Omdat de oplossingsfunctie differentieerbaar is, is de afgeleide $0$ in een punt waar de functie een extreem heeft. Als $y=4$, dan $\frac{2(y-4)}{x}=0$.

Zo'n functie heeft formule $y=a{x}^2+4$.
Enerzijds geldt $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=2ax$ en anderzijds geldt $\frac{2(y-4)}{x}=\frac{2(a{x}^2+4-4)}{x}=2ax$. Dus klopt.

$v(t)=c\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}f\cdot t}+\frac{10}{f}$

$\underset{t\to \infty }{\lim }v(t)=\frac{10}{f}=5$, dus $f=2$

$v(t)=c\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}2\cdot t}+5$; uit $v(0)=3$ volgt $c=\mathrm{‐}2$, dus $v(t)=\mathrm{‐}2\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}2\cdot t}+5$.

$s(t)={\displaystyle {\int }_0^{t}v(u)}\cdot \text{d}u={\left[{\text{e}}^{\mathrm{‐}2\cdot u}+5u\right]}_0^t={\text{e}}^{\mathrm{‐}2\cdot t}+5t-1$

-

De grafiek wordt nagenoeg recht.

$s=5t-1$

$\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}}=1$; $\underset{x\to \mathrm{‐}\infty }{\lim }\frac{1}{1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}}=0$, dus de asymptoten zijn $y=0$ en $y=1$.

$y(x)+y(\mathrm{‐}x)=\frac{1}{1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}}+\frac{1}{1+{\text{e}}^x}=$ $\frac{1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}+1+{\text{e}}^x}{\left(1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}\right)\left(1+{\text{e}}^x\right)}=$ $\frac{2+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}+{\text{e}}^x}{1+{\text{e}}^{\mathrm{‐}x}+{\text{e}}^x+1}=1$, dus het gemiddelde is $\frac{1}{2}$.
De grafiek is puntsymmetrisch in $(\mathrm{0,}\frac{1}{2})$.

De differentiaalvergelijking $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=k\cdot \left(1-\frac{y}{M}\right)$ heeft als oplossingsfunctie $y=\frac{M}{1+b\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}kx}}$. Dus $k=b=M=1$. De bijbehorende differentiaalvergelijking is: $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=y\left(1-y\right)$

$\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=8y-2y^2=2y(4-y)$, dus het verzadigingsniveau is $4$.

$2y(4-y)=0\iff y=0\text{ of }y=4$, dus $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ is maximaal als $y=2$, dan $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=8$.

$y=0\text{ en }y=4$; de helling van een constante functie is in elk punt $0$, dus $8y-2y^2=2y(4-y)=0$. Dus $y=0\text{ en }y=4$.

Een buigpunt ligt op hoogte $\frac{1}{2}\cdot$verzadigingsniveau, dusop hoogte $2$. Voor alle punten met $y=2$ geldt: $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=8$.

Werk de haakjes weg en deel beide kanten door ${\left(f(t)\right)}^2$.

Dit volgt direct uit de kettingregel, $g$ is de ketting: $t\to f(t)=u\to \frac{1}{u}$.

Dit volgt meteen uit de twee voorgaande onderdelen.

$\frac{1}{f(t)}=a\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}cMt}+\frac{1}{M}\iff$ $f(t)=\frac{1}{a\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}cMt}+\frac{1}{M}}\cdot \frac{M}{M}=$ $\frac{M}{1+aM\cdot {\text{e}}^{\mathrm{‐}cMt}}$

Er geldt: $PR\cdot RQ=4$ en $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\mathrm{‐}\frac{PR}{RQ}$. Omdat $PR=y$ volgt hieruit: $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\mathrm{‐}\frac{1}{4}{y}^2$.
Aan de tweede differentiaalvergelijking wordt voldaan als de functie $k$ stijgend is in $P$.

Enerzijds $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}=\mathrm{‐}\frac{4}{{(x+a)}^2}$, anderzijds $\mathrm{‐}\frac{1}{4}{y}^2=\mathrm{‐}\frac{1}{4}\cdot \frac{16}{{(x+a)}^2}=\mathrm{‐}\frac{4}{{(x+a)}^2}$. Klopt dus.

$\frac{4}{3+a}=2\iff a=\mathrm{‐}1$, dus die functie is: $f:x\to \frac{4}{x-1}$.