Vergelijkingen in één onbekende

Transcriptie

1 Module 3 Vergelijkingen in één onbekende 3.1 Lineaire vergelijkingen Dit zijn vergelijkingen die herleid kunnen worden tot de gedaante ax+b = 0 met a,b Ê en a 0 ax+b = 0 ax = b x = b a V = { b } a Voorbeelden 3x 8 = 0 3x = 8) = 8 x = 8 3 Bijgevolg, V = { } 8 3 3x 8 = 1 3x = 1 8) = 9 x = 9 3 = 3 Bijgevolg, V = {3} x+3) = 3x 1) x+6 = 3x+3 Bijgevolg, V = { 3 5 } x+3x = 3 6 5x = 3 x = 3 5 x 1)+ = x+1 x + = x+1 Bijgevolg, V = x x = 1 0x = 1 5

2 6 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE We stuiten hier op een vergelijking 0x = 1) die voor elke waarde x Ê strijdig is, dus de oplossingenverzameling V is ledig. x 1)+3 = x+1 x +3 = x+1 x x = x = 0 Bijgevolg, V = Ê We stuiten hier op een vergelijking 0x = 0) die voor elke waarde x Ê waar is, dus de oplossingenverzameling V is Ê. x ) 3 1 = x 6 3 x = 1 6 x 3 x 1 6 x = 3 1 6) x = 1 x = V = {4} x = 4 of ook: x ) 3 1 = x 6 3 x = 1 6 x 4x 1 = x beide leden maal 6) 4x x = 1 3x = 1 x = 4 3. Kwadratische en bikwadratische vergelijkingen 3..1 Kwadratische vergelijkingen Ook wel vierkantsvergelijkingen genoemd. Dit zijn vergelijkingen van de gedaante ax +bx+c = 0 met a,b,c Ê en a 0

3 3.. KWADRATISCHE EN BIKWADRATISCHE VERGELIJKINGEN 7 ax +bx+c = 0 a x + b a x+ c ) = 0 a x + b b x+ a 4a b 4a + c a x+ b ) b a 4a + c a = 0 x+ b ) b 4ac a x+ b a ) = D 4a 4a = 0 ) = 0 met D = b 4ac Als D 0, dan kan kwadratische vergelijking verder opgelost worden als volgt: ax +bx+c = 0 x+ b D D a = ± 4a = ± a x = b± D a Is echter D < 0, dan heeft de kwadratische vergelijking geen oplossingen in Ê want de vergelijking x+ b ) a = D 4a, waarmee ax +bx+c = 0 equivalent is, is strijdig: het linkerlid is steeds positief het is een kwadraat) terwijl het rechterlid in dit geval strikt negatief is. We vatten de veschillende oplossingsmogelijkheden in de volgende tabel samen: D = b 4ac oplossingenverzameling van ax +bx+c = 0 D > 0 V = D = 0 V = { b } D, b+ D a a { } b a 1 dubbele oplossing) oplossingen) D < 0 V = geen reële oplossingen) Voorbeelden x +3x = 0 D = { ) = 17 3 } 17 V =, x 6x+3 = 0 D = { 6) } = 0 6) V = = {1} 3 of ook:

4 8 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE 3x 6x+3 = 0 3x x+1) = 0 3x 1) = 0 x 1 = 0 x = 1 x +x+4 = 0 D = = 15 < 0 V = 3.. Bikwadratische vergelijkingen Dit zijn vergelijkingen van de vorm ax 4 +bx +c = 0 met a,b,c Ê en a 0 Herleid tot een vierkantsvergelijking door de hulponbekende z = x in te voeren. Voorbeeld x 4 x 6 = 0 z z 6 = 0 en z = x D = 1) 4 1 6) = 5 = 5 ) z = 1) 5 1 = of z = 1)+5 1 = 3 en z = x x = of x = 3 x = 3 x = is strijdig) x = 3 of x = 3 V = { 3, 3 } 3.3 Hogere-graadsvergelijkingen We beschouwen hier vergelijkingen van de vorm Vx) = 0 met Vx) een veelterm van graad 3 of hoger. Probeer de veelterm Vx) in het linkerlid te ontbinden in factoren. We hebben dan Vx) = V 1 x) V x) V n x) = 0 V 1 x) = 0 of V x) = 0 of... of V n x) = 0

5 3.4. RATIONALE VERGELIJKINGEN 9 Voorbeelden x 3 +x 4x = 4 x 3 +x 4x 4 = 0 x x+1) 4x+1) = 0 x+1) x 4 ) = 0 x+1)x+)x ) = 0 x+1 = 0 of x+ = 0 of x = 0 x = 1 of x = of x = V = { 1,,} x 3 +11x = 6+6x x 3 6x +11x 6 = = 0 Regel van Horner x 1) x 5x+6 ) = 0 x 1 = 0 of x 5x+6 = 0 D = 5) = 5 4 = 1 x = 1 of x = 5)+1 1 of x = 5) 1 1 V = {1,,3} x = 1 of x = 3 of x = x 3 +5x +8x = 6 x 3 +5x +8x+6 = 0 3) ) +8 3)+6 = 0 Horner x+3) x +x+ ) = 0 x+3 = 0 of x +x+ = 0 D = 4 1 = 4 < 0 V = { 3} x = 3 Opmerking De geïllustreerde oplossingsmethode staat of valt met de mogelijkheid om Vx) te ontbinden! Wanneer Vx) onontbindbaar is, kan men numerieke benaderingsmethoden gebruiken. Hierop gaan we in deze cursus niet in. 3.4 Rationale vergelijkingen Dit zijn vergelijkingen van de vorm T 1 x) N 1 x) = T x) N x)

6 30 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE waarbij T 1 x), N 1 x), T x) en N x) veeltermen zijn. Aangezien we niet door nul mogen delen, dienen de oplossingen te voldoen aan N 1 x) 0 en N x) 0 de zgn. bestaansvoorwaarde van de vergelijking). Door het verdrijven van de noemers kunnen we de rationale vergelijking dan terugbrengen tot een hogere-graadsvergelijking. Voorbeelden x x 1 = 1 x+ Bestaansvoorwaarde: x 1 0 en x+ 0 x x 1)x+) x 1 = 1 x 1)x+) x+ en x 1 0 en x+ 0 x+)x = x 1 en x 1 en x x = 1 en x ±1 en x V = { 1 } x = 1 en x ±1 en x x x+1 x 1 = x 3x+ x 1 Bestaansvoorwaarde: x 1 0 x 1) x x+1 x 1 en x 1 0 = x 1) x 3x+ x 1 x x+1 = x 3x+ en x 1 x = 1 en x 1 V = Merk op dat door het verdrijven van de noemer hier een ongeldige oplossing x = 1) werd ingevoerd! xx 7) = x x Bestaansvoorwaarde: geen 3 3xx 7) = xx ) Het is verleidelijk om x in beide leden te schrappen en verder te gaan met het oplossen. Bedenk echter wel dat je dan zo het risico loopt een geldige oplossing weg te moffelen!

7 3.5. VERGELIJKINGEN MET ABSOLUTE-WAARDETEKENS 31 De correcte wijze van oplossen is: 3xx 7) = xx ) x3x 1) xx ) = 0 x3x 1 x+) = 0 xx 19) = 0 x = 0 of x 19 = 0 V = { 0, 19 } x = 0 of x = 19 Vergelijk dit met de volgende foutieve wijze van oplossen: 3xx 7) = xx ) 3x 7) = x ) 3x 1 = x x = 19 x = 19 waarbij de oplossing x = 0 dus verduisterd werd. 3.5 Vergelijkingen met absolute-waardetekens Via één van de volgende eigenschappen A,B Ê): A = B A = B of A = B A = B [A = B of A = B] en B 0 Voorbeelden 3x 7 = x 3 3x 7 = x 3 of 3x 7 = x 3) x = 4 of 4x = 3+7 V = { 5,} x = of x = 10 4 = 5

8 3 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE xx ) = x x+3 xx ) = x x+3 of xx ) = x x+3 [xx )x+3) = x of xx )x+3) = x] en x+3 0 [xx )x+3) x = 0 of xx )x+3)+x = 0] en x 3 [ x x +x 7 ) = 0 of x x +x 5 ) = 0 ] en x 3 [ x = 0 of x +x 7 = 0 of x +x 5 = 0 ] en x 3 [ x = 0 of x = 1 9 of x = 1+ 9 ] of x = 1 1 of x = 1+ 1 en x 3 x = 0 of x = 1 9 of x = 1+ 9 of x = 1 1 of x = 1+ 1 { } V = 0, 1 9, 1+ 9, 1 1, 1+ 1 x +x = x [ x +x = x of x +x = x ] en x 0 { V = 1, [ x +x = 0 of x +3x = 0 ] en x 0 [ ] x = 1 of x = of x = 3 17 of x = en x 0 x = 1 of x = } 3.6 Irrationale vergelijkingen Dit zijn vergelijkingen waarin wortelvormen voorkomen. Deze wortelvormen kan je wegwerken door een gepaste machtsverheffing van beide leden van de vergelijking. Zo kan een vierkantswortel verdreven worden door beide leden van de vergelijking te kwadrateren, een derdemachtswortel door beide leden tot de derdemacht te verheffen enzovoorts. Bij irrationale vergelijking dienen vooreerst de bestaansvoorwaarden opgesteld te orden, waarbij vastgelegd wordt dat voor elke oplossing van zo n vergelijking de uitdrukkingen onder de

9 3.6. IRRATIONALE VERGELIJKINGEN 33 evenmachtswortels groter dan of gelijk aan nul zijn. Immers, de evenmachtswortel van een strikt negatief getal is niet gedefinieerd in Ê.) De algemene techniek is verder gebaseerd op de volgende eigenschap A,B Ê, n Æ 0 ): n = B A = B A n als n oneven A = B n en B 0 als n even Let dus op het feit dat, als n even is, een extra voorwaarde buiten de bestaansvoorwaarden) gesteld moet worden om het equivalenteken te behouden. Deze is B 0, de zgn. evenmachtsverheffingsvoorwaarde 1. Dit komt omdat, als n even is, het symbool n A per definitie steeds de positieve evenmachtswortel van A voorstelt. Voorbeelden 3x+ = 4 Bestaansvoorwaarde: 3x+ 0 Kwadrateringsvoorwaarde: 4 0 steeds voldaan) 3x+ = 4 en 3x+ 0 3x = 14 en x 3 x = 14 3 en x 3 V = { } x = voldoet aan de bestaansvw.) 3x+1 = x Bestaansvoorwaarde: 3x+1 0 Kwadrateringsvoorwaarde: x 0 3x+1 = 4x en 3x+1 0 en x 0 V = {1}. 0 = 4x 3x 1 en x 1 3 en x 0 [ ] x = of x = en x 0 [ x = 1 4 of x = 1 ] en x 0 x = voldoet niet aan kwadrateringsvoorwaarde) x = 3 x Bestaansvoorwaarden: x 0 en 3 x 0 Kwadrateringsvoorwaarde: 3 x 0 steeds voldaan) x = 3 x en x 0 en 3 x 0 x = 5 en x en x 3 x = 5 en x en x 3 V = { 5 }. x = 5 1 Indien n =, noemen we deze voorwaarde kwadrateringsvoorwaarde.

10 34 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE 4 x+ = 6+x Bestaansvoorwaarden: 4 x 0 en 6+x 0 Kwadrateringsvoorwaarde: 4 x+ 0 steeds voldaan) 4 x+ ) = 6+x en 4 x 0 en 6+x 0 4 x ) + 4 x+ = 6+x en 6 x 4 4 x+4 4 x+4 = 6+x en 6 x x = x en 6 x 4 4 x = x 1 en 6 x 4 Nieuwe kwadrateringsvoorwaarde: x x) = x 1) en 6 x 4 en x x = x x+1 en 6 x 4 en x 1 0 = x +x 15 en 1 x 4 [ ] x = 64 = 5 of x = + 64 = 3 en 1 x 4 V = {3}. x = 3 3 x 1 = x 1 = 3 = 8 x = 9 x = 3 of x = 3 V = { 3, 3}.

11 3.7. OEFENINGEN Oefeningen Oefening 3.1. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) 3 5 ) 3x x 5 x 5)) = 0 ) 5x 11 + x 5 7 = 3x x+1 4 Oefening 3.. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) x +6x = 9 ) 4x +6 = 9x 3) 3 4 x 1 4 x+ 1 6 = 0 4) x 9 + x = 0 5) x 4 5x +4 = 0 6) x 6 9x 3 +8 = 0 Oefening 3.3. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) x 4 x 3 +x x+1 = 0 ) 6x 4 5x 3 +38x 5x+6 = 0 3) x 4 7x 18 = 0 4) x +x 8 ) x +x 8 ) 35 = 0 Oefening 3.4. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) x 1 x+3 = 0 ) x 7x+8 x 3x+ = ) x +3x 9 x = 3 5 4) 3 x 4 + 5x x+ = x x + x x+ Oefening 3.5. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) 3x 7 = 4 x ) x 5x+6 = 6 3) x 3 x+8 = 1 4) x )x 1) = x 4 5) x 3x+ = x 6) x 4x+4 = 5 7) 3x 7 = x 8) x+ x 1 = x 9) x+ = x 5x+5 10) x 5x+6 = x+) 11) x 5x+4 ) = x +4x+5 )

12 36 MODULE 3. VERGELIJKINGEN IN ÉÉN ONBEKENDE Oefening 3.6. Bepaal de oplossingenverzameling in Ê van de volgende vergelijkingen: 1) 4x 3 = 3 ) x 5x+4 = 3) 3+4x = x+ 4) x 5+ = x 5) x x = x 1 6) 3 4x = x+5 7) x+9 = + x+1 8) x 3x+4+ x 3x+1 = 3 9) x 4 x+11+3 = 0 10) 3x x+ = 4 11) 3 1 x+x = 1 1) 3 5x 3 x +6 = 0