VOORKENNIS WISKUNDE Inleidende begrippen

Transcriptie

1 VOORKENNIS WISKUNDE Inleidende begrippen Voor studenten in de Toegepaste Economische Wetenschappen L.Motmans

2 WOORD VOORAF In het eerste jaar van de bacheloropleiding toegepaste economische wetenschappen is Wiskunde voor bedrijfseconomen een belangrijk ondersteunend vak. Daarom wordt van de beginnende student een behoorlijke vaardigheid in elementaire rekentechnieken en een basiskennis van de fundamentele wiskundige begrippen verwacht. De cursustekst Voorkennis wiskunde, Inleidende begrippen wil een hulpmiddel zijn bij het opfrissen van een aantal onderwerpen die werden behandeld in het secundair onderwijs, zonder evenwel diep op de inhoud in te gaan. Naast het zelfstandig doornemen van deze tekst wordt aan beginnende studenten de mogelijkheid geboden over deze materie vier lesdagen te volgen (september, vóór de start van het academiejaar). Een lesdag is opgesplitst in een uiteenzetting in de voormiddag, gevolgd door een oefeningensessie in kleine groepjes in de namiddag. Vooral studenten die in het verleden een beperkt wiskundepakket hebben gevolgd worden verwacht op deze lessencyclus. Ook anderen, met een grondigere wiskundevorming, zijn welkom indien zij bij het doornemen van de leerstof (en vooral bij het maken van de opdrachten) problemen ondervinden. Het gebruik van het grafisch rekentoestel TI - 84 Plus is louter eemplarisch. De student kan blijven werken met het GRT waar hij vertrouwd mee is. L. Motmans Mevr. V. Mebis stond in voor het zeer verzorgde tikwerk, waarvoor hartelijk dank.

3 INHOUD Veeltermen ontbinden in factoren. Gemeenschappelijkefactor(en)afzonderen.... Merkwaardigeproducten....3 Ontbinden van a + b + c (a = 0)....4 HetalgoritmevanHornerendereststelling Een factor van de vorm a afzonderen Opdrachten... 6 Sommatieteken, faculteit, binomiaalcoëfficiënt 0. Het sommatieteken (met ééninde) De begrippen faculteit en binomiaalcoëfficiënt....3 Opdrachten Vergelijkingen 7 3. Eerstegraadsvergelijkingen (met éénonbekende) Tweedegraadsvergelijkingen Vergelijkingenherleidbaartotvierkantsvergelijkingen Vergelijkingenmetvierkantswortels Opdrachten Stelsels van lineaire vergelijkingen 7 4. Substitutiemethode Combinatiemethode EliminatiemethodevanGauss CanonieketrapvormenGRT Opdrachten... 34

4 5 Enkele basisbegrippen over reële functies van één reële veranderlijke Definitiesenvoorbeelden De inverse van een functie in IR Opdrachten Constante functies, eerstegraadsfuncties, tweedegraadsfuncties, homografische functies Constantefuncties Eerstegraadsfuncties Tweedegraadsfuncties Homografischefuncties Opdrachten Richtingscoëfficiënt (helling) van een rechte Voorbeeld Algemeen Gevolgen Opdrachten Veeltermongelijkheden en rationale ongelijkheden in één onbekende Algemenewerkwijze Voorbeelden Praktische werkwijze voor het tekenonderzoek van een veelterm of vaneenbreukvanveeltermen Opdrachten Absolute waarde van een reëel getal Definitieengevolgen Eigenschappen... 65

5 9.3 Opdrachten Eponentiële en logaritmische functies Machten van een reëelgetal Eponentiëlefuncties Logaritmen Logaritmischefuncties Eponentiëlevergelijkingen Logaritmischevergelijkingen Opdrachten De voornaamste begrippen uit de goniometrie 80.Inleiding Metenvaneenhoek Goniometrische getallen van een hoek / Goniometrische functies Sinusvaneenhoek/Sinusfunctie Cosinusvaneenhoek/Cosinusfunctie Tangensvaneenhoek/Tangensfunctie Overigegoniometrischegetallen Opdrachten Limieten 9. De verzameling IR... 9.Informeleinvoeringvanhetlimietbegrip Limietstellingen Praktischeberekeningvanlimieten Opdrachten Asymptoten bij de grafiek van een functie 3 3.Verticaleenhorizontaleasymptoten...3

6 3.Schuineasymptoten Opdrachten... 4 De natuurlijke eponentiële en logaritmische functies 3 4. Het getal e De natuurlijke eponentiëlefunctie Denatuurlijkelogaritmischefunctie Opdrachten...9 Oplossingen 3 Appendi: TI-84 Plus: een kennismaking 44

7 Veeltermen ontbinden in factoren Een veelterm ontbinden in factoren betekent de veelterm schrijven als een product van veeltermen die een lagere graad hebben dan de gegeven veelterm. Elke veelterm kan ontbonden worden in factoren van de eerste graad en factoren van de tweede graad met (strikt) negatieve discriminant. Soms is het wel moeilijk om deze ontbinding te vinden. We beschrijven enkele werkwijzen.. Gemeenschappelijke factor(en) afzonderen Voorbeelden ) 3 + = ( +) ) a( y)+3(y ) =( y)(a 3) 3) a + ay + b + by = a( + y)+b( + y) =( + y)(a + b). Merkwaardige producten In sommige gevallen kan men gebruik maken van één van de volgende formules. (a + b)(a b) =a b (a + b) = a +ab + b (a b) = a ab + b (a + b) 3 = a 3 +3a b +3ab + b 3 (a b) 3 = a 3 3a b +3ab b 3 (a b)(a + ab + b )=a 3 b 3 (a + b)(a ab + b )=a 3 + b 3 (a + b + c) = a + b + c +ab +ac +bc

8 Voorbeelden ) 5 36 = (5 6)(5 +6) ) 6a 4ab +4b =6(a 4ab +4b )=6(a b) 3) 8a 3 7b 3 =(a 3b)(4a +6ab +9b ) 4) 5 3 +=(5 + )(5 5 +) 5) 4 + y y +3 y = ( 3 +3 y +3y + y 3 )=( + y) 3 6) 3 +=( +)( +) 7) r 3 5 5=r 3 ( 5) 3 =(r 5)(r + 5r +5).3 Ontbinden van a + b + c (a = 0) Men berekent de discriminant D = b 4ac. Als D<0danisa + b + c onontbindbaar in IR. Als D 0danisa + b + c = a( )( )waarbij, = b ± D a Voorbeelden ) D =49 4 = 5, = 7 ± = ( +)=(3 +)( +)

9 ) + + is onontbindbaar in IR want D = 4= 3 < 0.4 Het algoritme van Horner en de reststelling Dit algoritme kan gebruikt worden voor het delen van een veelterm door een veelterm van de vorm a, zoals bijvoorbeeld 5, +,, 7 3. Voorbeeld tedelendoor (dus a =) Schema Q() = R = Werkwijze - Deeltal rangschikken volgens dalende machten van. Schrijf de coëfficiënten op in deze volgorde (eventuele nullen niet vergeten). -Bepaala. - Maak de berekeningen zoals aangegeven in het schema. - Op de laatste regel lezen we : de coëfficiënten van het quotiënt Q() ende rest. Omdat in het algemeen geval, waarbij een veelterm D() wordt gedeeld door een veelterm d()(metd() verschillend van de nulveelterm en met grd D() graad d()), geldt dat D() =d() Q()+R() met grd R() <grdd() vindenwenu: 3

10 ) grd Q() =grd D() ) de rest is een constante. Voorbeeld 3 7 y +7y y 3 te delen door y Schema 7y 7y y 3 y 4y 6y y 3 3y y 0 Q() = 3y + y R =0 Voorbeeld 3 a 4 + a b + b 4 te delen door a + b Schema 0 b 0 b 4 b b b b 3 b 4 b b b 3 3b 4 Q() =a 3 a b +ab b 3 R =3b 4 Bij een deling van een veelterm door a zijn we soms enkel geïnteresseerd in de rest. In dergelijke gevallen is de reststelling interessant. 4

11 Reststelling De rest bij deling van een veelterm V () door a is gelijk aan de getalwaarde van die veelterm in a, dus V (a). Voorbeeld V () = tedelendoor R = V () = 8 Gevolg Een veelterm V () isdeelbaar door a als en slechts als V (a) =0..5 Een factor van de vorm a afzonderen Als we voor een veelterm V () een deler van de vorm a hebben gevonden dan is V () =( a)q() zodat V () geschrevenisalshetproductvandeveeltermen a en Q(), waarbij Q() met het algoritme van Horner kan bepaald worden. Probeer nu Q() verder te ontbinden. Om delers van de vorm a van een veelterm V () optesporen(metzowela als alle coëfficiënten van de veelterm V () gehele getallen) gaat men als volgt tewerk : ) Als de constante term in V () nul is, dan kunnen we afzonderen. ) Schrijf alle gehele delers op van de constante term in V (). Deze waarden zijn kanshebbers voor a. 3) Controleer met behulp van de reststelling of de rest bij deling door a nul is. 5

12 Voorbeeld V () = del( 8) = {,,,, 3, 3, 6, 6, 9, 9, 8, 8} deler? V () = 6 = 0 is geen deler deler +? V ( ) = = 0 + is geen deler deler? V () = 0 is een deler Vandaar : (Horner) Q() = = ( )( +6 +9)=( )( +3) In het algemeen zal men de werkwijze om a af te zonderen blijven herhalen totdat de laatste factor van graad twee is. Het teken van de discriminant geeft dan aan of er nog verder kan ontbonden worden..6 Opdrachten De inleidende oefeningen en hebben als doel het rekenen met gebroken vormen op te frissen. Soms zal er gebruik gemaakt worden van merkwaardige producten.. Vereenvoudig : a b b a ; y y ; a b (b a) ; a b (a + b) ; (a + b) (a b) ab ; a ; a Werk uit : a) + y + y y 6

13 b) c) d) e) +a + a +a + 4 a 3a a a f) am b m a n b n g) an b n a m b m a + b a b a b a + b a + b ab h) (a + b) c a + ab ac a (a + c) b (a b) c ab b bc i) (a + b) : j) a 4 a 3 3 : k) a + b a + 3 a + a + a + ab : b + b a b a b l) a + 3 a m) a n) + a a + b ab a 3a +3a : a + b ab + 7

14 3. Bereken met behulp van merkwaardige producten : a) ( 4) 3 b) ( +3) 3( +) 3 +3( +) 3 3 c) ( + + ) 4. Bepaal rest en quotiënt met de regel van Horner : ( ) :( +) ( ):( ) (3a 5 7a 3 +9a 0a +0):(a +) ( y 4 +y 6 4y 7 ):( 3y) ( ):( ) 5. Bepaal p zodat volgende delingen opgaan (zonder de deling uit te voeren) : (p 3 7p 0) : ( ) ( 3 +(p ) p +):( +) 6. Bepaal a en b zodat volgende delingen opgaan (zonder de deling uit te voeren) : (a 3 +b 4 a) :[( +)( )] (5 3 + a b +):[( )( +)] 7. Ontbind in factoren : a) 3 4 b) a( y) 7( + y) c) d) (y +) e) 64a 3 5b 3 f) g) 50a a b +0ab 4 +6b 6 8

15 h) a a +9a i) j) 4 3 k) l)

16 Sommatieteken, faculteit, binomiaalcoëfficiënt. Het sommatieteken (met één inde) Voorbeeld De som behulp van het sommatieteken S), namelijk kanopeenkortemaniergenoteerdwordenmet (of sigmateken, de Griekse hoofdletter voor 5 i= We maken dus de som van de termen i,voori gaande van tot en met 5. i De sommatie-inde i begint te lopen met de waarde die onder het sommatieteken vermeld staat, maakt telkens sprongen met één, en houdt op met de waarde die boven het sommatieteken geschreven staat. In plaats van i mag ook een andere letter gebruikt worden : 5 i = i= 5 5 j = n =... j= n= (= ) Voorbeeld k i = k (met k N 0 ) i= Voorbeeld 3 k i=k i = k + k k (met k,k N en k k ) 0

17 Het is ook mogelijk dat elke term dient berekend te worden met behulp van de waarde van de sommatie-inde (zie voorbeelden 4, 5, 6, 7). Voorbeeld 4 5 i = =6 i= Voorbeeld 5 0 n= n = =55 Voorbeeld 6 4 n= ( ) n n n + = = 3 60 Voorbeeld = = 5.3 = 5 n= n = n = n =3 n =4 n =5 Eigenschappen Veronderstel dat n N 0 en a, b IR ) ) 3) 4) n a = na i= n a i = a n i= i i= n ( i + a) =na + n i= i i= n (a i + by i )=a n i + b n i= i= y i i=

18 . De begrippen faculteit en binomiaalcoëfficiënt Definitie faculteit (a) Het product van de eerste n van nul verschillende natuurlijke getallen noteert men n! enleestmenals n faculteit. n! = 3... (n ) n (b) 0! = lees nul faculteit. Voorbeelden! =! = = 3! = 3=6 4! = 3 4=4 5! = = 0 Controleer deze resultaten met behulp van een grafisch rekentoestel (GRT). Eigenschap n IN 0 geldt dat n! =n (n )! Definitie binomiaalcoëfficiënt Voor n, p IN met n p definieert men de binomiaalcoëfficiënt p ) als volgt : n p = n! p!(n p)! n p (lees n over

19 Voorbeelden 5 3 = 5! 3!(5 3)! = 5! 3!! = 3! 4 5 =0 3! 0 =! 0!! = 3 3 = 3! 3!0! = =!!! = 4 0 = 4! 0!4! = =!!0! = 4 = 4!!3! =4 3 0 = 3! 0!3! = 4 = 4!!! =6 3 = 3!!! =3 4 3 = 4! 3!! =4 3 = 3!!! =3 4 4 = 4! 4!0! =.3 Opdrachten. Gegeven i i Bereken de getalwaarde : a) 0 i i= b) 7 i i=5 3

20 c) 3 d) 0 e) i i=3 i i= 4 i i= f) 0 g) ( i +) i= 4 i+ i=. Bereken de getalwaarde : a) b) 3 n n=0 4 (n ) n= 3. Is de volgende bewering waar? Voor elke n N 0 geldt dat n n i = i. i= i= Zo ja : bewijs. Zo neen : geef een tegenvoorbeeld. 4. Schrijf voluit : a) b) c) d) 3 a k k k= n b j= 3 (y i a) i= 3 y i a i= 4

21 e) 5 n= n f) 3 ( ) n+ 5 n n=0 5) Bereken : 4! + 3! 5! 4! 0! 6! 6! 7! 8!!! 3! 4! 8! 0! gebruik een GRT controleer met een GRT n n 3 n! n=0 3 3 p p=0 3 p 3 p 5

22 6) Vereenvoudig : n! (n +)! = (n )! (n +)! = n! (n)! = (n +)! (n)! = ((n + ))! (n)! = (n +)! (n +3)! = (3n +3)! (3n)! (3n )! (3n)! = = (n!) n = 6

23 3 Vergelijkingen Een vergelijking is een gelijkheid die slechts geldt voor geschikte waarden van de letters die er in voorkomen. Deze letters noemt men onbekenden. Bekomt men voor een stel waarden van de onbekenden van een vergelijking dezelfde getalwaarde voor beide leden dan heet dit stel getallen een oplossing. Een vergelijking oplossen is al haar oplossingen bepalen. 3. Eerstegraadsvergelijkingen (met één onbekende) Standaardvorm : a + b =0 (a = 0) Oplossing : = b a In feite vindt men de oplossing door gewoon te rekenen. Voorbeelden ) = (termen met in ste lid) = = 96 = =4 Oplossingsverzameling = {4}. ) 3 = (noemers wegwerken) 4( ) 6( ) =3(5 36) = = = 40 = 40 5 =8 Oplossingsverzameling = {8}. 7

24 Opdracht Los de vergelijkingen in deze voorbeelden op met behulp van een GRT. Gebruikde optie Solver. Opmerking Indien een vergelijking geen reële oplossing heeft, dan spreekt men van een valse vergelijking. Indien een vergelijking voldaan is voor elke reële waarde van de veranderlijke, dan spreekt men van een identiteit. Voorbeelden ) = = = geen oplossingen (valse vergelijking) Oplossingsverzameling = φ. ) 3 +5= = = = 0 elke voldoet (identiteit) Oplossingsverzameling = IR. Opdrachten ) Ga na dat in voorbeeld het gebruik van een GRT leidt tot de melding: ERR: no sign chng. ) Los voorbeeld op met een GRT. Gebruik eerst de (standaard) startwaarde 0. Merk op dat als oplossing 0 wordt gegeven. Geef nu een andere willekeurige 8

25 startwaarde in, bijvoorbeeld.345. Nu wordt.345 als oplossing voorgesteld. Of bijvoorbeeld de startwaarde π geeft als antwoord π. Inderdaad, uit de manuele berekeningen weten we dat elk reëel getal een oplossing is. Laat je dus niet op het verkeerde been zetten door je GRT. 3. Tweedegraadsvergelijkingen Synoniemen voor tweedegraadsvergelijkingen zijn : vierkantsvergelijking. kwadratische vergelijking en Standaardvorm : a + b + c =0 (a = 0) Oplossingen : als D = b 4ac 0dan, = b ± b 4ac a D = b 4ac wordt de discriminant genoemd. als b 4ac < 0dangeenreële oplossing Voorbeelden ) 3 5 =0, = 5 ± = 5 ± 7 6 Dus : =; = 3 Oplossingsverzameling = {, 3 }. ) 4 4 +=0, = 4 ± = 9

26 Oplossingsverzameling = { }. 3) + +=0 D = b 4ac = 3 dus geen reële oplossing (valse vergelijking) Oplossingsverzameling = φ. 4) k + k = breng in de standaardvorm k + k =0 D =5 k, = ± Oplossingsverzameling =, 5. 5) Los op naar : + y = y y Eerst brengen we deze vergelijking in de standaardvorm : + y +y +=0 a b c D =4y 8(y +)= y 8 < 0 Oplossingsverzameling = φ. 6) 7 = 0 (de gewone werkwijze is nu omweg!) = 7 = en = 7 7 Oplossingsverzameling = 7, 7 0

27 7) 5 +8 = 0 (zelfde bemerking!) ( 5 +8)=0 =0 en = 8 5 Oplossingsverzameling = 0, 8 5. Opdracht Los de vergelijkingen in de voorbeelden op met behulp van een GRT. Gebruik de optie Solver. Om de tweede oplossing te vinden in de voorbeelden en 4 gebruik je als startwaarde een schatting van het resultaat. In deze cursus gaan we niet in op het vinden van gepaste startwaarden. Evenmin maken we bij vergelijkingen die moeilijker zijn een studie om vooraf het precieze aantal oplossingen te bepalen. Opmerking Men kan eenvoudig nagaan dat voor de twee oplossingen en van een vierkantsvergelijking a + b + c =0(metD 0) geldt dat s = + = b a en p = = c a Soms (bijvoorbeeld als a = en b, c Z) kan deze eigenschap handig zijn om een vierkantsvergelijking op te lossen.

28 Voorbeeld Los op : 3 +=0 s = b a =3 p = c a = = = Opmerking (zie ook voorbeeld 6) Als k 0 dan geldt : = k = ± k 3.3 Vergelijkingen herleidbaar tot vierkantsvergelijkingen a) Vergelijkingen van de vorm a n + b n + c =0 Om een dergelijke vergelijking op te lossen voert men een hulponbekende n = y in zodat de gegeven vergelijking overgaat in een vierkantsvergelijking ay + by + c =0. Als nu y een oplossing van deze vergelijking is, dan vindt men door de n-de machtswortel(s) van y te bepalen. Voorbeeld =0 Substitutie : 3 = y zodat y +7y 8 = 0 met als oplossingen y =en y = 8. Uit : 3 =en 3 = 8 volgt =en =. Oplossingsverzameling = {, }. b) Vergelijkingen van de vorm a[f()] + bf()+c =0

29 Voorbeeld ( ) 4( ) + 3 = 0 Substitutie : = y zodat y 4y + 3 = 0 met als oplossingen y =en y =3 Uit : =en =3volgt =; = en 3 = ; 4 = 3 Oplossingsverzameling =,,, 3 Opdracht Los de vergelijking in dit voorbeeld op met behulp van een GRT (optie Solver ). 3.4 Vergelijkingen met vierkantswortels Om een dergelijke vergelijking op te lossen zal men : ) de voorwaarden opschrijven waaraan moet voldoen om de uitdrukkingen onder de worteltekens niet negatief te maken; ) door opeenvolgende afzonderingen en kwadrateringen de vergelijking wortelvrij maken; 3) bij elke kwadratering de voorwaarden opschrijven waaraan moet voldoen (uitdrukken dat beide leden hetzelfde teken hebben); 4) de eindvergelijking oplossen en alleen die oplossingen behouden die aan alle beperkende voorwaarden voldoen. Opmerking Men kan ook tijdens de berekeningen de voorwaarden over het hoofd zien, en achteraf, via invullen in de opgave, nagaan welke gevonden waarden ook echt oplossingen zijn. 3

30 Voorbeelden ) + 3 += Bestaansvoorwaarde : 3 Omvorming : 3 += Kwadrateringsvoorwaarde : 0 of Kwadratering : 3 += + 5 =0 Dit geeft : =0 en = 5 (te verwerpen) Oplossingsverzameling = {0}. ) += Bestaansvoorwaarde : Omvorming : + + 3=4 Geen kwadrateringsvoorwaarde Kwadratering : ( +)( 3) = 6 ( +)( 3) = 8 3 Kwadrateringsvoorwaarde : Kwadratering : 4( +)( 3) = (8 3) =0 Dit geeft : =4 en = 84 (te verwerpen) Opdracht Oplossingsverzameling = {4}. Los de vergelijking in voorbeeld op met behulp van een GRT (optie Solver ). 4

31 Merk op dat de startwaarde, in overeenstemming met de hogervermelde bestaansvoorwaarde, groter of gelijk aan 3 moet zijn. Zoniet verschijnt de melding: ERR: NON REAL ANS. Dit dient geïnterpreteerd te worden als: geen reële oplossing te vinden met deze startwaarde. Fout is denken dat er geen reële oplossingen zijn voor de vergelijking! 3.5 Opdrachten. Los op : a) = 7 b) 3 4 = 4 3 c) 6 0, 5 3 = d) 4+ 3 = Los op : a) ( 3) +( ) = b) 4 a +9(a b )=0 c) + 3 =5 d) a a = a a e) (3 ) 5(3 ) 4 = 0 5

32 f) =0 g) + = a + a h) ( + +) =4( + +)+5 3. Los op : a) 4+3= + b) = Controleer de gevonden oplossingen met behulp van een GRT (optie Solver ). 6

33 4 Stelsels van lineaire vergelijkingen Lineaire vergelijking : de onbekende(n) komen voor in de eerste graad. We bespreken vier methodes. 4. Substitutiemethode 3 4y =5 +7y =0 gegeven de tweede vergelijking lossen we op naar 3 4y =5 =0 7y we substitueren door 0 7y in de e vergelijking 3(0 7y) 4y =5 =0 7y de eerste vergelijking is een vergelijking in één onbekende! y = =0 7y we vervangen y door in de e vergelijking. =3 oplossing y = Oplossingsverzameling = {(3, )} 4. Combinatiemethode Principe : een vergelijking van het stelsel mag vervangen worden door een lineaire combinatie van deze vergelijking en een andere vergelijking. 7

34 + 3 4y =5 +7y =0 3 4y =5 3 y 5y = 30 = 5 ( 3) y = Vervang één der vergelijkingen (liefst de moeilijkste!) door y = y = +7y =0 we vervangen y doorindeevergelijking =3 oplossing y = Oplossingsverzameling = {(3, )} 4.3 Eliminatiemethode van Gauss Werkwijze Gegeven is een stelsel van lineaire vergelijkingen, bijvoorbeeld + 3 = = =3 De gezochte oplossingen zijn geordende drietallen (,, 3 ) welke aan de drie vergelijkingen voldoen. ) Schrijf de uitgebreide matri op, d.w.z. vorm een matri met alleen de getallen van het stelsel. 8

35 ) Pas elementaire rij-operaties toe totdat we een trapvorm bekomen. Onder een elementaire rij-operatie verstaan we één van de volgende bewerkingen: - het verwisselen van twee rijen; - een rij vervangen door een niet-nul veelvoud van zichzelf; - bij een rij een veelvoud van een andere rij tellen. Een matri in trapvorm is een matri die voldoet aan de volgende voorwaarden: - eventuele nulrijen staan onderaan in de matri; - het eerste niet-nulelement van een niet-nulrij ligt links t.o.v. het eerste niet-nulelement der volgende rijen. Toegepast op het voorbeeld: R /R R R 3 /R 3 +R 9

36 trapvorm! Het stelsel is nu + 3 = 5 () +3 3 =3 () 3 3 =9 (3) 3) Pas nu achterwaartse substitutie toe: Uit (3) volgt: 3 =3 Uit () volgt: = 6 Uit () volgt: =4 We hebben dus precies één oplossing gevonden nl. het geordend drietal (4, 6, 3). Besluit: oplossingsverzameling = {(4, 6, 3)}. In het algemeen kunnen we, i.v.m. het aantal oplossingen van een stelsel van lineaire vergelijkingen, drie gevallen onderscheiden. - Er zijn geen oplossingen. Dit geval treedt op wanneer de trapvorm een rij van de vorm c met c = 0bevat. -Erisjuistéén oplossing. Dit geval doet zich voor wanneer het aantal vergelijkingen in het stelsel in trapvorm gelijk is aan het aantal onbekenden. - Er zijn oneindig veel oplossingen wanneer het aantal vergelijkingen in het stelsel in trapvorm kleiner is dan het aantal onbekenden. 30

37 Voorbeelden +3y = ) 6y = R /R +R trapvorm ) Uit de laatste rij volgt dat 0 +0 y = dus een vergelijking die nooit voldaan kan zijn. Besluit: het gegeven stelsel heeft geen oplossingen. + y +3z = 3 +4y +z =3 +3y z = R /R 3R R 3 /R 3 R R 3 /R 3 R 3

38 trapvorm! Het stelsel is nu te schrijven als + y +3z = y 7z = 3 Dit is een stelsel met 3 onbekenden en slechts vergelijkingen. Neem bijvoorbeeld z als nevenonbekende en de veranderlijken en y als hoofdonbekenden. De nevenonbekende kan vrij worden gekozen. Vervolgens kunnen de andere onbekenden worden berekend in functie van die vrij gekozen veranderlijke. z = t met t IR y =7t 3 = 0t +5 Besluit: oplossingsverzameling = {( 0t +5, 7t 3,t) t IR}. 4.4 Canonieke trapvorm en GRT Bij het toepassen van de eliminatiemethode van Gauss is het mogelijk rij-operaties toe te passen tot we de canonieke trapvorm bekomen. De canonieke trapvorm van de uitgebreide matri is die trapvorm waarbij - de leider in elke rij gelijk is aan (een leider is het eerste element in een rij van een matri dat niet nul is); - boven de leiders zijn alle elementen in dezelfde kolom van die gelijk aan nul. 3

39 Toegepast op het voorbeeld: (zie hoger) R 3 / R /R R R /R +4R 3 R /R 3R Besluit: oplossingsverzameling= {(4, 6, 3)}. Aangezien met een GRT de canonieke trapvorm van een matri gemakkelijk kan gevonden worden met de optie rijgereduceerde echelonvorm (rref), biedt dit mogelijkheden voor het oplossen van een stelsel van lineaire vergelijkingen. 33

40 Opdracht Los het stelsel uit de inleiding en de twee stelsels uit de voorbeelden op m.b.v. een GRT. Indien nodig, pas achterwaartse substitutie toe. 4.5 Opdrachten. Los de volgende stelsels manueel op: 7y = a) 8 +y =50 3y =5b a b) 3 y = a +5b 5 +3y z =3 c) 9y =8z 3y +4z =5 = d) = =4. Los de volgende stelsels op door gebruik te maken van een GRT: 4 +y +5z = a) 3 +6y + z =3 +8y +3z =37 +4y +7z =8 b) 6 3y + z = +y 5z = 7 34

41 5 Enkele basisbegrippen over reële functies van één reële veranderlijke 5. Definities en voorbeelden Definities Een functie van E IR naar IR is een relatie die aan elk reëel getal uit E juist één beeld toekent. Zulk een functionele relatie noemt men een reëlefunctievanéén reële veranderlijke (in t vervolg kortweg : functie). Notatie : f : E IR IR : f() E noemt men het domein van f, ook genoteerd dom f dom f = { IR : y IR : y = f()} Verder definieert men het beeld van f als bld f = {y IR : E : f() =y} α is een nulpunt van f f(α) =0 α is een oplossing van de vergelijking f() =0. Voorbeelden ) f :[0, 0] IR : f : IR + IR : Merk op dat f en f niet dezelfde functies zijn : de beide functies hebben wel hetzelfde voorschrift, maar dom f = dom f. Het grootst mogelijke domein in IR waarvoor het voorschrift trek de vierkantswortel uit zinvol is, is IR +. We spreken af dat, als we het grootst mogelijk domein in IR bedoelen, we gebruik maken van de verkorte notatie : y = f() =. 35

42 ) Met de verkorte notatie y = f() = bedoelen we f : IR 0 IR : omdat IR 0 het grootst mogelijke domein in IR is. In deze cursus zullen we enkele belangrijke reële functies van één veranderlijke behandelen zoals constante functies, eerstegraadsfuncties, tweedegraadsfuncties, goniometrische, logaritmische en eponentiële functies. 5. De inverse van een functie in IR De inverse van een functie f in IR is een relatie f in IR diewebekomendoorin alle koppels van f de twee elementen onderling te verwisselen. Bijgevolg geldt dat dom f = bld f en bld f = dom f Voorbeeld f : IR IR : 0 f() De twee getallen in de koppels onderling verwisselen geeft f () 0 Berekenen van het nieuwe voorschrift : y = = ± y herletteren nl. y = ± 36

43 dus f : IR IR : ± Merk op dat dom f = IR = bld f en bld f = IR + = dom f Verbandtussendegrafieken van f en f Welnu, (a, b) f (b, a) f y y a (b,a) f - f b (a,b) b a Vandaar (we werken in een orthonormaal assenstelsel) : De grafieken van twee relaties die elkaars inverse zijn, zijn symmetrisch t.o.v. de eerste bissectrice. In het besproken voorbeeld blijkt dat f geen functie is, want bijvoorbeeld 4 4 Het is duidelijk dat de inverse relatie f van een functie f in IR is een functie ASA f is een bijectie van dom f op bld f. 37

44 5.3 Opdrachten. Gegeven : f : IR IR : Gevraagd : a) dom f b) nulpunten van f Gegeven : f : IR IR : Gevraagd : a) bld f b) nulpunten van f 3. Gegeven : f : IR IR : + 3 Gevraagd : a) f b) nulpunten van f c) nulpunten van f 38

45 6 Constante functies, eerstegraadsfuncties, tweedegraadsfuncties, homografische functies 6. Constante functies Definitie Een functie die elk reëel getal afbeeldt op a met a IR, noemt men een constante functie. Dit betekent dat y = f() =a met a IR. Voorbeelden y = f() =3 y = f() = 3 4 Eigenschappen ) Het domein van een constante functie is IR. ) Het beeld van een constante functie is een singleton nl. bld f = {a}. Grafiek De grafiek van een constante functie is een rechte evenwijdig met de -as. De grafiek van y = f() =a is de rechte l : y = a y (0,a) l 39

46 Nulpunt(en) De verzameling der nulpunten van een constante functie is ofwel de lege verzameling ofwel IR. Verklaar! Tekenonderzoek Bij een constante functie hebben de beelden van alle elementen hetzelfde teken. Voorbeeld y = f() =3 f() + 6. Eerstegraadsfuncties Definitie Een functie die elk reëel getal afbeeldt op a + b met a IR 0 en b IR noemt men een eerstegraadsfunctie of een lineaire functie. Dit betekent dat y = f() =a + b met a IR 0 en b IR. Voorbeelden Tegenvoorbeelden y = f() = 3 +6 y = f() =7 y = f() = 5 + y = f() = + y = f() = Eigenschappen ) Het domein van een eerstegraadsfunctie is IR. ) Het beeld van een eerstegraadsfunctie is IR. Verklaar! 40

47 Grafiek De grafiek van een eerstegraadsfunctie is een rechte die beide assen snijdt. Voorbeeld y = f() = 3 +heeftalsgrafiek de rechte l : y = 3 + y (0,) l (,-4) Opmerking Niet alle rechten zijn grafieken van eerstegraadsfuncties. Inderdaad, ) De rechte l : y = is geen grafiek van een eerstegraadsfunctie maar van de constante functie f met f() =. ) De rechte k : =3isgeengrafiek van een eerstegraadsfunctie maar van de relatie {(3, 0), (3, ),...} diegeenfunctieis. Besluit : De rechten die evenwijdig zijn met de -as of de y-as zijn geen grafieken van eerstegraadsfuncties. 4

48 Nulpunt(en) De verzameling der nulpunten van een eerstegraadsfunctie y = f() =a + b is het singleton b. a Voorbeeld y = f() =3 +6 Om het nulpunt te bepalen, moeten we de vergelijking = 0 oplossen. Het nulpunt is dus. Tekenonderzoek Voor y = f() = 4 onderzoeken Voor y = f() = + 4 onderzoeken we voor welke getallen geldt : we voor welke getallen geldt : f() =0,f() > 0, f() < 0. f() =0,f() > 0, f() < 0. y _ + y + _ y = y =

49 Men kan algemeen bewijzen dat het tekenonderzoek van de ste graadsfunctie y = a + b als volgt verloopt : b/a y = f() =a + b tegengesteld teken van a 0 teken van a In de praktijk is het echter handiger om het teken te bepalen via het invullen van een (gemakkelijke) -waarde. Voorbeeld y = f() = 4 nulpunt? 4 = 0 dus = y = neem voor bijvoorbeeld de waarde 0 het beeld van 0 is 4 dus in dit gebied zijn de beelden negatief. Opdracht Gebruik een GRT om de grafiek van de functie f() = 4teplotteninhet interval [, 3]. Kies voor 0: ZoomFit. Volg met trace de grafiek en bereken met calc het nulpunt. 6.3 Tweedegraadsfuncties Definitie Een functie die elk reëel getal afbeeldt op a + b + c met a IR 0 en b, c IR noemt men een tweedegraadsfunctie of een kwadratische functie. Dit betekent dat y = f() =a + b + c met a IR 0 en b, c IR. 43

50 Voorbeelden y = f() =6 5 + y = f() =3 +7 y = f() = Eigenschap Het domein van een tweedegraadsfunctie is IR. Grafiek De grafiek van de tweedegraadsfunctie y = f() =a + b + c is een parabool waarbij de rechte s : = b de symmetrie-as is. a Het snijpunt van de symmetrie-as met de parabool noemt men de top van de parabool. De coördinatenvandetopzijndus b b a,f. a Voorbeelden We tekenen de grafiek van y = f() = y = f() = +4 3 s : = s : =+ Enkele koppels van f : Enkele koppels van f : y = y =

51 y y De top van de parabool is (, ) De top van de parabool is (, ) We merken op dat a>0 de functie bereikt een minimum a<0 de functie bereikt een maimum Nulpunten Om de nulpunten te bepalen van de functies y = f() =a + b + c met a IR 0 en b, c IR lost men de vergelijking a + b + c =0opinIR. We weten dat als ) D>0, de vierkantsvergelijking a + b + c = 0 twee oplossingen heeft nl. = b D a en = b + D a ) D = 0 de vierkantsvergelijking a + b + c =0slechtséén oplossing (of twee samenvallende oplossingen) heeft nl. = = b a 45

52 3) D<0, de vierkantsvergelijking a + b + c = 0 geen oplossing heeft. Vandaar de volgende mogelijkheden : y y y D > 0 D = 0 D < 0 a > 0 = y y y a < 0 = 46

53 Tekenonderzoek Voor wat betreft het tekenverloop van een tweedegraadsfunctie leren bovenstaande figuren : D>0 teken van teken van a 0 teken van a 0 teken van a y = a + b + c D =0 = teken van teken van a 0 teken van a y = a + b + c D<0 teken van y = a + b + c y heeft steeds het teken van a Deze drie gevallen kunnen tot één vuistregel worden teruggebracht : y = a +b+c heeft overal het teken van a,behalveals tussen de (eventuele) nulpunten ligt. Toegepast op de voorbeelden: 3 3 y = y =

54 Opdracht Gebruik een GRT om de grafiek van f() = +4 3 te plotten in het interval [, 5]. Kies voor 0:ZoomFit. Volg met trace de grafiek en bereken met calc de nulpunten en de maimale waarde. 6.4 Homografische functies Definitie Een functie die een reëel getal afbeeldt op a + b c + d met c IR 0 en a, b, d IR en ad bc = 0 noemt men een homografische functie. Dit betekent dat y = f() = a + b c + d met c IR 0 en a, b, d IR en ad bc = 0. Voorbeelden + y = f() = 3 7 y = f() = y = f() = y = f() = + Tegenvoorbeeld y = f() = 3 6 is geen homografische functie want ad bc =3 ( ) ( 6) =0. Wat is de grafiek van deze functie? 3( ) y = f() = dom f = IR\{} 48

55 y 3 f Bemerk dat deze grafiek duidelijk afwijkt van de grafieken van de homografische functies (zie verder). Eigenschap Het domein van een homografische functie is IR\ d.gana! c Grafiek De grafiek van een homografische functie y = f() = a + b is een hyperbool waarbij c + d de rechte = d c een verticale asymptoot (V.A) en de rechte y = a een horizontale c asymptoot (H.A) is (zie hoofdstuk asymptoten). Voorbeeld We tekenen de grafiek van y = f() = 3 + V.A : = H.A : y = 3 49

56 Enkele koppels van f : y = / 5 6 y Opdracht Gebruik een GRT om de grafiek van f() = 3 te plotten in het kader [ 4, 3] + [, 5]. Maak dus enkel gebruik van [window] (en niet van [zoom]). 50

57 6.5 Opdrachten. In welk punt snijdt de rechte gegeven door de vergelijking y = a + b de -as. a) y = 3 + b) y =3 c) y =. Zoek het snijpunt van de twee rechten waarvan de vergelijkingen gegeven zijn. a) y =3 y = b) y = y = c) y = y = 3. Maak het tekenonderzoek a) y = 5 +7 b) y = c) y = m + n (m, n IR 0 ) 4. a) De functie y = f() = + p 5 heeft een maimum voor =. Bereken p en de maimale functiewaarde. b) De functie y = f() =p +4 + p heeft een maimum. De maimale functiewaarde is 3. Bereken p. 5. a) Maak de grafieken van de functies y = f() = 4 +en y = g() =3. Gebruik een GRT. 5

58 b) Volg met trace één van de grafieken en bereken met calc de snijpunten vanderechteendeparabool.berekendesnijpuntenookmanueel. 6. Zelfde vraag als 5. met y = f() = eny = g() =. 7. In welke punten snijdt de parabool, gegeven door de kwadratische functie y = f(), de -as. a) y = f() = b) y = f() = +3 c) y = f() = +4 d) y = f() = e) y = f() =4 f) y = f() = Maak het tekenonderzoek. a) y = f() = 3 + b) y = f(t) = t c) y = f() = d) p = f(q) =9q +6q + 9. Teken de grafiek van de functies y = f() = en y = g() =. Bereken de snijpunten van de hyperbool y = en de rechte y =. 0. Zelfde vraag als 9. met y = f() = + en y = g() =3. 5

59 7 Richtingscoëfficiënt (helling) van een rechte 7. Voorbeeld y (3,7) (,5) ( 3,4) (0,) a (,0) Voor de rechte a geldt dat de verhouding verticale verandering horizontale verandering constant is. Zo is bijvoorbeeld = (= ). We zeggen dat de richtingscoëfficiënt van de rechte a is. 53

60 7. Algemeen y (,y ) (,y ) ( 4,y 4 ) ( 3,y 3 ) Voor de twee (verschillende) punten (,y )en(,y ) op een rechte a (niet evenwijdig met de y-as) geldt dat () de verhouding y y dezelfde waarde aanneemt voor alle mogelijke puntenparen op de rechte a; () de verhouding y y dezelfde waarde aanneemt voor alle mogelijke puntenparen op een rechte evenwijdig met a. Deze verhouding y y, die dus enkel afhankelijk is van de steilte van de rechte a, wordt de helling van de rechte a of de richtingscoëfficiënt van de rechte a genoemd. 54

61 7.3 Gevolgen ) Elke rechte evenwijdig met de -as (bv. door de punten (, 4) en (, 4)) heeft een richtingscoëfficiënt nul. ) Wanneer de formule wordt gebruikt voor twee punten gelegen op een rechte evenwijdig met de y-as (bv. (3, ) en (3, 5)), dan komt er een nul in de noemer. Vandaar : een rechte evenwijdig met de y-as heeft geen richtingscoëfficiënt. 3) Als de richtingscoëfficiënt van een rechte positief (resp. negatief) is, dan stijgt (resp. daalt) de rechte. Hoe groter de absolute waarde van de richtingscoëfficiënt, hoe steiler de rechte. 4) Opstellen van de vergelijking van een rechte (niet evenwijdig met de y-as) waarvan een punt (,y )enderichtingscoëfficiënt m is gegeven. Welnu, als (, y) een willekeurig punt is op de gevraagde rechte dan weten we : y y = m Herschrijven geeft y y = m( ) 5) Elke rechte niet evenwijdig met de y-as, heeft een vergelijking die kan geschreven worden in de vorm y = m + n waarbij m de richtingscoëfficiënt is en (0,n) het snijpunt met de y-as. 6) Om de richtingscoëfficiënt van een rechte te bepalen vertrekkende van de vergelijking a + by + c = 0, zal men proberen de vergelijking te herschrijven tot y = m + n. Indien dit mogelijk is, dan is m de richtingscoëfficiënt 55

62 van de rechte. Als men hier niet in slaagt, dan betekent dit dat de rechte evenwijdig is met de y-as. Voorbeelden : a) 5 +y +=0 y = 5 m = 5 b) y +8=0 y =0 +4 m =0 rechte // -as c) 7 +3=0 7 +0y +3=0 0y = 7 3 y =... is onmogelijk De rechte is evenwijdig met de y-as (de vergelijking is = 3 7 ) 7) Wanneer op een rechte a de punten (,y )en(,y )zó worden gekozen dat = + dan is de richtingscoëfficiënt m = y y = y y + = y y 56

63 y y m y m.a.w. : met een horizontale toename van correspondeert een verticale verandering gelijk aan de richtingscoëfficiënt m. 7.4 Opdrachten. Stel de vergelijkingen op van de rechten die aan de volgende voorwaarden voldoen. Eerste reeks Tweede reeks (,y ) behoort tot de rechte (,y )en(,y ) behoren tot de rechte rc (,y ) vergelijking (,y ) (,y ) vergelijking a 3 (, ) a (, ) (3, 4) b (0, 6) b (, 3) (, 6) c 0 (3, 4) c (5, 6) (3, 0) d (0, 0) d (, 3) (, 9) e ( 4, 5) e (0, 6) (4, 0) d 5 (6, ) f (, 3 ) ( 3 4, 5 6 ) 57

64 . Stel de vergelijking op van de rechte door (, ) en (3, 4). Gebruik hiervoor een GRT. Verifieerofhetresultaatovereenstemtmethetantwoorduitde vorige oefening. Plot ook deze rechte in het interval [, ]. Kies voor een orthonormaal assenstelsel. (Zoom/ZSquare). 3. Gegeven : a : y = 4 +3 Stel de vergelijking op van de rechte b als je weet dat b a en (, 4) b. 4. Teken de rechte a (zonder de vergelijking te zoeken) als je weet dat de rechte a de y-as snijdt in (0, 4) en dat de richtingscoëfficiënt 3 is. 5. Zelfdevraagvoorderechtebmetsnijpunty-as is (0, ) en richtingscoëfficiënt is Bepaal de richtingscoëfficiënt van de volgende rechten. a) + y 5=0 b) 7 =3 c) y + =+ + y 58

65 8 Veeltermongelijkheden en rationale ongelijkheden in één onbekende 8. Algemene werkwijze Bij het oplossen van een veeltermongelijkheid of een rationale ongelijkheid kan de volgende werkwijze worden gevolgd : Maak één lid nul; Schrijf het andere lid als een breuk van twee veeltermen; Ontbind de teller (respectievelijk de noemer) in factoren van de eerste en de tweede graad; Zoek van alle factoren de nulpunten; Gebruik nu een tabel om te komen tot het tekenverloop. Wanneer de opgave eenvoudig is, zijn sommige stappen natuurlijk overbodig. 8. Voorbeelden () Los op : Oplossingsverzameling = { IR 4 } () Los op : < 5 6 3(3 5) (4 5) < < 50 59

66 5 <60 <3 Oplossingsverzameling = { IR <3 } Bemerk dat we in de voorbeelden () en () de oplossingsverzameling vinden door gewoon te rekenen! (3) Los op : ( 3 + )( 8) < 0 We onderzoeken het teken van ( 3 + )( 8) De nulpunten zijn 4 en ( 3 + )( 8) Besluit : Oplossingsverzameling = { IR <4 >9 } (4) Los op : 3 4 +< 0 We zoeken de oplossingen van 3 4 +=0 D =4> 0; = 3 en = / Besluit : Oplossingsverzameling = { IR 3 << } (5) Los op :

67 nulpunten teller : 3 en nulpunten noemer : en 5 5 3/ Besluit : Oplossingsverzameling = { IR 5 < 3 } Opdracht Zoek het teken van voor elke kolom in de tabel door de waarde +4 5 te zoeken van voor bijvoorbeeld = 6, = 3, =, = Gebruik een GRT. Creëer eventueel een tabel met functiewaarden. Kies voor Indptn:Ask. 8.3 Praktische werkwijze voor het tekenonderzoek van een veelterm of van een breuk van veeltermen Om snel en vlot te komen tot het tekenverloop van een veelterm a n n + a n n a + a 0 (met a n =0) maken we gebruik van de volgende bedenkingen : - nul voor de nulpunten; 6

68 - voor voldoende grote heeft de veelterm hetzelfde teken als de coëfficiënt van de hoogstegraadsterm a n ; -alswe laten veranderen van groot naar klein dan verandert het teken van de veelterm wanneer we voorbij een nulpunt met oneven multipliciteit gaan. Tekenverloop van een breuk van veeltermen : - bestaat niet voor de -waarden waarvoor de noemer nul wordt; - nul voor de nulpunten van de teller die geen nulpunten zijn van de noemer; - wat de plustekens en de mintekens betreft merken we op dat het teken van A() (een breuk van veeltermen) gelijk is aan het teken van de veelterm B() A() B() zodat de vorige werkwijze kan worden gevolgd. Voorbeeld Geef het tekenverloop van A() B() = ( )4 ( + + )(3 ) 3 ( ) 4 ( +7)( ) 5 ( ) 7 / 3 A() B() de coëfficiënt van de hoogstegraadsterm in A() B() is 5 dus positief. Toemaatje De beschreven praktische werkwijze geldt natuurlijk ook voor veeltermen van de eerste of tweede graad. 6

69 Voorbeelden Opdrachten Los de volgende ongelijkheden op : () < 3 () (5 )(7 4) > 0 (3) ( )( +)( +3) 0 (4) ( 3)( +4) ( 3)( 3 +9) (5) (6) ( )( ) < 0 (7) > 0 (8) ( + +5)(3 + +5)< 0 (9) + + > 0 (0) ( )( 3) > 0 63

70 9 Absolute waarde van een reëel getal 9. Definitie en gevolgen Definitie Voor a IR definiëren we de absolute waarde van a (genoteerd door a ) als volgt : als a 0dan a = a als a<0dan a = a Voorbeelden 3 =3; 5 =5; 3 = 3 ; 3 = 3 Onmiddellijke gevolgen () De absolute waarde is nooit negatief a 0 () a =0 a =0 (3) De absolute waarde van een product is gelijk aan het product van de absolute waarden ab = a b (4) a = a (5) De absolute waarde van een quotiënt is gelijk aan het quotiënt van de absolute waarden. a b = a b 64

71 9. Eigenschappen () Als a 0 dan geldt a a a gebied voor -a 0 a We merken op dat een die voldoet aan de ongelijkheid op minder dan een afstand a van 0 gelegen is. Voorbeeld : () Als a 0 dan geldt a a of a -a 0 a We merken op dat een die voldoet aan de ongelijkheid op meer dan een afstand a van 0 gelegen is. Voorbeeld : 3 > 3 < of 3 > >5 of < (3) Driehoeksongelijkheid : a + b a + b Voorbeeld :

72 (4) Als a 0 dan geldt a a Voorbeeld : 9 3 () 3 3 (5) Als a 0 dan geldt >a > a Voorbeeld : > 4 > () < of> 9.3 Opdrachten. Los op (met IR). () 4 < () + < 5 (3) + 5 (4) ( ) < 9 (5) (3 ) (6) 3 > (7) + < (8) < (3 4). Maak de grafiek van de functie () f() = () f() = + (let op: dom f = IR 0 ) Plot, ter controle, de grafieken met een GRT. 66

73 0 Eponentiële en logaritmische functies 0. Machten van een reëel getal Definities ) Voor a IR en n IN 0,steltmen Voor a IR 0 stelt men a n = a a...a n maal a 0 = ) Voor a IR 0 en n IN, steltmen a n = a n 3) Als a, b IR en n IN 0,dannoemtmenb een n-de machtswortel van a als b n = a. Voorbeeld : is de 5-de machtswortel uit 3 omdat 5 =3 en zijn beide 4-de machtswortels van 6 omdat 4 =6en( ) 4 =6. Notatie : Als n oneven is, dan heeft elk reëel getal a juist één n-de machtswortel, genoteerd door n a Als n even is, dan - hebben de negatieve getallen geen n-de machtswortel; 67

74 - hebben de positieve getallen twee n-de machtswortelsdie tegengesteld zijn. We noteren de positieve n-de machtswortel door n a de negatieve n-de machtswortel door n a Opmerkingen: () n 0=0 () Voor de -de machtswortel schrijven we a i.p.v. a. 4) Als a IR 0 + en m, n IN (n = 0)dansteltmen a m n = n a m. a m n = a m n = n a m Voorbeeld : 3 7 = 3 7 ; 3 7 = 3 7 ; 0 3 = 3 0 5) Het machtsbegrip kan nog verder uitgebreid worden zodat bv. ook 3 en 4 π een betekenis krijgen (dit wordt hier niet behandeld). Eigenschappen Als a, b IR + 0 en, y IR dan geldt ) a a y = a +y ) a a y = a y 3) (a ) y = a y 68

75 4) (ab) = a b 5) a b = a b 0. Eponentiële functies We noemen eponentiële functie met grondtal a de functie f : IR IR met a IR + a 0 \{} Voorbeelden y = f() = y y = f() = ( ) y a > a < 69

76 Algemeen y y grafiek van y = a met a > grafiek van y = a met 0 < a < - dom f = IR - bld f = IR 0 + (dus a > 0voorelke IR) -grafiekgaatdoor(0, ) -alsa> dan is de functie stijgend als a< dan is de functie dalend. Opmerkingen ) Let op het verschil tussen bijvoorbeeld de eponentiële functie met grondtal nl. en de kwadratische functie (met als grafiek een parabool). ) Alsweindedefinitie a toch gelijk aan nemen d.w.z. f : IR IR : = dan bekomen we dus de constante functie op. 3) Zoals reeds werd vermeld gaan we op de preciese betekenis van bijvoorbeeld 3 7 en π (de eponenten zijn irrationale getallen) niet in. 70

77 0.3 Logaritmen Definitie De a-logaritme van een reëel getal is gelijk aan y a.s.a. we aan a de eponent y moeten geven om te bekomen. Of log a = y = a y De a in log a heet het grondtal van de logaritme. Men neemt steeds een grondtal a dat reëel is, strikt positief en verschillend van. Bijgevolg geldt : negatieve getallen en het getal 0 hebben geen logaritme want als a>0isooka y > 0. Voorbeelden log 8=3want8= 3 log 8= 3 want8= 3 log 3 3= want 3=(3) Eigenschappen Stel, y IR + 0, r IR, a IR+ 0 \{} 7

78 log a ( y) =log a +log a y log a =log y a log a y log a ( r )=r log a log a = log b log b a Deze laatste formule geeft het verband aan tussen de logaritmen van eenzelfde reëel getal t.o.v. twee verschillende grondtallen. Opmerkingen () Voor de 0-logaritme van schrijven we log i.p.v. log 0. () Voor praktische berekeningen zal men veelal gebruik maken van een rekentoestel en de formule log a = log log a of log a = ln (zie verder). ln a 0.4 Logaritmische functies De functie f : IR IR : log a met a IR 0 + \{} noemen we de logaritmische functie met grondtal a. 7

79 Voorbeelden y = f() = log y y y = f() = log a > a < Algemeen y y grafiek van y = log a met a > grafiek van y = log a met a < 73

80 - dom f = IR bld f = IR -grafiekgaatdoor(, 0) -alsa> dan is de functie stijgend als a< dan is de functie dalend. - De logaritmische functie met grondtal a is de inverse functie van de eponentiële functie met grondtal a. Dit wordt verduidelijkt door volgende tabellen (neem a =): log 0 De grafiek van y =log is dan ook het spiegelbeeld t.o.v. de eerste bissectrice van de grafiek van y =. 0.5 Eponentiële vergelijkingen Een eponentiële vergelijking in IR is een vergelijking in IR waarbij de onbekende in de eponent voorkomt. We beschrijven aan de hand van voorbeelden drie methodes om een dergelijke vergelijking op te lossen. 74

81 . Door overgang op logaritmen Voorbeeld 7 =9 log 7 = log 9 = log 9, 9 log 7 Voorbeeld 5 = 3 log 5 =log 3 ( ) log 5 = ( 3) log (log 5 log ) = log 5 3log = log 5 log 3 log 5 log 0, 53. Beide leden schrijven als machten van eenzelfde constant grondtal Voorbeeld =8 = 3 =3 Voorbeeld + = += = = 75

82 Voorbeeld 3 8 =4 ( 3 ) = 3 3 = waaruit 3 3=of = Invoering van een nieuwe onbekende (substitutie) Voorbeeld = = 0 of = 0 Stel : = y Zo ontstaat de vierkantsvergelijking 4y +8y 30 = 0 of y +y 80 = 0 met als oplossingen : y =8eny = 0 Dit geeft nog op te lossen : =8 en = 0 = 3 Valse vergelijking =3 0.6 Logaritmische vergelijkingen Een logaritmische vergelijking in IR is een vergelijking in IR waarbij de onbekende achter een logaritme-teken of in het grondtal van de logaritme voorkomt. Voorbeeld log log 6=log +log (7 ) 76

83 Bestaansvoorwaarden : IR 0 + IR 0 + \{} 7 > 0 Samengevatte bestaansvoorwaarde : ]0, 7[ \{}. Oplossing van de vergelijking (formules gebruiken) log log 6=log +log (7 ) log log 6 log =log +log (7 ) log 6=log ((7 )) 6=(7 ) =0 ( )( )( +3)=0 = te verwerpen = = 3 teverwerpen 0.7 Opdrachten. Vereenvoudig (a, b, c IR + 0 ) ( 8) 3 ( 8) (5. ) 3 ( ) 4 (.3 ) 5 56a 35 c a 6 3 n a 6n+ b ab 3 c 7 5. ab 7 77

84 . Bereken (zonder gebruik te maken van een rekentoestel) () log 3 (7) log (3) log 4 8 () log 64 (8) log 5 5 (4) log (3) log 3 (9) log 64 (5) log 3 8 (4) log 4 (0) log 0, (6) log π π (5) log 4 8 () log 3 00 (7) log 0,5 0, 5 (6) log () log 9 3 (8) log Bereken, als () log 5 = (3) log = 3 (5) log 4= () log = (4) log = 3 (6) log 3 = 4. Maak de oefeningen uit opgave 3. opnieuw, maar gebruik nu een GRT (optie Solver ). Hint: log 5 = verander van grondtal log log 5 = + log log 5 =0 78

85 neem een strikt positieve startwaarde, bijvoorbeeld. Hint: denk per oefening na over een geschikte startwaarde, rekening houdend met de bestaansvoorwaarden. 5. Los op naar, eerst manueel, vervolgens m.b.v. een GRT (optie Solver ). () =8 () 0, 86 =0, 079 (3) =8 (4) =7 (5) log 4=log 4 (6) log (log 8) = 6. Maak de grafiek van y = f() =3. 79

86 De voornaamste begrippen uit de goniometrie. Inleiding Teken in het vlak, voorzien van een orthonormaal assenstelsel, een cirkel met straal en met de oorsprong als middelpunt. y 0 Indien we naar deze cirkel willen verwijzen, zullen we spreken van de goniometrische cirkel. Zij nu α een georiënteerde hoek : a We plaatsen de georiënteerde hoek α in het vlak, zodanig dat het hoekpunt samenvalt met de oorsprong en de eerste halfrechte samenvalt met de positieve -as : y 0 a a 80

87 De georiënteerde hoek α wordt nu ondubbelzinnig voorgesteld door het punt a. Afspraak : in t vervolg bedoelen we met hoek steeds georiënteerde hoek. Bemerk dat de assen de goniometrische cirkel in vier kwadranten verdelen : y kwadrant II kwadrant III kwadrant I kwadrant IV. Meten van een hoek Meten van een hoek in graden We verdelen de cirkel in 360 gelijke delen die we graden noemen. We doorlopen de cirkel in positieve zin (tegenwijzerzin) : 90, 450,..., -70,... 35,... 45,... 80, 540,..., -80,... 0, 360, 70,..., -360,... 5,... 35,... 70, 630,..., -90,... Meten van een hoek in radialen Als men de straal (radius) tot lengte-eenheid kiest om de cirkel te meten dan is de lengte van de cirkel gelijk aan πrad. Wedoorlopendecirkelinpositievezin: 8

88 0 p, 5p,..., 3p,... 3p,... p, p, 3p,..., -p,... 0, p, 4p,..., -p,... 5p 4,... 7p 4,... 3p, 7p,..., p,... Afspraak : we vermelden de lengte-eenheid niet als deze de radiaal is. Opmerkingen Maatgetallen die een geheel veelvoud van 360 (= πrad) van elkaar verschillen, duiden dezelfde georiënteerde hoek aan. Zo is bijvoorbeeld π 4 5π 4... Bemerk dat we elk reëel getal kunnen opvatten als het maatgetal (in radialen) van een hoek. 8

89 Verband graad-radiaal: π 360 π 80 π π Goniometrische getallen van een hoek / Goniometrische functies.3. Sinus van een hoek / Sinusfunctie Definitie y sin a 0 a a - We beschouwen de (georiënteerde) hoek α en het corresponderend punt a op de goniometrische cirkel. De y-coördinaat van het punt a noemen we de sinus van de hoek α. 83

90 Gevolgen van de definitie () α 0 π π 3π π sin α () sin α (3) Het teken van de sinus in de verschillende kwadranten : Grafiek van y =sin y + p -p p 0 p 3p p 5p - Opgelet : moet worden uitgedrukt in radialen. De sinusfunctie is periodiek met periode π. Opdracht Gebruik een GRT om de grafiek van de sinusfunctie te plotten (Zoom/7:ZTrig). 84

91 .3. Cosinus van een hoek / Cosinusfunctie Definitie De -coördinaat van het punt a noemen we de cosinus van de hoek α. y a - 0 cos a a Gevolgen van de definitie () α 0 π π 3π π cos α 0 0 () cos α (3) Het teken van de cosinus in de verschillende kwadranten : (4) Grondbetrekking van de goniometrie : cos α +sin α = (cf. stelling van Pythagoras!) 85

92 Hierbij is cos α, respectievelijk sin α, de notatie voor (cos α), respectievelijk (sin α). Voorbeeld cos π π +sin =0 + = Grafiek van y =cos y + 0 -p p p 3p p 5p p 3p - De cosinusfunctie is periodiek met periode π. Opdracht Gebruik een GRT om de grafiek van de cosinusfunctie te plotten (Zoom/7:ZTrig)..3.3 Tangens van een hoek / Tangensfunctie Definitie y a 0 tan a - 86