Algebra

Algebra
Dr. Caroline Danneels
1 Reële getallen
1.1 Machten van een reëel getal met gehele exponent
∀ a ∈ IR en ∀ n ∈ IN 0 : a n = a.a....a (n factoren)
∀ a ∈ IR 0 : a 0 = 1
( ) = (a )
∀ a ∈ IR 0 en ∀ n ∈ IN : a − n = a −1
n
n
−1
=
1
an
Eigenschappen: a, b ∈ IR en m, n ∈ a m ⋅ a n = a m+ n
am
a
n
= a m−n
( ab )n = a n ⋅ b n
n
an
a
  = n
b
b
(a )
m
n
= a m⋅n
Voorbeeld:
(a )
−2
−3
( )
⋅ a 4 ab3
 b 
 2
a 
−5
−2
3
 a 
⋅  −2  = ab5
b 
Tekenregel:
als n even is, dan is ( − a ) = a n
n
als n oneven is, dan is ( − a ) = − a n
n
_____________________________________________________________________________
Algebra
2
1.2 Een n-de machtswortel uit een reëel getal
Een n-de (n ∈ IN0 ) machtswortel uit een reëel getal a is elk reëel getal x waarvan de n-de macht
gelijk is aan het gegeven getal.
of ∀ x, a ∈ IR, ∀ n ∈ IN 0 : x is de n-de machtswortel uit a ⇔ x n = a
Is n oneven en a ∈ IR dan heeft a in IR één n-de machtswortel, genoteerd als:
n
a
Voorbeelden:
3
8 = 2 want 2 3 = 8
3
− 8 = − 2 want (− 2) = −8
3
Is n even en :
+
a ∈ IR 0
dan heeft a in IR twee n-de machtswortels die elkaars tegengen
n
stelde zijn en genoteerd worden als a en − a .
We maken hier de afspraak dat
voorstelt; zo is 4 16 = 2 > 0.
n
a een positief geheel getal
Voorbeeld: 4 heeft 2 vierkantswortels 4 = 2 en − 4 = −2
a=0
dan heeft a in IR één n-de machtswortel nl. 0
−
a ∈ IR 0
dan heeft a in IR geen n-de machtswortel.
Afspraak:
n
an = a
− n an = − a
We beperken ons nu tot de vorm a waar a ∈ IR + , wat niet schaadt aan de algemeenheid van
 a < 0 en n even dan bestaat n a niet
de regels, want als 
n
+
n
 a < 0 en n oneven dan schrijven we a als - a met a ∈ IR
n
_____________________________________________________________________________
Algebra
3
1.3 Machten met rationale exponent
Definitie: ∀ a ∈
IR 0+ ,
∀ m ∈ , ∀ n ∈ IN 0
m
:an
= n am
Toepassingen:
1
1. a n = n a
−
2. a
3.
np
m
n
a
=
mp
1
n
am
=a
mp
np
=
m
an
= n am
Rekenregels: ∀ a, b ∈ IR 0+ en ∀ q, q' ∈ :
a q ⋅ a q ' = a q+q '
aq
a
q'
= a q −q '
( ab )q
= aq ⋅ bq
q
aq
a
=
 
bq
b
(a )
q
q'
= a q⋅ q '
_____________________________________________________________________________
Algebra
4
1.4 Eigenschappen van de worteltrekking
1.4.1 Vermenigvuldiging en deling
∀ a, b ∈ IR + , ∀ n ∈ IN 0 : n ab = n a n b
∀ a ∈ IR + , ∀ b ∈ IR 0+ ; ∀ n ∈ IN 0 : n
a
=
b
n
a
n
b
Voorbeelden:
4
8 4 2 = 4 16 = 2
4
a3
3
=
a
12
a9
12
4
a
= 12 a 5
1.4.2 Machtsverheffing en worteltrekking
∀ a ∈ IR + , ∀ n ∈ IN 0 , ∀ m ∈ IN:
( a)
n
∀ a ∈ IR + ; ∀ m,n ∈ IN 0 : m n a = mn a =
m
= n am
nm
a
Voorbeelden:
3
3
82 =
( 8)
3
8=
3
2
= 22 = 4
8= 2
1.4.3 Optelling en aftrekking
∀ a ∈ IR + , ∀ n ∈ IR 0 , ∀ p, q, r ∈ IR : p n a + q n a − r n a = ( p + q − r ) n a
Voorbeeld:
3
3
3
3
3
3
3
24 + 5 3 − 81 = 2 3 + 5 3 − 3 3 = 4 3
_____________________________________________________________________________
Algebra
5
1.5 Het wortelvrij maken van de noemer
a
=
a b
b
1
=
b
a± b
1
3
a±3b
a∓ b
a−b
3
=
a 2 ∓ 3 ab + 3 b 2
a±b
1.6 Logaritmen van een reëel getal
Laat a het grondtal van een logaritmenstelsel zijn (a > 0, a ≠ 1), x ∈ IR +0 , y ∈ IR dan
y
y = log a x ⇔ x = a
We noemen y de logaritme van x t.o.v. het grondtal a ( of met basis a).
Benamingen:
•
Indien a = e (getal van Euler), dan spreken we van natuurlijke logaritme, notatie ln x.
ln 1 = 0
•
ln e = 1
Indien a = 10, dan spreken we van de Briggse logaritme, notatie log x.
log 1 = 0 log 10 = 1
Eigenschappen:
1. log a bewaart de orde als a > 1 en keert de orde om als 0 < a < 1
2. log a a = 1
log a 1 = 0
Bewerkingen:
+
∀ x,y ∈ IR 0 :loga xy = loga x + loga y
∀ x, y ∈ IR +0 : log a
∀ x ∈ IR0 : loga (x
+
+
x
= loga x − log a y
y
−1
∀ x ∈ IR 0 ; ∀ z ∈
)= − log a x
: loga (xz ) = z . log a x
∀ x ∈IR +0 ; ∀ n ∈IN 0 : log a x =
n
1
. log a x
n
_____________________________________________________________________________
Algebra
6
1.7 Oefeningen
1.7.1 Vereenvoudig ( a,b,c ∈ IR 0+ )
1.
(
)
) (b c )
a −7 a 2 b 3 c 4
( abc
3
10
2.
3 19
( −2 )
2
+ ( −2 )
5.
n
2
4
2
opl.:
6
2n a n +1b n +2
1
18
2
a3
opl.:2ab n ab 2
32a 4 b5
4
a6
opl.:
( −2a b ) ( −4a )
( −a ) ( −a )( −2ab )
4
4.
−2
−2
3
b9 c16
opl.:
2−3 + 3−2
3 4
3.
2
opl.:
6 8
81c d
2 4
6. − (−25a) b
2ab
3cd
2
4
2b
c2
a, b ∈ IR
1.7.2 Bereken
1.
8a 3b12
opl.:b 4 2a
a a a
opl.:8 a7
3 4
2.
4
3.
4.
4a 4
3
2a
3
5
×
5a
opl.:6 2a 4
a 30
3
5. 41,5
 2
6.  a 3 
 
 
60a
2
opl.:6
3
2a
opl.:8
−
3
4
−
opl.:a
1
2
_____________________________________________________________________________
Algebra
7
1.7.3 Maak de noemer wortelvrij
1.
1
a −b
2.
3+ 5
5 −1
1
3.
3+ 7
1.7.4 Bereken, ook als de basis a niet gegeven is
1.
3 ⋅ log a 4
log a 2
2. log a
35
25
5
1
+ log a
− 3log a + log a
36
21
6
2
opl.: 6
opl.: 0
_____________________________________________________________________________
Algebra
8
2 Veeltermen met reële coëfficiënten in 1 onbepaalde x
2.1 Definitie
n
a n x + a n−1 x
n −1
an , an−1 ,...., a1 , a0 ∈ IR
is een veelterm van de graad n in x,
+ ... + a1 x + a 0 met 
n ∈ IN , an ≠ 0

notatie V(x).
2.2 Nulpunt
a ∈ IR is een nulpunt van de geassocieerde veeltermfunctie f: IR → IR: x → V(x) als de
getalwaarde van deze veelterm in a gelijk is aan nul.
In symbolen: a is een nulpunt van V(x) ⇔ V(a) = 0.
Voorbeeld:
−
1
is een nulpunt van V(x) = 6x3 − 7x 2 − 7x − 1
2
3
2
1
1
1
1
want V  −  = 6 ⋅  −  − 7 ⋅  −  − 7 ⋅  −  − 1 = 0
 2
 2
 2
 2
2.3 Merkwaardige producten
A, B en C stellen veeltermen voor.
(A + B)( A − B) = A 2 − B2
(A + B) = A 2 + 2AB + B2
(A − B) = A 2 − 2AB + B2
2
2
2
(A + B+ C) = A 2 + B2 + C2 + 2AB + 2BC + 2AC
3
(A + B) = A3 + 3A 2 B+ 3AB2 + B3
3
(A − B) = A3 − 3A 2 B+ 3AB2 − B3
A 3 − B3 = (A − B)(A 2 + AB + B2 )
A + B = ( A + B)(A − AB+ B
3
3
2
2
)
_____________________________________________________________________________
Algebra
9
2.4 Deling
Bij twee gegeven veeltermen A(x) en B(x) ( B(x) ≠ 0, graad A(x) ≥ graad B(x) ) bestaat juist
één veelterm Q(x) en juist één veelterm R(x), waarvoor A(x) = B(x)Q(x) + R(x) en
graad R(x) < graad B(x).
2.4.1 Werkwijze
A(x)(Deeltal)
B(x)(Deler)
_______________
Q(x)(Quotiënt)
______
R(x)(Rest)
Als R(x) = 0 spreekt men van een opgaande deling.
Voorbeeld:
6x4 - 2x3 +
-6x4
9x2 - 2x - 2
- 12x2
x2 + 2
_______________
_________________
6x2 - 2x - 3
- 2x3 -
3x2 - 2x - 2
2x3
+ 4x
_____________________
-
3x2 + 2x - 2
3x2
+ 6
_______________
2x + 4
_____________________________________________________________________________
Algebra
10
2.4.2 Deling van een veelterm door een tweeterm van de vorm x-d met d ∈ IR :
regel van Horner
Voorbeeld: (4x3 − 5x + 6): ( x + 2 )
0 −5
4
−2
−8
4 −8
6
16 − 22
11 − 16
Q(x) = 4 x² - 8x + 11
R(x) = - 16
2.4.3 Deelbaarheid door x-d met d ∈ IR
2.4.3.1 Reststelling
De rest van de deling van V(x) door x - d is gelijk aan de getalwaarde V(d).
Gevolg: V(x) is deelbaar door x-d ⇔ R = V(d ) = 0
Voorbeelden:
V ( x) = 3x − 5x + 7 is niet deelbaar door x − 2 want V (2 ) = 9 ≠ 0
2
V ( x) = 2x + 3x − 5x + 12 is deelbaar door x + 3 want V (−3) = 0
3
2
2.4.3.2 Ontbinding in factoren van veeltermen
Indien een veelterm in x deelbaar is door x - d geldt dat a0 = -d.q0. Indien V(x) een veelterm is
met gehele coëfficiënten is d bijgevolg een gehele deler van a0 (let op: dit is een nodige
voorwaarde, geen voldoende voorwaarde!)
Om een veelterm met gehele coëfficiënten te ontbinden zoek je eerst de eventuele delers van de
vorm x – d met d ∈ . Ga als volgt te werk:
1. zoek de gehele delers van a0
2. controleer voor welke delers de functiewaarde van V(x) 0 is.
3. vervolgens, indien zo een deler van a0 wordt gevonden, wordt het quotiënt berekend met de
regel van Horner. Zo ga je verder tot de veelterm maximaal ontbonden is.
_____________________________________________________________________________
Algebra
11
Voorbeeld:
Ontbind x 3 − 4x2 − 17x + 60
Oplossing: We berekenen de functiewaarde van de corresponderende veeltermfunctie V(x) voor
de opeenvolgende delers van 60:
f (1) = 40 ≠ 0
f (− 1) = 72 ≠ 0
f ( 2) = 18 ≠ 0
f (−2) = 70 ≠ 0
f (3) = 0
De gegeven veelterm is dus deelbaar door x - 3.
Het quotiënt berekenen we met de regel van Horner.
1 −4
d =3
1
− 17
60
3
− 3 − 60
− 1 − 20
0
We vinden x 3 − 4x2 − 17x + 60 = (x − 3)(x2 − x − 20)
We onderzoeken nu de deelbaarheid van x 2 − x − 20 door x-d, waarbij d een deler van 20 moet
zijn die in absolute waarde ten minste 3 is. We vinden V(-4) = 0.
Bijgevolg is x 2 − x − 20 = (x + 4)(x − 5)
en dus is x 3 − 4x2 − 17x + 60 = (x − 3)(x + 4 )(x − 5)
2.4.3.3 Coëfficiëntenregels
1. Een veelterm van graad n is deelbaar door x-1 als de som van de coëfficiënten (inclusief de
constante term) gelijk is aan nul.
Voorbeeld:
x − 2x + 2x − 1 is deelbaar door (x − 1) (controleer!)
5
3
2
2. Als de som van de coëfficiënten die bij de oneven machten van x staan gelijk is aan de som
van de coëfficiënten die bij de even machten van x staan (inclusief de konstante term), dan
is de veelterm deelbaar door (x + 1).
Voorbeeld:
x + x − x + x − x − 3 is deelbaar door (x + 1) (controleer!)
5
4
3
2
_____________________________________________________________________________
Algebra
12
2.5 Oefeningen
Werk uit (werk zo efficiënt mogelijk):
1.
( x + 2 )( x − 2 ) ( x 2 + 4 )
opl.: x 4 − 16
2.
( 3x + 2 ) ( 9 x 2 − 6 x + 4 )
opl.: 27 x3 + 8
3.
(9x
4.
( 20 x
5.
(8x -20x
+ x 3 + 1) : ( − x 2 + x + 1)
4
3
2
− 7 x 3 + 3 x − 2 ) : ( x − 3) met Horner
2
+2x-2 ) : ( 2x-1) met Horner
opl.: Q = -9 x 2 -10 x -19, R = 29 x + 20
opl.: Q = -7 x 2 − x, R = −2
opl.: Q = 4 x 2 − 8 x − 3, R = −5
6. Voor welke n ∈ IR is 3 x 3 + 2nx 2 − 5nx + 10 deelbaar door x + 1 ? Bepaal daarna, voor de
gevonden n, het quotiënt.
opl.: n = −1, Q = 3 x 2 − 5 x + 10
7. Ontbind in factoren: 8 x 4 − 20 x3 + 18 x 2 − 7 x + 1
opl.: ( x-1)( 2 x − 1)
3
_____________________________________________________________________________
Algebra
13
3 Vergelijkingen en ongelijkheden
3.1 Vergelijkingen in IR
3.1.1 Definitie
Een vergelijking is een uitspraakvorm van de gedaante A = B. Hierbij zijn A en B twee
uitdrukkingen waarvan er tenminste één een veranderlijke (de onbekende genoemd) bevat.
3.1.2 Oplossen van vergelijkingen
Een vergelijking in IR oplossen betekent alle reële getallen bepalen waarvoor de uitspraakvorm
een ware uitspraak wordt.
Voorbeeld:
2

opl (7x 2 − 2 = 5x ) = 1, − 

7
Twee vergelijkingen zijn gelijkwaardig als hun oplossingenverzameling dezelfde is.
Voorbeeld:
( 4 x + 3 = 0 ) ⇔  −3x =

9

4
9   3

want opl(4 x + 3 = 0) = opl  −3 x =  = − 
4   4

Stellingen over gelijkwaardige vergelijkingen:
5. (A = B) ⇔ (A + C = B + C) de overbrengingsregel.
6. (A = B) ⇔ (mA = mB) met m ∈ IR 0
7. Is V de oplossingsverzameling van A.B.C = 0; V1, V2 en V3 de oplossingenverzameling
resp. van A=0, B=0, C=0 dan is V = V1 ∪ V 2 ∪ V 3
8. (A.C = B.C) ⇔ (A = B ∨ C = 0)
_____________________________________________________________________________
Algebra
14
Belangrijke gevolgen:
a) neemt men A = B ⇒ A.C.= B.C dan loopt men gevaar oplossingen in te voeren.
Voorbeeld:
x2
4
+1 =
+ 2x
x−2
x−2
⇒ x2 + (x − 2 ) = 4 + 2x( x − 2)
⇔ x2 − 5x + 6 = 0
⇔ ( x − 3)(x − 2) = 0
⇔ (x = 3 ∨ x = 2 )
↓
ingevoerd
dus los op als volgt:
⇔ x2 + (x − 2 ) = 4 + 2x(x − 2) ∧ x ≠ 2
⇔ x =3
dus opl = {3}
Onthoud: voor we een noemer verdrijven die de onbekende bevat, moeten we vooraf als
voorwaarde stellen dat deze noemer verschilt van nul.
b) Neemt men A.C = B.C ⇒ A = B dan loopt men gevaar oplossingen te verduisteren.
Voorbeeld:
(x − 1)(x + 2 ) = (3x + 2 )(x + 2 )
⇔ x − 1 = 3x + 2
⇔ 2x + 3 = 0
3
⇔ x = − : 1 oplossing verloren
2
dus los op als volgt:
⇔ ( x + 2 )(2x + 3) = 0
⇔ x + 2 = 0 ∨ 2x + 3 = 0
3
2
3
dus opl = − , − 2 
 2

⇔ x = −2 ∨ x = −
_____________________________________________________________________________
Algebra
15
3.1.3 Bespreking van de lineaire vergelijking ax+b = 0; a,b ∈ IR
(a en b hangen af van een parameter)
b
(= enige oplossing)
a
2. a = 0 0x + b = 0 ⇔ 0x = −b
1. a ≠ 0 ax + b = 0 ⇔ x = −
(een valse vergelijking )
(een identieke vergelijking )
als b ≠ 0 dan is opl = ∅

als b = 0 dan is opl = IR
Voorbeeld:
(eigenlijke oplossing )
2
px − m = 3x − 9 p en m parameters; p, m ∈ IR
⇔ (p - 3)x = m 2 - 9
m2 − 9
p−3
1. p ≠ 3
x=
2. p = 3
0x = m − 9
2
als m = 3 ∨ m = -3 dan is 0x = 0 ⇒ opl = IR

als m ≠ 3 ∧ m ≠ -3 dan is opl = ∅
3.1.4 Oplossen van de tweedegraadsvergelijking in 1 onbekende
Standaardvorm ax 2 + bx + c = 0 met a ∈ IR 0 ; b,c ∈ IR
De discriminant opzoeken ∆ = b2 − 4ac
Als
∆ > 0




∆ = 0



∆ < 0

dan heeft ax² + bx + c = 0 twee verschillende wortels
−b − ∆
−b + ∆
en x 2 =
2a
2a
dan heeft ax² + bx + c = 0 twee gelijke wortels
-b
x1 = x 2 =
2a
dan heeft ax² + bx + c = 0 geen reële wortels
x1 =
_____________________________________________________________________________
Algebra
16
Is b een even getal dan kan men gebruik maken van de vereenvoudigde formules. Als b = 2b'
dan is ∆ = 4b' 2 − 4ac = 4(b' 2 − ac)= 4∆' en ∆' wordt de vereenvoudigde discriminant genoemd.
De wortels zijn dan x1 =
−b' − ∆'
−b' + ∆'
, x2 =
a
a
3.2 Ongelijkheden in IR
3.2.1 Definitie
Een ongelijkheid is een uitspraakvorm van de gedaante A < B (of A ≤ B, A > B, A ≥ B). Hierbij
zijn A en B twee uitdrukkingen waarvan er tenminste één een veranderlijke bevat.
3.2.2 Oplossen van ongelijkheden
Een ongelijkheid in IR oplossen betekent alle reële getallen bepalen waarvoor de uitspraakvorm
een ware uitspraak wordt.
Voorbeeld: opl (2x(x − 1) > 0 ) = ] − ∞, 0 [ ∪ ]1, + ∞ [
Twee ongelijkheden zijn gelijkwaardig als hun oplossingenverzameling dezelfde is.
Stellingen over gelijkwaardige ongelijkheden.
1. (A < B) ⇔ (A + C < B + C)
 mA < mB als m ∈ IR +0
2. (A < B) ⇔ 
 mA > mB als m ∈ IR 0
In een ongelijkheid verdrijven we de onbekende nooit uit de noemer.
_____________________________________________________________________________
Algebra
17
3.2.3 Bespreking van de lineaire ongelijkheid ax + b > 0; a,b ∈ IR
(a en b hangen af van een parameter)
ax + b > 0 ⇔ ax > - b
1. a > 0
ax > − b ⇔ x > −
b
2. a < 0
ax > −b ⇔ x < −
b
3. a = 0
ax > − b ⇔ 0x > − b
a
a

b
opl = x ∈ IR x > − 

a

b
opl = x ∈ IR x < − 

a
b > 0 opl = IR
is 
b ≤ 0 opl = ∅
Voorbeeld:
px − 2m + 3 < 2x − p
(p, m ∈ IR)
⇔ (p − 2 )x < 2m − p − 3
Bespreking:

2m − p − 3 
1. p > 2 opl = x ∈ IR x <

p −2 


2m − p − 3 
2. p < 2 opl = x ∈ IR x >

p −2 

3. p = 2
a) 2m − 5 > 0 opl = IR
0x < 2m − 5 
 b) 2m − 5 ≤ 0 opl = ∅
_____________________________________________________________________________
Algebra
18
3.2.4 Oplossen van kwadratische ongelijkheden in 1 onbekende
2
ax + bx + c ≥ 0 met a ∈ IR0 ; b,c ∈ IR
We onderzoeken eerst het teken van het linkerlid en leiden daaruit de gepaste intervallen af
waartoe x moet behoren. Daartoe bespreken we de grafiek van de functie y = ax 2 + bx + c . Deze
stelt een parabool voor met as van symmetrie // y-as.
y = ax 2 + bx + c
De snijpunten van de parabool met y-as worden verkregen door het stelsel: 
op
x = 0
te lossen. Oplossing (S) = {(0,c )}
y = ax 2 + bx + c
op te lossen:
De snijpunten met de x-as door 
y = 0
∆ >0
de parabool snijdt de x-as in de punten
 −b − ∆   −b + ∆ 

, 0 en 
, 0
 2a
  2a

∆ =0
 b
de parabool raakt de x-as in − ,0
2a
∆ <0
de parabool snijdt of raakt de x-as niet.
Verder weten we dat als a > 0 , de parabool met haar holle zijde naar boven gericht ligt en als
a < 0 de holle zijde naar onder gericht ligt.
_____________________________________________________________________________
Algebra
19
Samenvatting:
D>0
D=0
x
a>0
D<0
x
1
2
x =x
1
2
x =x
1
2
x
a<0
x
1
2
Uit deze tabel leiden we gemakkelijk het tekenverloop van y = ax 2 + bx + c af:
x
teken van
ax 2 + bx + c
teken van a
x1
0
x2
0
tegengesteld
teken van a
teken van a
1. Als a > 0 ⇒ opl(ax 2 + bx + c ≥ 0) =] − ∞, x1 ] ∪ [ x2 , +∞[
2. Als a < 0 ⇒ opl(ax 2 + bx + c³ ≥ 0) = [ x1 , x2 ]
Voorbeeld: x 2 − 2x − 3 ≤ 0
⇒ nulpunten zijn –1 , 3
⇒ tekenonderzoek:
x
x − 2x − 3
2
+
x1
0
-
x2
0
+
⇒ Opl = [-1,3]
_____________________________________________________________________________
Algebra
20
3.2.5 Oplossen van gebroken ongelijkheden
Voorbeeld 1: Tekenonderzoek van een macht, een product of een quotient van lineaire factoren.
x (1 − x) (x + 3)
f ( x) =
>0
(3 − x)2 (2x + 3)
3
⇒ tekenonderzoek:
x
−
-3
3
2
0
1
3
x
-
-
-
-
-
0
+
+
+
+
+
1-x
+
+
+
+
+
+
+
0
-
-
-
-
0
+
+
+
+
+
+
+
+
+
(3 − x )
+
+
+
+
+
+
+
+
+
0
+
(2x + 3)
-
-
-
0
+
+
+
+
+
+
+
f ( x)
-
0
+
-
0
+
0
-
3
(x + 3)
2
-
3

⇒ opl ( f(x)>0 ) =  −3, −  ∪ ]0,1[
2

Voorbeeld 2: Tekenonderzoek van een macht, een product of een quotiënt van lineaire en
kwadratische factoren.
f ( x) =
( x − 1) (2x 2 + x + 1)
x2 + x − 6
≤0
⇒ nulpunten teller: 1; nulpunten noemer: -3, 2
⇒ tekenonderzoek:
x
-3
1
2
x −1
-
-
-
0
+
+
+
2x2 + x + 1
+
+
+
+
+
+
+
x2 + x − 6
+
0
-
-
-
0
+
f ( x)
-
+
0
-
+
⇒ opl(f(x) ≤ 0) = ]−∞, −3[ ∪ ]1, 2[
Voorbeeld 3: Tekenonderzoek van een product of een quotiënt van veeltermen.
_____________________________________________________________________________
Algebra
21
f (x) =
−x4 + x3 − x + 1
<0
x3 + x 2 + x
⇒ ontbinden ⇒
(x − 1) ( x + 1) (− x 2 + x − 1)
x (x 2 + x + 1)
⇒ tekenonderzoek:
x
-1
0
1
x −1
-
-
-
-
-
0
+
x +1
-
0
+
+
+
+
+
x
-
-
-
0
+
+
+
− x + x −1
-
-
-
-
-
-
-
x2 + x + 1
+
+
+
+
+
+
+
f ( x)
+
0
-
+
0
-
2
⇒ opl(f(x) < 0) = ]-1,0[ ∪ ]1, +∞[
Voorbeeld 4:
x +2 x+3
≤
x + 1 x −1
⇔
⇔
x +2 x+3
−
≤0
x + 1 x −1
−3x − 5
≤0
(x + 1) ( x − 1)
⇒ tekenonderzoek:
−
x
5
3
-1
1
- 3x - 5
+
0
-
-
-
-
-
x+1
-
-
-
0
+
+
+
x-1
-
-
-
-
-
0
+
f (x)
+
0
-
+
-
 5

⇒ opl(f(x) ≤ 0) = - , −1 ∪ ]−1, +∞[
3


_____________________________________________________________________________
Algebra
22
3.3 Oefeningen
3.3.1 Los op
1.
( x − 5)( 3x + 7 ) = ( x − 5)( 5x + 3)
opl.:{2,5}
2.
( x − 5 )2 − 9 = 0
opl.:{2,8}
3.
6
1
2
− = 2
3x − 1 x 3x − x
4.
1
1
2
+
=
x−2 x+2 3
5.
12 x
2x − 3
120
=
−
3x − 1
2
5 (1 − 3x )
opl.: ∅
opl.:{-1,4}
 17 
opl.: 3, 
 6
6. x 2 + 7 x + 3(11 − ax) + 8a = 0 als a ∈ en er
2 gelijke wortels zijn
7. 4 x − 3 >
3x 3
−
2 5
8.
4x − 3 x + 1 x − 5
−
>
5
8
2
9.
(3x + 1)
2x
<
(3x + 2 ) 2x − 3
10.
1
2
3
+
≤
x −1 x − 2 x − 3
(
opl.: x >
24
25
opl.: x > −
71
7
 2 3  3

opl.:  − , −  ∪  , +∞ 
 3 11   2

)(
opl.: ]−∞, −1[ ∪ [1, 2[ ∪ ]3, +∞[
)
11. ( x − 2 ) 2 x 2 + x − 3 x − 1 − 2 x 2 > 0
12.
opl.: a = -1, x = -5
x −1 x +1
<
x +1 x −1
3

opl.:  −∞, −  ∪ ]1, 2[
2

opl.: ]−1, 0[ ∪ ]1, +∞[
3.3.2 Los op en bespreek
1. m 2 x − 2 = 4x − m
2.
x
x
+
−2 = 0
p+m p−m
_____________________________________________________________________________
Algebra
23
3.
(p
2
)
− p x = 2x − mp − 2
4. mx - 1 ≤ x + m
5. 2x + 4 > mx + 8
6. m 2 (x − 4) < 4 − x
7. px − 5m 2 + 2m < mx − mp
_____________________________________________________________________________
Algebra
24
4 Absolute waarde van een reëel getal
4.1 Definitie
De absolute waarde (of modulus) x van een reëel getal x definiëren we als volgt:
∀ x ∈ IR : x = x als x ≥ 0
= − x als x ≤ 0
Merk op: 1) voor elk van 0 verschillend reëel getal is één van de 2 delen van de definitie van
toepassing. Alleen voor 0 zijn beide delen toe te passen maar ze leveren hetzelfde
resultaat want 0 = − 0
2) x ∈ IR+
Grafiek:
Men bekomt de grafiek van y = x door het deel van de grafiek van y = x dat onder de x-as ligt
te spiegelen rond de x-as.
_____________________________________________________________________________
Algebra
25
4.2 Eigenschap
+
∀x ∈ IR, ∀a ∈ IR : x ≤ a
−a≤ x≤a
4.3 Bewerkingen
∀x,y ∈IR: xy = x. y
x −1 = x −1 ,x ≠ 0
⇓
x x
= ,y ≠ 0
y y
x+y ≤ x + y
4.4 Toepassing: verloop van een functie gedefinieerd met modulus-tekens
Gegeven: f ( x) = x − 3
Gevraagd: schets de grafiek van f
Oplossing:
Methode 1: uitgaande van de definitie van f zonder modulusstrepen
= x − 3 als x − 3 ≥ 0
f (x) = 
= − (x − 3) als x − 3 ≤ 0
f (x) = x − 3 als x ≥ 3
= 3 − x als x ≤ 3
(1)
(2)
(1) wordt grafisch een halfrechte (3, 0), (4, 1)
(2) wordt grafisch een halfrechte (3, 0), (2, 1)
_____________________________________________________________________________
Algebra
26
Methode 2: uitgaande van de grafiek van y = x - 3
•
y = x - 3 wordt voorgesteld door een rechte (0, - 3), (3, 0)
•
om de grafiek van y = x − 3 te vinden, spiegelen we het deel van de grafiek van y = x - 3
dat onder de x-as ligt, rond de x-as.
_____________________________________________________________________________
Algebra
27
4.5 Oefeningen
Teken de volgende grafieken in een rechthoekig assenkruis:
1. y = 2 x + 1
2. y = 2 x + 3 + 4
3. y = x 2 − 4
4. y = − 3x 2 + 4 x + 1
5. y = x 2 − 9 + 9
6. y = x − 2 + x + 2
7. y = x − 1 − x 2 − 4
_____________________________________________________________________________
Algebra
28
5 Matrices en determinanten
5.1 Matrices
5.1.1 Definitie
Een m x n matrix A is een rechthoekige tabel van m×n reële (of complexe) getallen, bestaande
uit m rijen en n kolommen.
Algemeen:
 a11
( a ij ) =  a 21
A mxn  ...

 a m1
a12
a13
a 22
...
a m2
a 23
...
a m3
... a1n 
... a 2n 
... ... 

... a mn 
De elementen a ij worden voorzien van dubbele indices. De eerste index wijst het rangnummer
van de rij van het beschouwd element aan, de tweede het rangnummer van de kolom. Aldus
staat a 23 op de tweede rij en in de derde kolom.
De verzameling van alle m×n matrices wordt voorgesteld door IR m x n of door C m x n al
naargelang de elementen a ij reële of complexe getallen zijn. m en n worden de dimensies van de
matrix genoemd.
5.1.2 Gelijke matrices
Twee matrices A en B heten gelijk als en slechts als:
•
ze gelijke dimensies hebben,
•
hun gelijkstandige elementen gelijk zijn.
i = 1, 2, 3, ...m
A = (a ij )en B = (b ij ) dan is A = B ⇔ a ij = b ij met 
j = 1, 2, 3, ...n
(a ) = (b )⇔ a
ij
ij
ij
= bij
_____________________________________________________________________________
Algebra
29
5.1.3 Optelling van matrices met gelijke dimensies
Gelijkstandige elementen worden opgeteld.
(a )+ (b ) = (a
ij
ij
ij
+ b ij )
Voorbeeld:
 2 4 6  1 4 0   2 + 1 4 + 4 6 + 0  3 8 6 
 3 5 7  + 0 2 −3 = 3 + 0 5 + 2 7 − 3 = 3 7 4 

 
 
 

Eigenschappen:
1. een inwendige bewerking A, B ∈ IR m x n : A + B ∈ IRm x n
2. commutativiteit: A + B = B + A
3. associativiteit: (A + B) + C = A + (B + C)
4. de nulmatrix 0 (alle a ij = 0) is neutraal element. A + 0 = A
5. bij iedere matrix A = (a ij ) hoort een tegengestelde matrix − A = (− a ij )
IR mxn ,+ is een commutatieve groep
5.1.4 Vermenigvuldiging van een reëel getal en een matrix
∀ r ∈ IR: r (a ij )= (r.a ij )
Het reëel getal wordt scalair genoemd en de bewerking heet scalaire vermenigvuldiging.
Voorbeeld:
1 0   3 0 
3  2 3  = 6 9 

 

0 −1 0 −3
_____________________________________________________________________________
Algebra
30
Eigenschappen:
1. inwendige bewerking: ∀ r ∈ IR,∀A ∈ IR m x n : r A ∈ IR m x n
2. de scalair 1 is neutraal element: ∀ A ∈ IR m x n :1.A = A
3. associativiteit: ∀ r, s ∈ IR, ∀ A ∈ IR m x n : (rs)A = r(sA )
4. distributiviteit t.o.v. de optelling in IR m x n : r(A + B) = rA + rB
5. distributiviteit t.o.v. de optelling in IR : (r + s)A = rA + sA
Bovendien is IR m x n , + een communatieve groep;
Besluit: IR, IR mxn ,+ is een reële vectorruimte
5.1.5 Getransponeerde matrix
Schrijft men de rijen van een matrix A als kolommen, zonder de volgorde van die rijen of van
de elementen in iedere rij te wijzigen, dan ontstaat de getransponeerde matrix AT van A. De
overgang van de ene naar de andere matrix heet transpositie.
Merk op: als A ∈IR m x n ⇒ A T ∈IR n x m
 a11
a
A=  21
 ...

 a m1
a12
a 22
...
a m2
... a1n 
... a 2n 
... ... 

... a mn 
 a11
a
A T =  12
 ...

a1n
a 21
a 22
...
a 2n
... a m1 
... a m2 
... ... 

... a mn 
5.1.6 Matrixvermenigvuldiging
( )
( )
Zij A = aij een m×p-matrix en B = bij een p×n-matrix, dan is het product van A en B een
( )
m×n-matrix C = cij waarbij
p
cij = ai1b1 j + ai 2 b2 j + ... + aip b pj = ∑ aik bkj ,
i = 1...m, j = 1...n .
k =1
Opgelet: een matrix product A.B bestaat dus dan en alleen dan, als het aantal rijen van B gelijk
is aan het aantal kolommen van A.
_____________________________________________________________________________
Algebra
31
Voorbeeld
 a11
a
 21
 a 31

 a 41
a12 
a 22   b11
a 32   b 21

a 42 
4x2
met
b12
b 22
 c11
b13   c 21
=
b 23   c31

 c 41
2x3
c12
c 22
c32
c 42
c13 
c 23 
c33 

c 43 
4x3
c11 = a11 b11 + a12 b21
c 23 = a 21 b13 + a 22 b23
Eigenschappen:
1. associativiteit: (A.B).C = A.(B.C)
2. distributiviteit: A.(B + C) = A.B + A.C
(A + B).C = A.C + B.C
3. Niet-commutativiteit
Voorbeeld:
1 
1 
1 2 3




[1 2 3] 1  = [9] terwijl 1  [1 2 3] = 1 2 3
 2 
 2 
 2 4 6 
5.1.7 Vierkante matrices
Een vierkante matrix is een matrix met evenveel rijen als kolommen. Het is een matrix van orde
n. De elementen a ii met i = 1, 2, 3, ..., n vormen de hoofddiagonaal.
_____________________________________________________________________________
Algebra
32
Bijzondere vierkante matrices:
Eenheidsmatrix van de orde n:
a ii = 1
∀ i, j = 1, 2, ..., n: 
a ij = 0 als i ≠ j
1 0 
E2 = 

0 1 
1 0 0 
E 3 =  0 1 0 
 0 0 1 
De eenheidsmatrix van de orde n speelt de rol van neutraal element voor de matrixvermenigvuldiging van matrices van de orde n: A.E = E.A = A.
 a b  1 0   a b 
 c d  0 1  =  c d 


 

1 0   a b   a b 
0 1   c d  =  c d 


 

Nulmatrix 0 is een opslorpend element voor de matrixvermenigvuldiging A.0 = 0.A = 0
 a b   0 0  0 0 
 c d   0 0  = 0 0 


 

Opmerking: er bestaan matrices A en B waarvoor A.B = 0 en A ≠ 0 en B ≠ 0. Deze matrices
noemt men nuldelers.
1 −1 1 2 
0 0 
0 
Voorbeeld: 

=
1 −1 1 2  0
_____________________________________________________________________________
Algebra
33
5.2 Determinanten
5.2.1 Definities
 a11
De determinant van een vierkante 2×2-matrix 
 a21
a11 a12
= a 11a 22 − a 12a 21 .
door
a 21 a 22
a12 
noemen we het reële getal gegeven
a22 
Notatie: det A of A of a ij determinant van de 2de orde.
 a11

Stel in wat volgt A =  a 21
a 31
a12
a 22
a 32
a13 
a 23 
a 33 
Rang van een element:
De rijen van een determinant (of bijhorende matrix) worden genummerd van boven naar onder,
de kolommen van links naar rechts. Staat een element in de rij met rangnummer i en in de
kolom met rangnummer j, dan noemt men i + j de rang van dat element.
Cofactor van een element:
Schrapt men in een determinant van orde 3 de rij en de kolom van een element, dan ontstaat een
determinant van orde 2. Deze determinant, voorafgegaan van het teken + of - , al naar gelang de
rang van het beschouwde element even of oneven is, wordt cofactor van dit element genoemd.
(minor als de determinant zonder teken beschouwd wordt.)
Notatie: α ij : hangt dus niet af van de getallen uit de rij en kolom waarin het element zich
bevindt
Voorbeeld:
2 +1
α 21 = (−1)
a 12 a 13
a 32 a 33
=−
a12
a 13
a 32 a 33
_____________________________________________________________________________
Algebra
34
Definitie:
De determinant van een 3×3-matrix is het reële getal dat men vindt door de elementen van een
rij of een kolom te vermenigvuldigen elk met hun cofactor en de bekomen producten bij elkaar
op te tellen.
Kiest men bv. de 1ste rij, dan zegt men dat men de determinant naar de eerste rij ontwikkelt.
Voorbeeld:
3 2 1
A =  2 1 2
 3 −2 4
1+ 1
α 11 = (−1)
1
2
−2
4
= 4+ 4 =8
α 12 = (−1)
2 2
= − (8 − 6) = − 2
3 4
α 13 = (−1)
2
1
3
−2
1+2
1+3
= − 4 − 3 = −7
det A = 3.8 + (-2).2 + (-7).1 = 24 - 4 - 7 = 13 kan ook gemakkelijk teruggevonden worden met
de Regel van Sarrus.
5.2.2 Eigenschappen van determinanten
1. Een vierkante matrix A en zijn getransponeerde AT hebben gelijke determinanten.
det A = det AT
2. Worden twee rijen (kolommen) van een determinant verwisseld dan verandert die
determinant van teken.
Gevolgen:
•
een determinant met 2 gelijke rijen (kolommen) is nul.
•
de som van de producten van de elementen van een rij (kolom) met de overeenkomstige cofactoren van een andere rij (kolom) is nul.
Zie voorbeeld hierboven: a 21α 11 + a 22 α12 + a 23α13 = 2.8 + 1(−2) + 2.( −7) = 0
_____________________________________________________________________________
Algebra
35
3. Splitst men een rij (kolom) in een som van twee rijen (kolommen) dan is de determinant op
overeenkomstige wijze te beschouwen als de som van twee determinanten.
a1 + a1 '
a 2 + a 2'
a 3 + a 3'
b1
b2
b3
c1
a1
c2 = a2
c3
a3
b1
b2
b3
c1
a1 '
c 2 + a 2'
c 3 a 3'
b1
b2
b3
c1
c2
c3
2
1
Voorbeeld:
2 +1
2
1
2
2
1
1
0 + 2 1 2 = 0 1 2 + 2 1 2 = 13
−1 − 2 4
4 −2 4
−1 + 4 −2 4
4. Vermenigvuldigt men een rij (kolom) met een reëel getal k, dan wordt ook de determinant
met k vermenigvuldigd.
a1
kb1
c1
a1
b1
c1
a2
a3
kb2
kb 3
c2 = k a 2
a3
c3
b2
b3
c2
c3
Gevolgen:
•
bevatten alle elementen van een rij (kolom) eenzelfde factor, dan kan die factor voor de
determinant worden geplaatst.
•
een determinant met 2 evenredige rijen (kolommen) is nul.
5. Als men bij een rij (kolom) een veelvoud van een andere rij (kolom) optelt, dan blijft de
determinant gelijk.
a1
b1
c1
a 1 + kb1
b1
c1
a2
a3
b2
b3
c 2 = a 2 + kb 2
c3
a 3 + kb 3
b2
b3
c2
c3
6. Det (A.B) = det A . det B
_____________________________________________________________________________
Algebra
36
7. Een determinant berekenen door verlaging van de orde. Elke determinant kan door
toepassing van de eigenschappen herleid worden tot een determinant waarin een rij of een
kolom op één element na alleen nullen bevat.
Voorbeeld:
6 9 2
3 4 0
3 4 0
=
=
3
4
2 3 1
2 3 1
2 3 1 = −1
= −1(−3 + 4) = −1
r1 − r 3
r 3 − 2r 2
−1 −1
3 5 2
3 5 2
− 1 −1 0
_____________________________________________________________________________
Algebra
37
5.3 Oefeningen
x  x2
y+5z 
= 


0   2x+5 x+y+z 
4
1. Bereken x, y, z als  2
y
Antwoord: x = 2, y = -3, z = 1
2. Vul de door een punt aangeduide plaatsen in:
2 . 
5 1   . 6 
 . 3 + 2 3 .  = 11 5 



 

 4 3
 . 3  4 . 
3. Als A een p×q-matrix is en B een r×s-matrix, onder welke voorwaarde bestaan dan de beide
producten A.B en B.A ?
Antwoord: q = r en s = p
4. Men geeft de matrices:
0 1 

A = 1 0 
 2 2 
1 2 
B= 

3 4 
 1 0 1
C= 

 2 1 3
Bereken achtereenvolgens A.B, (A.B).C, B.C, A.(B.C) en verifieer aldus de associatieve
eigenschap.
5. Bewijs dat (A.B)T = BT.AT als
a b c 
A= 
,
d e f 
g h 
B =  i j 
 k l 
1 2
6. Bepaal al de matrices B waarvoor A.B = B.A. als A = 

3 4 

Antwoord:  x

 z
2 
z
3 

x + z 
7. Welk verband bestaat er tussen de matrices B (van de orde 3) en A.B als
1 0 0 


1. A = 0 k 0 
0 0 1 
0 1 0


2. A = 1 0 0 
 0 0 1 
_____________________________________________________________________________
Algebra
38
8. Bereken de volgende determinanten (pas ordeverlaging toe):
3
2
2 1 1 3
0
1. 4 − 2 1
1 3 −4
2.
0 0 3 1
2 3 4 1
1 1 0 1
opl.: 49
9 −5
1 0
0 0
3. 0 0
0 a
a 1
4. 2 3 − 1
1 −6 2
5.
8 1
9 1
6 3
5 4
2 3
4 5
7 2
4 1
opl.: 10
opl.: 20
1 0 0
0 0 0
opl.: 1 + a5
opl.: -5
1
0 0 a
0 a 1
a 1 0
a
b c
6. c a b
b c a
opl.: a3+b3+c3-3abc
9. Toon aan dat:
a
b ck
p q
x y
a
b
c
rk = p q r
z
xk yk z
_____________________________________________________________________________
Algebra
39
6 Stelsels
6.1 Stelsels van n vergelijkingen en n onbekenden
6.1.1 Matrixnotatie
a11 x1 + a12 x 2 +...+ a1n x n = b1
a x + a x +...+ a x = b
 21 1
22 2
2n n
2

...
a n1 x1 +a n2 x 2 +...+ a nn x n = b n
a ij ∈ IR, b i ∈ IR
Stel
 a11
a
A =  21
 ...

a n1
a12
a 22
...
a n2
... a1n 
... a 2n 
∈ IR n x n
... ... 

... a nn 
 x1 
x 
X =  2  ∈ IR n x 1 ,
 ... 
 
 x n 
 b1 
b 
B =  2  ∈ IR n x 1
 ... 
 
 b n 
⇒ Matrixnotatie: A.X = B
Voorbeeld:
-2x + 5y - z = 1

+z =0
x

-2y + 3z = -2

⇒
-2 5 -1

A =  1 0 1  ,
 0 -2 3 
x 
X =  y  ,
 z 
1
B =  0 
-2 
_____________________________________________________________________________
Algebra
40
6.1.2 Oplossen van een stelsel door eliminatie
Door opeenvolgende eliminaties wordt het gegeven stelsel vervangen door een gelijkwaardig
stelsel waarin de eerste vergelijking n onbekenden bevat, de tweede n - 1, de derde n - 2, ... de
voorlaatste 2 en de laatste 1. Uit de laatste vergelijking wordt de waarde van de onbekende
afgeleid. Door substituties in de vergelijkingen met 2, 3, 4, ..., n onbekenden worden
achtereenvolgens de andere onbekenden berekend.
Voorbeeld:
 x + y − z = 9 1 − 3
−z = 9
x + y − z = 9
x + y
= 1 −1
3y + 2z = 8 − 1 ⇒ 
3y + 2z = 8
⇒ 
 x − 2y − 3z


3x + 6y + z = 37
1
3y + 4z = 10 1
2z = 2


x + y = 9 + 1
x = 10 − 2
x = 8
⇒ 3y = 8 − 2 ⇒ y = 2
⇒ y = 2
z = 1
z = 1
z = 1
6.1.3 Oplossen van een stelsel met de methode van Cramer.
Zij gegeven een n x n stelsel:
Het stelsel A.X = B heeft een unieke oplossing ⇔ A ≠ 0; de oplossing wordt gegeven door
xi =
Ai
A
waarbij de nxn-matrix Ai als volgt gedefinieerd wordt:
 a11
a
21
Ai = 
 ...

a n1
a12
... a1 i-1
b1
a1 i+1
a 22
...
... a 2 i-1
... ...
b2
...
a 2 i+1
...
a n2
... a n i-1
bn
a n i+1
... a1n 
... a 2n 
... ... 

... a nn 
Voorbeeld:
We hernemen het vb. van 6.1.2.
1 1 −1


A = 1 −2 −3 ⇒ |A| = - 6
3 6 1 
9 1 −1


A1 = 1 −2 −3 ⇒ |A1| = - 48
3 6 1 
_____________________________________________________________________________
Algebra
41
1 9 −1


A2 = 1 1 −3 ⇒ |A2| = - 12
3 37 1 
1 1 9 


A3 = 1 −2 1  ⇒ |A3| = - 6
3 6 37 
⇒ x=
A1
A
= 8, y =
A2
A
= 2, z =
A3
A
=1
6.2 Stelsels lineaire ongelijkheden met 1 onbekende
Men lost ieder der ongelijkheden afzonderlijk op en de oplossing van het stelsel wordt gevormd
door de waarden die aan al de ongelijkheden voldoen.
Voorbeeld:
5
x −3
−
4
<
2
x
−
 23
 2
− < x
3
⇔ 9
(S) = 
2
x
x
−
2
 −1 <
 x < 5
 5
3

23

opl (S) = x ∈ IR −
< x < 5

9

- 23/9
5
_____________________________________________________________________________
Algebra
42
6.3 Oefeningen
6.3.1 Los volgende stelsels op
− x + 2 y − 3 z = 2

1. 2 x + y + 3z = 1
4 x + 7 y + 3z = 7

− y + 3z = 1

2. 2 x + 2 y + z = 2
4 x + 5 y − z = 5

3 x − y + z = 16

3.  x + 3 y + 4 z = 72
 x − y + z = −8

 9
3

opl.:  − k ,1 + k , k  
5

 5
opl.: ∅
opl.: {(12,20,0)}
x + 2 y = 1

4. 3 y − 5 z = −11
2 z − 3 x = −13

opl.: {(5,-2,1)}
1
3
1
x + y = 2

1
1
=2
5.  +
y
z

1
1
=1
 +
x
z
 4 4  
opl.:  4, ,  
 5 3  
6.3.2 Los volgende stelsels ongelijkheden op
x 2 − 4 ≥ 0
1. 
( x − 3)( x + 5) < 0
1
 3
 3x-2 < x
2. 
1

<0
 (4 x - 1)(x + 3)
3. −1 <
3 x − 17
<2
5
opl.: ]-5,-2[ ∪ [ 2,3[
 1
opl.:  0, 
 4
opl.: ]4,9[
_____________________________________________________________________________
Algebra
43