Transcript Oefentoets Hs5 en 6 - uitwerkingensite.nl

Oefentoets bij Hoofdstuk 5 en 6
Je maakt een grafiek bij de tabel. De vorm van de grafiek zou inderdaad kunnen
passen bij logistische groei.
er
s
1a
H (in cm)
300
250
200
150
100
c
d
7
14
21
28
35
42
49
56 63 70
t (in dagen)
77
De maximale hoogte van de zonnebloemen zal ongeveer 255 cm zijn.
In de periode van zeven tot en met veertien dagen na het inzaaien verdubbelt de
hoogte ongeveer. Dus de groeifactor per zeven dagen is 2. De groeifactor per dag is
1
ongeveer 2 7 ≈ 1, 104 .
Je neemt twee waarnemingen, bijvoorbeeld H(35) = 131 en H(56) = 228, 3. Uit deze
Ui
tg
b
0
ev
50
0
bv
Uitwerkingen Wiskunde D Moderne wiskunde VWO deel 3 Oefentoets Hoofdstuk 5 en 6 www.uitwerkingensite.nl

255
 228, 3 =

1 + K ⋅ e−56 c
gegevens volgt met de formule voor logistische groei dat 
.
255
 131 =

1 + K ⋅ e−35 c
off

−56 c
= 255 ≈ 1, 117
 1 + K ⋅e

228, 3
.
Je kunt dit stelsel vergelijkingen herleiden tot 
 1 + K ⋅ e−35 c = 255 ≈ 1, 947

131
 K ⋅ e−56 c ≈ 0, 117
Daaruit volgt 
−35 c
≈ 0, 947
 K ⋅ e
e
dh
−35 c
ln 8, 094
0, 947
≈ 0, 1.
≈ 8, 094. Dus 21c = ln 8, 094 ⇒ c ≈
Dus. K ⋅ e−56 c = e21c ≈
21
0, 117
K ⋅e
De algemene oplossing is H (t ) =
255
. De randvoorwaarde is H( 7) = 18.
1 + K ⋅ e−0 ,1t
Daaruit volgt de vergelijking 18 =
255
. Dus 1 + K ⋅ e−0 ,7 = 255 = 14 16
18
1 + K ⋅ e−0 ,1t
No
or
en K
= 13 16 , dus K = e0 ,7 ⋅ 13 16 ≈ 26, 51 . De gevraagde formule is
e0,7
H (t ) =
2a
De twee lineaire functies zijn y = t − 1 en y = t + 1. De lijnelementen waarvan de
bijbehorende punten op één van deze twee lijnen liggen, hebben allemaal dezelfde
richting als de beide lijnen.
dy
Je kunt dit controleren door te bedenken dat voor elk van beide lijnen geldt
=1
dt
en bovendien geldt (t − y)2 = 1.
d(t − y)
Met de kettingregel krijg je y′′ = 2(t − y) ⋅
= 2(t − y) ⋅ (1 − y′) .
dt
©
b
255
.
1 + 26, 51 ⋅ e−0 ,1t
© Noordhoff Uitgevers bv
1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 167
⁄
167
11-06-09 14:16
d
3a
b
4a
b
er
s
Om buigpunten te vinden moet je oplossen y′′ = 0. Dit is onder andere het geval als
t − y = 0, dus als y = t . Elk punt op de lijn y = t treedt dus op als buigpunt van de oplossingskromme die door dat punt gaat. Er zijn dus oneindig veel oplossingskrommen
met zo’n buigpunt.
In het lijnelementenveld zie je dat de richtingen van de lijnelementen steeds beter
lijken op de richting van de lijn y = t naarmate de punten dichterbij deze lijn gekozen
worden.
dy
= 2 ⋅ ( 14 t 2 + c) ⋅ 12 t = 2 y ⋅ 12 t = t y . Dus het klopt.
dt
Als y(4) = 25 , dan geldt 25 = ( 14 ⋅ 16 + c)2 , dus (c + 4)2 = 25. Hieruit volgt dat
c + 4 = 5 of c + 4 = −5, dus c = 1 of c = −9.
y = ( 14 t 2 + c)2 ⇒
ev
c
dy
= sin t dt . Door te primitiveren vind je
y
ln y = − cos t + C Dit kun je herleiden tot y = C ⋅ e− cos t . Als y(0) = 3 , dan is 3 = C ⋅ e−1 ,
dus C = 3e . De oplossing is dus y = 3 ⋅ e1− cos t .
dy
Door scheiden van de variabelen vind je, dat 2 = (3t 2 +2t )dt . Je primitiveert en
y
vindt −1 = t 3 + t 2 + C. Daaruit volgt y = 3 −21
.
y
t +t +C
Scheiden van de variabelen geeft :
Ui
tg
bv
Oefentoets bij Hoofdstuk 5 en 6
Vervolgens bereken je C door op te lossen 3 = −1 . Daaruit volgt C = − 13 .
C
b
c
6a
b
Je lost op t + 1 = 0 en y − 1 = 0, dus t = −1 en y = 1. Het singuliere punt heeft dus de
coördinaten (−1,1) .
dy t + 1
De vergelijking
=
= 2 geeft 2( y − 1) = t + 1, 2 y = t + 3 en y = 12 t + 1 12 . De
dt y − 1
isocline is dus de lijn met vergelijking y = 12 t + 1 12 met uitzondering van het singuliere
punt, want in dat punt bestaat de helling niet.
Scheiden van variabelen geeft ( y − 1)dy = (t + 1)dt . Door te primitiveren vind je
1 2
y − y = 12 t 2 + t + C . Omdat het punt met coördinaten (4, 2) op de oplossingskromme
2
moet liggen, geldt dat 12 ⋅ 4 − 2 = 12 ⋅ 16 + 4 + C . Daaruit volgt C + 12 = 0 , dus C = −12.
De oplossing is dus 12 y2 − y = 12 t 2 + t − 12 . Deze vergelijking kun je schrijven als
y2 − 2 y = t 2 + 2t − 24 , y2 − 2 y + 1 = t 2 + 2t + 1 − 24 of als (t + 1)2 − ( y − 1)2 = 24 .
Dit is vergelijking van een hyperbool.
off
5a
No
or
dh
©
y = a sin 2t + b cos 2t .
y ' = 2 a cos 2t − 2b sin 2t.
y '' = −4 a sin 2t − 4b cos 2t .
Invullen geeft: y ''+ 4 y = −4 a sin 2t − 4b cos 2t + 4 a sin 2t + 4b cos 2t = 0. Dit klopt.
Invullen van de coördinaten van het punt ( 14 π, –1) geeft −1 = a ⋅ sin 12 π+b ⋅ cos 12 π = a ,
dus a = −1. Als je de coördinaten van het punt ( 12 π, 3) invult, krijg je de vergelijking
3 = a ⋅ sin π + b ⋅ cos π = −b , dus b = −3. De oplossingskromme heeft dus de vergelijking
y = − sin 2t − 3 cos 2t .
⁄
168
1COLOR_INF_9789001701680_Uitw.indd 168
© Noordhoff Uitgevers bv
11-06-09 14:17