14.1 Vergelijkingen en herleidingen [1] - Willem

14.1 Vergelijkingen en herleidingen [1]
Er zijn vier soorten bijzondere vergelijkingen:
1: AB = 0 => A = 0 of B = 0
(x - 5)(x + 7) = 0
x - 5 = 0 of x + 7 = 0
x = 5 of x = -7
2: A2 = B2 geeft A = B of A = - B
(2x – 1)2 = 25
(2x – 1)2 = 52
2x – 1 = 5 of 2x – 1 = -5
2x = 6 of 2x = -4
x = 3 of x = -2
Willem-Jan van der Zanden
1
14.1 Vergelijkingen en herleidingen [1]
Er zijn vier soorten bijzondere vergelijkingen:
3: AB = AC geeft A = 0 of B = C
(x – 4)(x + 5) = (x – 4) (2x+7)
x – 4 = 0 of x + 5 = 2x + 7
x = 4 of –x = 2
x = 4 of x = -2
4: AB = A geeft A = 0 of B = 1
1
1
x 2 sin(2x  )  sin(2x  )
3
3
1
sin(2x  )  0  x 2  1
3
1
2x    k    x  1  x   1
3
1
2 x    k    x  1  x  1
3
1
1
x  k 
6
2
Willem-Jan van der Zanden
2
14.1 Vergelijkingen en herleidingen [2]
Voor het oplossen van gebroken vergelijkingen gelden de volgende regels:
A C
  AD  BC
B D
A
 C  A  BC
B
A
 0  A  0
B
A A
  A  0  B  C met B  0, C  0
B C
A C
  A  C  B  0
B B
Willem-Jan van der Zanden
3
14.1 Vergelijkingen en herleidingen [2]
Voorbeeld 1:
50
 2  12
x 1
50
 10
x 1
50  10( x  1)
50  10x  10
10x  60
x 6
Voorbeeld 2:
ln( x  1) ln( x  1)

2x
x 1
ln( x  1)  0  2x  x  1
x 1  1 x  1
x  0 x  1
De oplossing x = 0 voldoet niet.
Willem-Jan van der Zanden
4
14.1 Vergelijkingen en herleidingen [3]
Merkwaardige producten:
(A + B)2 = A2 + 2AB + B2
(A – B)2 = A2 – 2AB + B2
(A + B)(A – B) = A2 – B2
Voorbeeld 1:
Herleid
( x 3  2)3 
( x 3  2)( x 3  2)2 
( x 3  2)( x 6  2x 3  4) 
x 9  2x 6  4 x 3  2x 6  4 x 3  8 
x 9  4x 6  8x 3  8
Willem-Jan van der Zanden
5
14.1 Vergelijkingen en herleidingen [3]
Voorbeeld 2:
Herleid
x 5  9x

2
x 3
x( x 4  9)

2
x 3
x( x 2  3)( x 2  3)

2
x 3
x( x 2  3)  x 2  3  0
Willem-Jan van der Zanden
6
14.2 Breuken en wortels [1]
Er zijn verschillende soorten breuken, die je tot één breuk kunt herleiden
1)
A C A D C B AD  BC
     
B D B D D B
BC
2) A  B  A  C  B  AC  B  AC  B
C
C C
3) A  C  AC
B D BD
4) A  B  AB
C C
5) A  A  C  AC
B B
B
C 
 
C
C
C
Want delen is vermenigvuldigen met het omgekeerde.
 A  A
6)  B   B   B A


C
C B
BC
Willem-Jan van der Zanden
7
14.2 Breuken en wortels [1]
Voorbeeld 1:
Vereenvoudig
3
5  6 15 6x 15 6 x  15
2

  2 2 2


x
x x x
x
x
x2
Voorbeeld 2:
Schrijf zonder breuk in de noemer
y
4x
x  1 4 x( x  1)
 4x

 x 1
x 1
x 1
 x 1
 x 1 


Willem-Jan van der Zanden
8
14.2 Breuken en wortels [2]
Voorbeeld :
Schrijf zonder breuk in de noemer
T
600a
600a  3b
1800ab
1800ab



a2 
a2
15b  a2
a2 
2
5b 
5b    3b 15b   3b

3b 
3b
3b 
Willem-Jan van der Zanden
en b ≠ 0
9
14.2 Breuken en wortels [3]
Bij breuken geldt de volgende regel:
A
A C
A
 C    A  BC   B
B
B 1
C
Je mag B en C dus verwisselen.
Voorbeeld 1:
Schrijf als functie van A
500
B 5
500
A6 
B 5
500
B 5
A6
500
B
5
A6
A6
Willem-Jan van der Zanden
10
14.2 Breuken en wortels [3]
Voorbeeld 2:
Schrijf als functie van A
B 6
B 5
B  6  A( B  5)
B  6  AB  5 A
A
Kruislings vermenigvuldigen
B  AB  6  5 A
B(1  A)  6  5 A
6  5 A
B
1 A
Willem-Jan van der Zanden
11
14.2 Breuken en wortels [4]
Bij het herleiden van wortels gelden de volgende regels:
A  B  A  B 2 met B  0
A  B  AB met A  0  B  0
A
A

met A  0  B  0
B
B
Voorbeeld 1:
y  2x  3
1
x
2
y  2x  3
2x
4
y  2x  3
2x
4
y  2x  3
2x
2
y  2x 
3
1
2x  2 2x
2
2
Willem-Jan van der Zanden
12
14.2 Breuken en wortels [4]
Voorbeeld 2:
y  x x 1 
2
y
x2  1
2
x2  1
x( x 2  1)
x 1
x2
y  x x 1 
y
x2

x 1
x3  x  x2
2
2

x2
x2  1
x2  1
x2  1
Willem-Jan van der Zanden
13
14.2 Breuken en wortels [5]
De volgende regel geldt:
Uit √A = B volgt A = B2 met B ≥ 0
Voorbeeld:
y 2 x 6
2 x 6  y
4( x  6)  y 2
Gebruik: uit √A = B volgt A = B2
4 x  24  y 2
4 x  y 2  24
x
1 2
y 6
4
Willem-Jan van der Zanden
14
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [1]
Herhaling van rekenregels voor machten:
a a  a
p
 
ap
q
q
q
a  a
1
2
ap
[1] q  a pq
a
[2]
 a pq [3] (ab)p  a pbp [4]
a0  1
1
q
p q
a  a
als a  0[5] a  p 
p
q
1
[6]
ap
q
[7] a  a p [8]
[9]
Willem-Jan van der Zanden
15
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [1]
a a  a
p
q
 
ap
q
q
a  a
1
2
ap
[1] q  a pq
a
[2]
 a pq [3] (ab)p  a pbp [4]
a0  1
1
q
p q
a  a
als a  0[5] a  p 
p
q
1
[6]
ap
Voorbeeld 1:
Herleid de formule tot de vorm
T = axp
T  (2x 0,6 )4  3x 1,7 
T  16 x
2,4
T  48 x 0,7
 3x
1,7

Rekenregel [4]
Rekenregel [1]
q
[7] a  a p [8]
[9]
Willem-Jan van der Zanden
16
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [1]
Voorbeeld 2:
x  7  x  3 7  7
3
1
3
x  19  x  19  19
5
x
5
3,4
 10  x 
3,4
1
5
10  10
1
3,4
In zijn algemeenheid geldt nu dus: x  a  x  n a  a
n
1
n
Voorbeeld 3:
x  8  x  82  64
5
x  3  x  35  243
In zijn algemeenheid geldt nu dus:
n
x  a  x  an
Willem-Jan van der Zanden
17
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [1]
Voorbeeld 4:
Schrijf y = 3x2,3 in de vorm x = ayn.
3x 2,3  y
x 2,3 
Delen door het getal voor x.
1
y
3
1 
x  y
3 
1
x  
3
1
2,3
1
2,3
 y
1
2,3
Gebruik:
x  a  x  n a  a
Gebruik:
 ab
n
p
1
n
 apbp [4]
x  0,62 y 0,43
Willem-Jan van der Zanden
18
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [1]
Voorbeeld 5:
Schrijf y = 0,5 · 3 x - 7 in de vorm x = ….
0,5  3 x  7  y
0,5  x  y  7
3
3
x  2 y  14
x  (2 y  14)3
Losse getallen naar rechts
Delen door het getal voor de wortel
Links en rechts tot de macht 3 nemen.
Willem-Jan van der Zanden
19
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [2]
We hebben de functie f(x) = 2x
De oplossing van de vergelijking f(x) = 8 is 3.
Bestaat er nu een functie g(x) zodat geldt: g(8) = 3?
Ja, en dit is de functie: g(x) = 2log(x).
De oplossing van de vergelijking g(8) = 2log(8) = 3.
Of in woorden: Tot welke macht moet je 2 verheffen om 8 te krijgen.
Er geldt dus:
Uit 2x = 8 volgt 2log(8) = x
2log(8) = 2log(2x ) = x
Hieruit valt af te leiden:
De macht en de logaritme “vallen als het ware tegen elkaar weg”.
In het algemeen geldt:
Hieruit valt af te leiden:
Uit glog(y) = x volgt y = gx
glog(y) = glog(gx ) = x
Willem-Jan van der Zanden
20
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [2]
Voorbeeld:
Herleid de formule 2 ∙ log(N) = 9 – 3k tot de vorm N = b ∙ gk
2  log( N )  9  3k
log( N )  4,5  1,5k
Zorg dat de logaritme links staat en de rest rechts
Voor de logaritme mag geen getal staan
N  104,51,5k
Maak van de logaritme een machtsfunctie
N  104,5  101,5k
Gebruik de rekenregels voor machten.
N  104,5  (101,5 )k
N  32.000  0,032k
Willem-Jan van der Zanden
21
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [3]
Voor logaritmen gelden de volgende rekenregels:
(1)
g
(2)
g
(3)
g
g
log(a) 
p
log(a)
p
log( g)
log(ab)  log(a)  log(b)
(4)
a
log    g log(a)  g log(b)
b
(5)
a  g log( ga )
log(an )  n  g log(a)
(6)
glog(x)
g
g
= y volgt x = gy
Voorbeeld 1:
2x  12
log(2x )  log(12)
x  log(2)  log(12)
x
Neem links en rechts de logaritme
(3)
g
log(an )  n  g log(a)
log(12)
 3,58
log(2)
Willem-Jan van der Zanden
22
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [3]
Voorbeeld 2:
Herleid de formule y = 2 ∙ 3x tot de vorm log(y) = ax + b
y  2  3x
Neem links en rechts de logaritme
log( y )  log(2  3x )
log( y )  log(2)  log(3x )
Gebruik de rekenregels voor logaritmen.
log( y )  log(2)  x  log(3)
log( y )  0,48 x  0,30
Willem-Jan van der Zanden
23
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [3]
Voorbeeld 3:
Herleid de formule N = 2,18 ∙ (1,15)2t-3 tot de vorm t = a ∙ log(N) + b
2,18  (1,15)2t 3  N
(1,15)2t 3 
N
2,18
Neem links en rechts de logaritme.
N
)
2,18
(2t  3)log(1,15)  log( N )  log(2,18)
log((1,15)2t 3 )  log(
log( N ) log(2,18)

log(1,15) log(1,15)
log( N ) log(2,18)
2t 

3
log(1,15) log(1,15)
log( N )
log(2,18) 3
t


2 log(1,15) 2 log(1,15) 2
t  8,24log( N )  1,29
Gebruik (3)
en (2)
2t  3 
Willem-Jan van der Zanden
g
g
log(an )  n  g log(a)
a
log    g log(a)  g log(b)
b
24
14.3 Machten, exponenten en logaritmen [4]
Voorbeeld 1:
Maak x vrij bij de formule y = ½ln(3x – 1) + 1
y = ½ ln(3x – 1) + 1
½ ln(3x – 1) = y – 1
ln(3x – 1) = 2y – 2
3x – 1 = e2y – 2
3x = 1 + e2y – 2
x = 1/3 + 1/3e2y - 2
elog(A)
= ln(A) = B geeft A = eB
Voorbeeld 2:
Herleid log(N) = 2,6 + 0,4log(t) tot de vorm N = a ∙ tb
log( N )  2,6  0,4log(t )
N  102,60,4log( t )
N  102,6  100,4log( t )
N  102,6  10log( t
0 ,4
)
N  102,6  t 0,4
N  398  t 0,4
Willem-Jan van der Zanden
25
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [1]
Voorbeeld 1:
Bereken het snijpunt van 3x + 2y = 6 en -2x + y = 3
2x  y  3 3


3
x

2
y

6

 2
Het vermenigvuldigen van de vergelijkingen
zorgt ervoor dat in de volgende stap de
“x-en tegen elkaar wegvallen”
6 x  3 y  9


6
x

4
y

12


 
7 y  21
y 3
Invullen van y = 3 geeft x = 0, dus (0, 3) is het snijpunt.
Willem-Jan van der Zanden
26
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [1]
Voorbeeld 2:
Los algebraïsch op:
y = x2 + 4 ⋀ 9x + 3y = 6
Er is nu een stelsel van vergelijkingen met een kwadratische vergelijking.
Er is nu een oplossing te vinden door de ene vergelijking in de andere
vergelijking in te vullen (substitutie).
9x + 3y = 6
9x + 3(x2 + 4) = 6
9x + 3x2 + 12 = 6
3x2 + 9x + 6 =0
x2 + 3x + 2 = 0
(x + 2)(x + 1) = 0
x = -2 ˅ x = -1
Invullen van x = -2 geeft y = 8, dus (-2, 8) is een oplossing;
Invullen van x = -1 geeft y =5, dus (-1, 5) is een oplossing.
Willem-Jan van der Zanden
27
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [1]
Voorbeeld 3:
2x  a
De grafiek van y 
gaat door de punten (-3, -3) en (0, 1½).
x b
Bereken a en b algebraïsch.
Stap 1:
Stel een stelsel van vergelijkingen op door de punten (-3, -3) en (0, 1½) in de
gegeven functie in te vullen.
6  a
. Hieruit volgt: 6  a  3 3  b (1)
3  b
1
a 1 b
2
1 a
Invullen van (0, 1½) geeft: 1 
. Hieruit volgt:
(2)
9
2
a

b
2
b
4
4
b  a2
9
Invullen van (-3, -3) geeft: 3 
Willem-Jan van der Zanden
28
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [1]
6  a  3 3  b
Stap 2:
Vul vergelijking (2) in vergelijking (1) in:
4
6  a  3 3  a2
9
Stap 3:
Los deze vergelijking op:
4
6  a  3 3  a2
9
4
36  12a  a2  9( 3  a2 )
9
36  12a  a2  27  4a2
Links en rechts kwadrateren
3a2  12a  63  0
a2  4a  21  0
(a  3)(a  7)  0
a  3  a  7
Willem-Jan van der Zanden
29
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [1]
Stap 4:
Geef de oplossing van het stelsel van vergelijkingen.
a = 3 invullen in a  1
1
b geeft
2
1
b
2
1
92 b
4
b4
31
a = -7 invullen in a  1
1
1
b geeft 7  1 b
2
2
Deze vergelijking heeft geen oplossing. De uitkomst a = -7 voldoet dus niet.
Willem-Jan van der Zanden
30
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [2]
Voorbeeld:
Bereken de primitieven van f ( x ) 
x 8
x 8

x 2  x  2 ( x  1)( x  2)
Stap 1:
Merk op dat je deze functie niet kunt primitiveren op de manieren zoals geleerd.
Dit is op te lossen door de functie f als volgt te schrijven: f ( x ) 
Willem-Jan van der Zanden
a
b

x 1 x  2
31
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [2]
Stap 1:
a
b


x 1 x  2
a( x  2)
b( x  1)


( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2)
a( x  2)  b( x  1)

( x  1)( x  2)
ax  2a  bx  b

( x  1)( x  2)
(a  b)x  2a  b
( x  1)( x  2)
We kiezen a en b nu zodanig dat (a + b)x + 2a – b gelijk is aan x + 8
Er geldt nu: a + b = 1 en 2a – b = 8
Willem-Jan van der Zanden
32
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [2]
Stap 2:
Los het nu ontstane stelsel van vergelijkingen op:
 ab 1

2a  b  8
 
3a  9
a 3
Invullen van a = 3 in a + b = 1 geeft b = -2.
De vergelijking f ( x ) 
f (x) 
x 8
x 8
kan dus geschreven worden als:

2
x  x  2 ( x  1)( x  2)
a
b
3
2


met a = 3 en b = -2. Dit geeft: f ( x ) 
x 1 x  2
x 1 x  2
Willem-Jan van der Zanden
33
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [2]
Stap 3:
3
2
f
(
x
)


Primitiveer de functie
x 1 x  2
F(x) = 3 ln|x-1| - 2ln |x+2| + c
Willem-Jan van der Zanden
34
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [3]
Voorbeeld 1:
Bereken de oplossing van: x2 + ln(x – p) = 2x ⋀ 2ln(x – p) = 3 – x2
x2 + ln(x – p) = 2x kan geschreven worden als: ln(x – p) = 2x – x2
De uitdrukking voor ln(x – p) kan nu in de andere vergelijking worden ingevuld.
Vervolgens blijft een kwadratische vergelijking over om op te lossen.
2ln(x – p) = 3 – x2
2(2x – x2) = 3 – x2
4x – 2x2 = 3 – x2
x2 – 4x + 3 = 0
(x – 1)(x – 3) = 0
x=1˅x=3
Willem-Jan van der Zanden
35
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [3]
Voorbeeld 1:
Bereken de oplossing van: x2 + ln(x – p) = 2x ⋀ 2ln(x – p) = 3 – x2
Invullen van x = 1 in: ln(x – p) = 2x – x2 geeft
ln(1 – p) = 2 ∙ 1 - 12
ln(1 – p) = 1
1 – p = e1
p=1–e
elog(A)
= ln(A) = B geeft A = eB
Invullen van x = 3 in: ln(x – p) = 2x – x2 geeft
ln(3 – p) = 2 ∙ 3 - 32
ln(3 – p) = -3
3 – p = e-3
p = 3 – e-3
Willem-Jan van der Zanden
36
14.4 Stelsels vergelijkingen gebruiken [3]
Voorbeeld 2:
2
2
Bereken de oplossing van: axe1x = x2 – 8 ⋀ ae1x = 2
2
2
1 x
Invullen van ae = 2 in axe1x = x2 – 8 geeft:
x ∙ 2 = x2 – 8
x2 – 2x – 8 = 0
(x + 2)(x – 4) = 0
x = -2 ˅ x = 4
2
Invullen van x = -2 in ae1x = 2 geeft:
2
ae1( 2)  2
ae 3  2
a  2e3
2
Invullen van x = 4 in ae1x =2 geeft als oplossing: a = 2e15
Willem-Jan van der Zanden
37
14 Samenvatting
Bijzondere vergelijkingen:
1: AB = 0 => A = 0 of B = 0
2: A2 = B2 geeft A = B of A = - B
3: AB = AC geeft A = 0 of B = C
4: AB = A geeft A = 0 of B = 1
Merkwaardige producten:
(A + B)2 = A2 + 2AB + B2
(A – B)2 = A2 – 2AB + B2
(A + B)(A – B) = A2 – B2
A C
  AD  BC
B D
A
 C  A  BC
B
A
 0  A  0
B
A A
  A  0  B  C met B  0, C  0
B C
A C
  A  C  B  0
B B
Willem-Jan van der Zanden
38
14 Samenvatting
A  B  A  B 2 met B  0
B  AB met A  0  B  0
A
A
A

met A  0  B  0
B
B
Uit √A = B volgt A = B2 met B ≥ 0
a p aq  a pq [1]
a 
p
q
a
pq
a0  1
p
a
pq

a
aq
[2]
[3] (ab)  a b [4]
p
p p
1
q
als a  0[5] a  p 
q
a  a
1
2
a  a
x  a  x  n a  a
n
n
p
q
1
[6]
p
a
q
[7] a  a p [8]
[9]
1
n
x  a  x  an
Willem-Jan van der Zanden
39
14 Samenvatting
Uit glog(y) = x volgt y = gx
Voor logaritmen gelden de volgende rekenregels:
(1)
g
(2)
g
(3)
g
log(ab)  log(a)  log(b)
(4)
a
log    g log(a)  g log(b)
b
(5)
log(an )  n  g log(a)
(6)
g
g
g
log(a) 
p
log(a)
p
log( g)
a  g log( ga )
glog(x)
= y volgt x = gy
•Als in een gebroken functie de discriminant van de noemer groter is dan 0
kun je deze schrijven in de vorm (x + p)(x + p). Herschrijf de breuk nu naar
de vorm: f ( x ) 
a
b

x  p x q
Willem-Jan van der Zanden
40