Uitwerkingen Algebra MULO-B 1961 Algemeen

Uitwerkingen Algebra MULO-B 1961 Algemeen
Opgave 1.
1
1
Stel p  4 61,94  2,56  (61,94  2,56) 4  log p  log(61,94  2,56) 4 
log p  14 (log 61,94  log 2,56) . Met behulp van de logaritmetafel (zie algemeen gedeelte over
logaritmetafel) vinden we :
log 61,94  1, 79197
log 2,56  0, 40824 
4 / 2, 20021\ 0,550525
dus log p  0,550525 , waaruit m.b.v. de logaritmetafel voor p volgt, dat p  3,5486 .
Stel q  3 8,78  log q  log 3 8,78  log q  13 log8,78 .
Logaritmetafel: log8,78  0,94349  13 log8,78  13  0,94349  0,314498 , dus
log q  0,314498 . Terugzoeken in de logaritmetafel van mantisse naar antwoord geeft
q  2, 0629 .
Voor de teller van de breuk vinden we dus 3,5486  2, 0629  5, 6117 .
We vervolgen met de noemer.
1
 64,53  2
Stel r  64,53: 0, 4961  r  
 log r  12 (log 64,53  log 0, 4961) .

 0, 4961 
Logaritmetafel:
log 64,53
 1,80976
log 0, 4961  0, 69548  1  0,30452 
2 / 2,11428 \1, 05714
dus log r  1, 05714 . Terugzoeken in de logaritmetafel van mantisse naar antwoord geeft
r  11, 406 . De uitkomst van de breuk is dus gelijk aan 11,406.
We hebben nu dus gevonden, dat x 
5, 6117
 5, 6117 
, dus log x  log 

11, 406
 11, 406 
log x  log 5, 6117  log11, 406.
Logaritmetafel:
log 5, 6117  0, 74912
log11, 406  1, 05690 
 0,30778  0, 69222  1
dus log x  0, 69222  1 . Terugzoeken in de logaritmetafel van mantisse naar antwoord geeft
x  0, 4923 .
Deze oplossingsmethode uit de vorige eeuw verschilt nauwelijks met een rekenmachine uit
deze eeuw. Een rekenmachine komt tot 0, 4920252691 .
Opgave 2.
Bij deze opgave gebruiken we de theorie van ax 2  bx  x  0 net als oplossingen
b
b  b2  4ac
b  b2  4ac
en verder de eigenschappen, dat x1  x2 
,
en x2 
a
2a
2a
c
2 b2  4ac
b2  4ac
x1  x2  en x1  x2 
.

a
2a
a

x1  x2  b 
  b  2a

x1  x2   a 

2
Uit de gegevens volgt:
  a  4  2a  3 
2

a  4b
 3  a 2  4b  3 
1

x1 
a 2  8a  3  a 2  8a  9  a 2  8a  9  0  (a  9)(a  1)  0  a  9  a  1 .
Geval 1: a  9  b  18 . De vergelijking wordt dan x 2  9 x  18  0 met als oplossingen
x  3 en x  6 .
Geval 2: a  1  b  2 . De vergelijking wordt dan x 2  x  2  0 met als oplossingen
x  2 en x  1.
Opgave 3.
Stel de termen van de rekenkundige rij zijn a, a  v, a  2v en a  3v en de termen van de
meetkunde rij a, ar , ar 2 en ar 3 .
 a  v  ar

Nu geldt  ar 2  a  3v .
r  1 v
3

a  v  ar
Uit 
volgt a  v  13 av  3a  3v  av  3a  av  3v  a(3  v)  3v 
1
r

v
3

3v
a
(I).
3v
ar 2  a  3v
Uit 
volgt a( 13 v) 2  a  3v  91 av 2  a  3v  av 2  9a  27v (II)
1
 r  3 v
av 2  9a  27v
3v 2
3v
3v 3 27v



v

9


27
v


 27v 
Uit (I) en (II) volgt 
3v
3v
3v
3v 3v
a 
3v

3
3v  27v
3v(v  3)(v  3)
 27v 
 27v  3v(v  3)  27v  v  3  3v 2  9v  27v 
3v
(v  3)
2
2
3v  9v  27v  3v  18v  0  v 2  6v  0  v(v  6)  0  v  0  v  6 .
v  0 voldoet niet, v  6 geeft als rekenkundige rij 6, 12, 18 en 24 en als meetkundige rij 6,
12, 24 en 48.
Opgave 4.
   
4
4
3 3
x
x
3
 1 13   8  2 2  22  4  x  4 y .
y
y
2
Dit gesubstitueerd in 2 x  y  16 geeft 8 y  y 2  16   y 2  8 y  16  0  y 2  8 y  16  0
 ( y  4)2  0  y  4  x  16 .
8
log x  8 log y  1 13 
8
log