  _  1 2 1 9000 1 1 18000 2 2 1 18000 2 ( ) h t c h t c h t C             2 2 1 18000 (0) 120 120 ( 120) h C C h  _t      c. 1 2 18000 ( 120) 30 h_  _t_{ } Voer in: 1 2 1 (18000 120) y _  _ x_{ en} 2 30 y  intersect: x309730 s Na ongeveer 86 uur is de hoogte 30 cm.

5.

a. De massa neemt af dus c is negatief.

b. 4 3 3,848 3 3 3 0,962 M   s V  R  R 1 3 3 3 3,848 3 3,848 ( ) R M R M       c. 2 3 23 3 23 23 23 3,848 3,848 ( ) ( ) dM c R c M c M k M dt            d. M 23 dM k dt  _{ } 1 3 1 3 1 1 3 3 3 1 1 3 3 3 ( ) M k t c M k t c M k t c          3 1 3 1 3 (0) ( ) 8 2 6 M c c c     3 1 3 1 3 (25) (8 2) 1 8 2 1 0,12 M k k k        De oplossing is 1 3 25 ( 2) M   t e. 1 3 25 ( 2) 0 M   t  1 25 1 25 2 0 2 50 t t t      6.

a. De kromme lijkt op een cirkel.

b. y dy t dt    2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 y t c y t c y t C         2 2 2 2 (1) 1 1 2 2 y C y t       c. 1 dy 1 y dt  t ln| | ln| | 1 ln | | ln | | 1 ( ) t c t c y t c y e e e k t            7. a. y t 1 b. 1 dy 1 y dt   ln | | t c c t t y t c y e  e e C e         c. dy 1 1 t 1 t ( 1 t) Ce Ce t Ce t y t dt                 d. _{y(0)  1 Ce}0 _{   1 C 1} 2 1 2 t C y t e    

8. a. _{a t at b (  ) 3t}2_{  2t 3 at}2_{ bt 3t}2_{ 2t 3} 2 ( 3) ( 2) (3 ) 0 3 0 2 0 3 2 ( ) 3 2 a t b t a a en b a en b P t t                  b. _{F t'( ) t F t( ) 3 t}2_{ 2t 3} 2 2 '( ) '( ) ( ) 3 2 3 ( ( ) 3 2 3) ( ) ( ) ( ( ) ( )) F t P t  t F t  t    t t P t  t    t t F t  t F t  t F t P t c. du F t'( ) P t'( ) t F t( ( ) P t( )) t u dt        2 2 2 1 1 1 2 2 2 2 1 2 1 ln | | t c c t t du t u dt u t c u e  e e C e          d. 1 2 20 (0) 3 0 2 2 0 F      C e     C 2 1 2 2 ( ) 3 2 2 t C F t t e       9. a. Oplossing: 1 3 1 y  b. Oplossing: y x 1 c. y x 3 3 3 1 3 ln | | 3 t c t dy y dt dy y dt y t c y e  C e         1 1 ln | | t c t dy y dt dy y dt y t c y e  C e            12 12 2 2 2 1 2 1 ln | | t c t dy t y dt dy t y dt y t c y e  C e             Dus: 1 3 3 1 t y   C e Dus: _{y t   }1 _{C e}t _Dus: 12 2t y t C e   

d. Een bijzondere oplossing is _{y t }2 ₂

. De gereduceerde vergelijking is dan gelijk aan die van opgave c. Dus de oplossing is: 12

2 2 2 t y t   C e . 10. a. dy asint dt  

( cos 1) sin 2sin cos (( 2) cos 1) sin sin

2 0 1 2 1 a t b t t t a t b t a t a en b a a en b                   

b. dy (y 1) sint dt    cos cos cos 1 sin 1 ln | 1| cos 1 1 t c t t dy t y dt y t c y e C e y C e                 

c. _{y 2cost  1 C e}cost_{  1 2cost C e } cost

11. a. dy 3pt2 2qt dt   3 2 2 2 2 2 2 1 2 1 1 1 ( 1) 3 2 1 3 2 1 0 , 0 1 pt qt r r r t pt qt t p t qt pt qt t t t t t p p en q q en r p q en r   _{          }  _{ }          b. dy y dt  t ln| | 1 1 ln | | ln | | t c dy y dt t y t c y e  C t        c. 1 3 2 1 y t   C t d. 1 3 2 (0) 0 1 0 1

y       C voor alle waarden van C.

12. a. 3 1 1 1 ( 3, 1) 2 dy dt          b. 1 0 1 dy t dt y      1 0 1 t t   

c. Verticale lijnelementen: de helling bestaat niet. Dit is als   y 1 0: y1. d. Nee, in punten waarvoor y1 is de helling niet gedefinieerd.

e. ( y 1) dy t 1 dt      2 2 1 1 2 2 2 ₂ 2 _{2 2 ( 1)}2 _{( 1)}2 y y t t c y y t t c y t C              

f. De oplossingskrommen zijn cirkels met middelpunt (1, 1). g. Dan heeft de cirkel een straal 0.

13. a. 2 1 0 2 dy t dt y    d. 2 1 3 2 dy t dt y    e. _2y dy _{1 t}2 dt    2 2 1 0 1 1 1 t t t en t       3 2 1 1 6 6 6y 1 t y t      2 1 3 3 2 1 3 3 (0) 2 2 y t t c y y t t        b./c. 2y0 0 y Singuliere punten: (-1, 0) en (1, 0) f. 2 1 3 3 0       3 3 c 6 c 2 1 3 3 6 6 c y t t     14. a. dy 0

dt  En punten waar de helling niet bestaat: 0 y t y t    2 0 2 t y y t    

b. Lijn b hoort bij horizontale lijnelementen en lijn a bij verticale lijnelementen. c. De helling is positief als: y t 0 en t y2  0 of als y t 0 en t y2  0

y t en y  2t y t en y  2t

bovenste deel onderste deel. d. In de andere twee gebieden liggen de punten met negatieve lijnelementen. e. (0, 0) is het singuliere punt.

15. a. 2 1 4 13 2 1 1 (1, 1) 2 dy dt          2 1 2 1 2 1 2 1 y t b b b b y t               

b. _2t3_{4y0 en 2t y} _{0 Voor de singuliere punten moet gelden:} 1 3 2t 2t    3 3 1 2 4y 2t y t     2 y  t 3 2 1 1 2 2 2 (4 ) 0 0 2 2 t t t t t t t           De singuliere punten zijn: (0, 0) (-2, 4) en (2, -4)

c./d. e. 2 1 4 13 2 1 1 (1,1) 2 dy dt        _{2 3 4 8}3 2 3 8 (3, 8) 11 dy dt          3 2 1 4 1 2 1 1 ( 1, 1) 2 dy dt          _{2 1 4 1}3 2 1 1 (1, 1) 2 dy dt          3 2 1 4 1 2 1 1 ( 1,1) 2 dy dt          _{2 3 4 8}3 2 3 8 ( 3, 8) 11 dy dt         

In de vier gebieden tussen V en H zijn de lijnelementen negatief. x y 1 2 3 -1 -2 -3 2 4 6 8 -2 -4 -6 -8 H V + ₊ + + + +

f. dy 2at dt  en 3 3 2 2 2 4 2 4 2 2 t y t at t y t at  _     2 3 2 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 (2 ) 2 4 4 2 2 4 2 2 1 1 1 at t at t at at a t t at a t t a a a              g. Ja! 16.

a. Nee, er zijn geen punten waar de helling niet bestaat.

b. 1 2 1 1 2 4 2 4 0 dy t ty y dt     2 1 1 2 2 1 1 2 2 ( t y) 0 t y y t     c. 1 1 2 2 2 ( ) 0 dy t y

dt    omdat een kwadraat altijd groter of gelijk is aan 0.

d. 1 1 1 1 2 2 2 2 " ( ') ' y  t y t y  y y  2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 3 2 2 2 2 3 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 8 4 8 8 4 8 3 3 2 3 2 3 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 2 2 8 8 8 8 2 8 3 1 1 2 8 ( ) ( ) ( ) ( 3 3 ) ( ) ( ) t y t t ty y y t ty y t y t t y ty t y ty y t y t t y ty y t y t t y ty y t y t y                                   

e. Voor y t is de dubbele afgeleide ook 0.

f. 1 1 2 1 2 1 2 2 4 4 ( ) ( ) dy t y t y dt      g. 2 1 4( ) dy t y a dt    2 ( ) 1 1 1 1 1 t y t y t y y t y t              2 ( ) 4 2 2 2 2 t y a t y a t y a y t a y t a             

Rechte lijnen met helling 1.

h. 1 2 1 2 4 4 1 (t (t c))  c 2 ₄ 2 2 c c c      17. a. _t2_y2 _1 , _t2_y2 _4 en _t2_y2 _9

zijn cirkels met middelpunt (0, 0) en straal 1, 2 en 3. b. Op de cirkel liggen alle punten met helling l. Een oplossingskromme raakt deze cirkel in de

punten waarvoor y t. 2 2 2 2 1 2 1 1 2 2 ( ) 2 1 2 2 t t t t t t          1 1 1 1 2 2 2 2 ( 2, 2) ( 2, 2) P  en P 

18. a. 0,3818 1 0 330 dN N N dt     _  _   0 1 0 330 0 330 N N N N        b. 0,3818 0,3818 0,3818 2 0,3818 2 330 0,3818 330 0,3818 (1 ) (1 ) t t t t dN ae ae dt ae ae            en 0,3818 330 1 0,3818 0,3818 0,3818 330 330 1 0,3818 1 0,3818 1 1 330 1 1 t ae t t t ae ae ae        _{ }   _{ }   _{ }  _{ }     0,3818 0,3818 0,3818 2 0,3818 2 0,3818 0,3818 0,3818 2 0,3818 2 330 330 330 (1 ) 330 0,3818 0,3818 1 (1 ) (1 ) 330 0,3818 330 0,3818 (1 ) (1 ) t t t t t t t t ae ae ae ae ae ae ae ae                 _  _ _{ }                c. 0 330 330 (0) 30 1 1 N ae a      1 11 10 a a    d. Voer in: 0,3818 1 0,3818 2 0,3818 330 10 (1 10 ) x x e y e       maximum: x6

Buigpunt zit ongeveer bij (6, 165)

19.

a. _{0, 4 (1 ) 0, 4 0,05} 2 8

dy y

y y y

dt      ; de afgeleide is niet lineair afhankelijk van y.

b. 2 1 dy dy dz dz dt  dz dt  z dt 2 1 1 1 0, 4 1 8 dz z dt z z        _{ }   1 0, 4 1 0, 4 0,05 8 dz z z dt z     _  _    

c. Een bijzondere oplossing is: z0,125

0,4 0,4 0, 4 1 0, 4 ln | | 0, 4 t c t dz z dt dz z dt z t c z e  C e           

De oplossing van de D.V. is: _{z t( ) 0,125  C e}0,4t

d. 0,4 1 1 0,125 t y z C e     (0) 2 y  levert dit 1

0,125C 2. Hieruit volgt: 0,125 C 0,5, ofwel C0,375.

0,4 0,4 1 8 0,125 0,375 t 1 3 t y e e      

20. a. 0,7 (1 0,04 ) 0,7 1 25 dy y y y y dt      _  _   dus 0,7 25 1 t y a e    25 1 (0) 5 1 5 4 a y a a       0,7 25 1 4 t y e    b. Het buigpunt ligt bij y12,5

0,7 0,7 0,7 3 7 1 4 2 4 1 0, 25 0,7 ln 0, 25 1 ln 0, 25 1,98 t t t e e e t t               21.

a. De bamboeplant wordt maximaal 250 cm.

b. 0,5 250 ( ) 1 t L t C e    met L(0) 10 d. 1 24 e0,5t 2 0,5 1 25 24 250 ( ) 1 24 t C C L t e       0,5 0,042 0,5 ln(0,042) 3,17 6,36 t e t t weken  _     

c. De groeisnelheid is maximaal als L125 De maximale groeisnelheid is 31,25 cm/week e. Nu geldt dus L(4) 125 0,5 4 2 2 1 2 1 C e C e C e          2 0,5 2 0,5 250 250 ( ) 1 t 1 t L t e e e       22. a. 0,3 (1 0, 2 ) 0,3 1 5 dy y y y y dt      _  _   0,3 5 ( ) 1 49 t y t e    b. 1,5 0,03 2 1,5 (1 0,02 ) 1,5 1 50 dy y y y y y y dt        _  _   1,5 50 ( ) 1 24 t y t e    c. 2,5 0,05 2 2,5 (1 0,02 ) 2,5 1 50 dy y y y y y y dt        _  _   2,5 50 ( ) 1 4 t y t e    23. a. zy' dan is z' ( ') ' y  y'' b. z' 2 z 2 1 ' 2 ln | | 2 t z z z t c z C e      

c. 2 ' t y  C e 2 1 2C e t y  K d. Ja dat klopt. 24.

a. Je houdt geen lineaire differentiaalvergelijking over door de factor 3y. b. Als _{y e} kt dan is _y'_{ k e}kt en _{y''k e}2_ kt 2 2 2 " 2 ' 3 2 3 ( 2 3) 0 2 3 0 0 ( 3)( 1) 0 3 1 kt kt kt kt kt y y y k e k e e k k e k k e k k k k                           c. _{f t}( )_et

en _{g t( )e}3t _{zijn oplossingen van de D.V.}

d. _{h t( ) e}t _e3t_{. Dan is h t'( ) e}t _3e3t _{en h t''( ) e}t _9e3t

3 3 3 3 3 3

9 2( 3 ) 3( ) 9 2 6 3 3 0

t t t t t t t t t t t t

e _ e _ e _ e _ e _e _{ }e e _ e _ e _ e _ e _

Dus h(t) is ook een oplossing van de D.V.

e. 3 1 2 ( ) t t K t C e  C e 3 1 2 '( ) 3 t t K t   C e  C e 3 1 2 ''( ) 9 t t K t  C e  C e 3 3 3 1 2 1 2 1 2 9_{C e} t_{C e  }t 2( 3_{C e} t_{C e} t) 3(_{ C e} t_{C e} t)_ 3 3 3 1 2 1 2 1 2 9_{C e}t _{C e}t 6_{C e}t 2_{C e}t 3_{C e}t 3_{C e}t 0              25.

a. Vul in de gereduceerde vergelijking y'' y 0 de oplossing _{y e} kt _in.

2 2 2 ( 1) 0 1 0 1 1 kt kt kt kt k e e k e k e k k                De bijzondere oplossing is P t( )at b : 0 ( ) 3 3 0 at b at b t a en b          Oplossing: 3 1 2 t t y_{  }t C e_  _C e_

b. Vul in de gereduceerde vergelijking y'' 16 y0 de oplossing _{y e} kt _in.

Een bijzondere oplossing is _{P t( )at}2 _{ bt c}

2 2 2 16 ( 16) 0 16 0 4 4 kt kt kt kt k e e k e k e k k                 2 2 2 1 1 2 16 2 16( ) 16 16 2 16 8 16 8, 16 0 2 16 0 , 0 a at bt c at bt a c t a b en a c a b en c                     Oplossing: 1 2 1 4 4 1 2 2 16 t t y  t  C e  C e

c. Vul in de gereduceerde vergelijking y'' 14 ' 45 y  y0 de oplossing _{y e} kt

in. 2 2 2 14 45 ( 14 45) 0 14 45 ( 5)( 9) 0 5 9 kt kt kt kt k e k e e k k e k k k k k k                   

Een bijzondere oplossing is 2 ( ) P t at  bt c: 2 2 2 2 14 (2 ) 45 ( ) 45 (45 28 ) (2 ) 90 79 7 45 90, 45 28 79 2 7 2, 3 0 a at b at bt c at b a t a b c t t a b a en a b c a b en c                           De oplossing: 2 2 3 1 5 2 9 t t y t  t C e C e

d. Vul in de gereduceerde vergelijking y'' 3 ' 4 y  y0 de oplossing _{y e} kt _in.

De bijzondere oplossing is P t( )at b : 2 2 2 3 4 ( 3 4) 0 3 4 ( 4)( 1) 0 4 1 kt kt kt kt k e k e e k k e k k k k k k                     1 2 3 4( ) 4 3 4 8 4 8 3 4 0 2 1 a at b at a b t a en a b a en b                De oplossing: 1 4 1 2 2 2 1 t t y_{  }t _C e_  _C e_ 26. a. _k2_{2k 1 (k1)}2 _0 1 k  b. _{y C e } t c. Als _{y t e } t _{dan is y' 1      e}t _{t e}t _{(1 t e)} t _{en y'' 1     e}t _{(1 t e)} t _{(2 t e)} t

(2_{  t e}) t 2(1_{    t e}) t _{t e}t 2_et_tet_2_et_2_tet_tet _0 _{klopt, dus y t e } t _{is ook een}

oplossing van de D.V.

d. Als t

y C e  en t

y C te  oplossingen zijn van de D.V. dan is een willekeurige combinatie

van hun som ook oplossing van de D.V. e. Voor _{y C e } 3t geldt: _{9C e} 3t_{6C e} 3t_{ C e}3t _{4C e} 3t _e3t 1 4 4C 1 C   De oplossing is: 1 3 1 2 4 t t t y e C e C te 27. a. _k2_{12k36 ( k6)}2 _0 b. _k2_{6k 9 (k3)}2 _0 6 6 1 2 6 t t k y C e C te       3 ' " t t k y C e y y C e       1 4 3 3 1 1 2 4 6 9 4 t t t t t t t t C e C e C e C e e C y e C e C te               28.

a. ysint y' cos t y'' sint

'' sin sin 0

y   y t t

b. ycost y' sint en y'' cost Dus ook nu geldt y'' y 0

c. y"  y psint q cost p sint q cost 0

d. _k2_{ 1 0} 2 ₁ k k i k i      

e. 1 2

it it

y C e  C e 

f. Formule van Euler: _eit _cos_{t i} sin_{t (zie deel 2 hoofdstuk 8)}

Hieruit volgt: _eit _cos( )_{ t i}sin( ) cos_{ t t i} sin_t

Dus 1 1 1 1

2 2 2 2

sin (cos sin ) (cos sin ) it it

i i i i

t_ t i_ t _ t i_ t _ e _ e

En 1 1 1 1

2 2 2 2

cos (cos sin ) (cos sin ) it it

t t i t  t i t  e  e

29.

a. dy a y

dt   t

b. De krommen k moeten de lijnen loodrecht snijden. Dan is het product van de hellingen gelijk aan -1. c. dy t dt   y 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ydy tdt y t c y t c y t C           30. a. cos cos sin dy y t A t dt   t b. cos sin 1 sin cos y t t t y t   _{  dus loodrecht.} c. sin cos t ydy dt t   Met y( ) 1  volgt: 2 1 2 2 ln | cos | 2ln | cos | y t c y t C     2 1 2 ln | cos | 2ln | cos | 1 C C y t       31. a. 4t 2y dy 0 dt    b. 2ydy 4t dt   1 1 2 dy dt y  t 4 2 2 2 dy t t dy y dus dt y y dt t      1 2 ln | |y  ln | |t c y C  t c. liggende parabolen. 32. a. 1 2 2 42 0a a a b. 2y y ' 4 1 1 2 2 a   a ' 4 2 2 y y y   De helling in (0, 2) is dan 1. 2 1 0 2 b b y t      

c. 2 4 4 y   t 2 ' 4 2 ' y y y y    

 De helling in (0, 2) is -1 en staat dus loodrecht op de parabool van opgave b. d. 2y y ' 2a en dus is y y ' a e. _y2 _{2(y y t ') (y y ')}2 2 2 2 ' ( ') 2 ' ( ') y    y t y y    t y y y f. 2 2 1 1 2 2 ' ' ' ( ') t y y t y y y y y          _{ }     2 2 2 2 2 ( ') ( ') 2 ' ' ( ') 2 ' ( ') t y y y y t y y y y y t y y y    _  _           33. a. 1 2 0 dy y t dt    b. 1 dy 2 y dt  t 1 2 2 dy t y dt dy y dt t    2 2 1 8 ln | | 2ln | | (4) 2 : y t c y C t met y y t      

c. Voor de orthogonale trajectoriën geldt:

2 dy t dt y   1 2 2 2 1 1 2 4 2 2 2 4 y dy t dt y t c y t c         

dit zijn ellipsen.

d. (4, 2) 2 2 1 4 dy dt    e.(?) dy 2y dt  t

De helling van AS is dan -1. De helling van AS is dan 2

t y  . 2 4 6 : 6 y t b b b AS y t           2 2 2 2 t y C y t y y y t b b y y y C            S(0, 6) en T(0, 2): ST 4 34. a. 2 2, 25 dy c dt  ct en 2( 1) 2( 2, 25 1 1) 2 2, 25 c c c y  ct    ct klopt.

b. De noemer in het tweede model is kleiner, dus de groeisnelheid (de breuk dy/dt) groter.

c. 1 2 y dy  c met y(0) 0,5 2 1 1 2 2 2 2 y ct k y ct k     2 0, 25 0 0, 25 c K y ct     

d. y1 0,375 30 2, 25 1 2,674    en y2  0,375 30 0, 25 3,391   Het verschil tussen beide is ongeveer 0,717

e. 0,375 t 2, 25 1 20  0,375 2, 25 21 0,375 2, 25 441 0,375 438,75 1170 t t t t          0,375 1170 0, 25 20,95 y    cm. 35.

a. De hoeveelheid zoetwater wat instroomt ten opzichte van de hoeveelheid water in het IJsselmeer. De mate waarin het zoutwater wordt verdunt.

b. dZ 0,8(0,1 Z) 0,08 0,8Z

dt    

Een bijzondere oplossing is: Z 0,1

0,8 0,8 1 0,8 ln | | 0,8 t dZ Z dt dZ dt Z Z t c Z C e          0,8 0,8t 0,1 (0) 5,9 5,9 0,1 5,8 0,1 5,8 t Z C e met Z C C Z e             c. December 1934: 1 0,8 2,5 2 2 : 0,1 5,8 0,88 t _ Z _{  }e  _{ kg/m}3_.

d. Moet ik dat nauwkeurig af kunnen lezen?

e. De factor S wordt kleiner en dus ook de factor S/V. f. -36. a. 1 1 2 2 12 6 6 6 50 2 L R R V V dI V I R I dt L           

b. Een bijzondere oplossing is: I 0,12

50 50 1 50 ln | | 50 t dI I dt dI dt I I t c I C e          50 50 0,12 (0) 12 0,12 11,88 t t I C e met I I e          c. I 9,6 50 50 50 0,12 11,88 9,6 11,88 9, 48 0,80 50 0, 23 0,0045 t t t e e e t t ms             

37. a. ( 1) ( 3) ( ) 3 4 3 1 ( 3)( 1) ( 1)( 3) ( 1)( 3) ( 1)( 3) a b a y b y a b y a b y y y y y y y y y y                       0 3 4 4 4 1 1 a b en a b a b en b b en a            b. 4 1 ( 3)( 1) dy y y dt t 3 ln | 3 | ln | 1| ln | | ln | | 1 3 1 y y y t c y y C t y          _{ } 

Met de randvoorwaarde y(1) 2 volgt: C5, dus 3 5 1 y t y  _  38. a. _k2_{ 4 0} 2 ₄ 2 2 k k i k i      

b. _e2it_e2it _{(cos 2t i sin 2 ) (cos 2t  t i sin 2 ) 2cos 2t  t}

2it 2it _{(cos 2 sin 2 ) (cos 2 sin 2 ) 2 sin 2}

e _e _ t i_ t _ t i_ t _ i t

c. 2 2

1 2 1 (cos 2 sin 2 ) 2 (cos 2 sin 2 )

it it

y C e_{ }  _C e_{ }C _ t i_ t _C _ t i_ t _

(C1C2) cos 2 t ( iC1iC2) sin 2 t C 3sin 2t C 4cos 2t

39. a. _k2_{ 9 0 b. k}2_{81 0} 2 1 2 9 3 3 sin 3 cos3 k k i k i y C t C t           2 1 2 81 9 9 sin 9 cos9 k k i k i y C t C t          

T_1. a. _y2t2_{c b. y t }3 _{c c.} 1 ₂ ydy dt 2 (1) 2 2 0 2 y c c y t      3 (0) 0 0 0 y c c y t      2 ln | | 2 (0) 2 t y t c y C e y C       2 2 t y e d. 1 3 ydy tdt e. 1ydy2tdt f. y e 2tc 3 3 ln | | 3ln | | (1) 1 y t c y C t y C y t        2 2 (2) 4 8 2 2 y C t y C C y t       2 (0) 1 2 1 1 t y c c y e       T_2. a. De parabool is: _{y2 (t t 1) 2t}2_2t invullen in D.V.: _t2_{(4t 2) (2t}2_{2 ) 4t  t}3_2t2_2t2_2t(4t2_{ 2) t} klopt! b. t2 dy y (4t2 2) t dt      c. De gereduceerde D.V. is 2 dy y dt t 2 2 2 2 2 (4 2) (4 2) dy t y t t dt dy y t t dt t t          2 1 1 1 ln | | dy y dt t y c t      1 t y C e  

De oplossing van de D.V. is y₂t2  ₂t C e1t met y( 1) 2 2     C e e

Dus C1. y₂t2 ₂t e1t

T_3.

a. Punten met een horizontaal lijnelement: _t3_{ y 0}

of _{1 t}2 ₀ 3 y t 2 ₁ 1 1 t t t      Het lijnelementveld hoort bij de tweede D.V.

b. Het lijnelement heeft een verticale richting in: y t 0, dus als y t . En voor de tweede D.V. als y1.

De singuliere punten voor D.V.(1) zijn: (-1, -1), (0, 0) en (1, 1) De singuliere punten voor D.V.(2) zijn: (-1, 1) en (1, 1) c. d. 2 1 1 1 dy t dt y     e. 2 1 1 dy t dt y    2 2 1 y 1 t y t     2 2 3 1 1 2 3 (1 y dy) (1 t dt) y y t t c        2 3 1 1 2 3 4 4 3 3 4 8 4 3 9 2 c c c              2 3 1 1 2 3 2 y y    t t

T_4. a. ''( ) 2, 4 '( ) 1 ( ) 2, 4 ( ) '( ) 2, 4 '( ) 0,6 ( ) '( ) 8 8 f t f t f t   f t  _ _ f t   f t  f t f t   b. f t''( ) 2, 4 '( ) 0,6 ( ) f t  f t f t '( ) 0,6 '( ) (4 f t   f t( )) 0 '( ) 0 ( ) 4 f t   f t  c. ( ) 8 _2,4 1 t f t C e    4,8 4,8 2 3 4,8 2 3 8 (2) 3 1 1 2 1 202,52 f C e C e C e C              2,4 8 ( ) 1 202,52 t f t e   

d. Het buigpunt is bij f t( ) 4

2,4 2,4 2,4 1 202,52 2 202,52 1 0,005 2, 4 ln 0,005 5,31 2, 21 t t t e e e t t               Buigpunt: (2.21, 4) T_5. a. De karakteristieke vergelijking is 2 3 2 ( 1)( 2) 0 k  k  k k  2 1 2 1 2 t t k k y C e C e        b. 2 2 2 3k 18k27 3( k 6k 9) 3(k3) 0 3 3 1 2 3 t t k y C e C te       c. _k2_{ 4 0} 2 2 2 2a4(at    bt c) 4at 4bt2a4c12t 28t6 2 2 1 2 2 2 t t k k y C e C e         4 12, 4 28 2 4 6 3, 7 0 a b en a c a b en c             2 2 2 1 2 3 7 t t y  t  t C e  C e T_6.

a. Nee. Als A0 is de kromme een rechte lijn.

b. dy y dt   t c. dy t dt  y 2 2 1 1 2 2 2 2 ₂ ydy tdt y t c y t c      d. Als c0 :y t en y  t