Algebra groep 2 & 3: Standaardtechnieken kwadratische functies

Transcriptie

1 Algebra groep 2 & 3: Standaardtechnieken kwadratische functies Trainingsweek juni 2008 Kwadraat afsplitsen Een kwadratische functie oftewel tweedegraads polynoom) px) = ax 2 + bx + c a 0) kan in verschillende gedaanten voorkomen. In deze standaardvorm zien we de afzonderlijke machten van x en de bijbehorende coëfficiënten. In de ontbonden vorm px) = ax x 1 )x x 2 ) zien we juist de twee nulpunten terug. Een derde schrijfwijze krijgen we door px) als een verschoven standaardparabool y = ax 2 te zien. De algemene formule is dan px) = ax d) 2 + e. Het feit dat kwadraten altijd niet-negatief zijn, geeft nu informatie over px). En omdat de variabele x maar één keer in de formule voorkomt, kunnen we x oplossen in termen van px). Voorbeeld: x x + 20 = x + 5) 2 5; x 2 5x + 5 = x 5 2 )2 5 4 ; 3x 2 12x + 15 = 3x 2 4x + 5) = 3x 2) 2 + 1) = 3x 2) Als we px) = x x + 20 schrijven als px) = x + 5) 2 5 noemen we dat kwadraat afsplitsen. In die nieuwe schrijfwijze kun je bijvoorbeeld direct zien dat x: px) 5 en ook dat px) = 0 equivalent is met x + 5) 2 = 5, dus x + 5 = ± 5. Opgave 1 Splits het kwadraat af. a) x 2 6x 9; b) 2x 2 + 4x + 16; c) x 10)x 20). 1

2 Opgave 2 Bewijs dat voor alle a, b, c R geldt dat 2 + 8b 2 + 9c bc + 6ac 0. Bepaal ook de gevallen waarin er gelijkheid geldt. Een toepassing van kwadraat afsplitsen zien we ook bij de afleiding van de abc-formule. Voor gegeven x geldt 0 = ax 2 + bx + c = a x 2 + b a x + c ) = a x + b ) 2 ) ) 2 b + c a a precies dan als x + b ) 2 ) 2 b = c a = b2 4ac. 4a 2 Deze vergelijking van de vorm u 2 = f heeft 0, 1 of 2 reële oplossingen al naar gelang het teken van f. Voor gegeven parameters a, b, c R, a 0, heeft de kwadratische vergelijking ax 2 + bx + c = 0 nul, één of twee reële oplossingen x afhankelijk van het teken van de discriminant D = b 2 4ac: als D < 0 zijn er geen reële oplossingen; als D = 0 is er precies één reële oplossing en als D > 0 zijn er twee verschillende reële oplossingen. De oplossingen worden gegeven door x = x 1,2 = b ± D. Opgave 3 Maak a) of b)) a) Voor gegeven a R, zij l a de lijn in het xy-vlak die het punt P a = a, a) verbindt met Q a = 9 a, 9 a). Bepaal de meetkundige plaats van alle punten x, y) R 2 die op precies één lijn l a liggen. b) Voor gegeven a R\{0}, zij l a de lijn in het xy-vlak die het punt P a = a, 2) verbindt met Q a = 2 + a, 4). Bepaal de meetkundige plaats van alle punten x, y) R 2 die op ten hoogste één lijn l a liggen. 2

3 Opgave 4 Vind alle reële getallen a waarvoor het polynoom x 3 + ax 2 + ax + 1 precies één reëel nulpunt heeft eventueel een drievoudig nulpunt). Top van de parabool Zij px) een dalparabool px) = ax 2 + bx + c, a > 0. Uit de schrijfwijze van px) als de som van een kwadraat en een constante, namelijk px) = a x + b ) 2 ) 2 b a + c, zien we dat px) minimaal is als x = x 0 = b. De waarde van px) voor die waarde van x kunnen we ook aflezen: we zien dat ) 2 b px 0 ) = a + c = b2 4a + c = 4ac b2 = D 4a 4a. Alternatief is dat we x 0 = b direct invullen in px) = ax2 + bx + c: px 0 ) = a b ) 2 + b b ) + c = b2 4a b2 + c = b2 4a + c. Voor een dalparabool px) = ax 2 + bx + c, a > 0 geldt px) px 0 ) = p b ) = b2 4a + c = D 4a. Voor een bergparabool px) = ax 2 + bx + c, a < 0 geldt Hierbij is x 0 = b. px) px 0 ) = p b ) = b2 4a + c = D 4a. Opgave 5 Bewijs met deze techniek dat voor alle reële a en x xa x) 1 4 a2. 3

4 Opgave 6 Laat positieve reële a, b, c gegeven zijn. Bewijs dat als a1 b) > 1 en b1 c) > 4 1 dan c1 a) < Opgave 7 Vind de minimale waarde van x 2 + 3y 2 + 6z 2 + 2xy + 4xz + 5yz gegeven dat yz = 1. Discriminant negatief De discriminant zegt iets over het globale gedrag van een parabool: een parabool snijdt de x-as 0, 1 of 2 keer al naar gelang D < 0, D = 0 en D > 0. Voor een dalparabool px) = ax 2 + bx + c, a > 0 geldt derhalve dat x: px) > 0 precies dan als D < 0, en er is een x 0 zodat x x 0 : px) > 0 en px 0 ) = 0) precies dan als D = 0. Voor een bergparabool px) = ax 2 + bx + c, a < 0 geldt juist dat x: px) < 0 precies dan als D < 0, en er is een x 0 zodat x x 0 : px) < 0 en px 0 ) = 0) precies dan als D = 0. Merk op dat als D > 0, er weinig zinnigs meer over het teken van px) te zeggen is: tussen de nulpunten is het teken negatief resp. positief) en daarbuiten juist positief negatief). Voor het bewijzen van een globale ongelijkheid zoals x : px) > 0 voor een dalparabool of x : px) < 0 voor een bergparabool hebben we dus juist wat aan een negatieve discriminant. Opgave 8 Zij gegeven een dalparabool px) = ax 2 + bx + c, a > 0. We hebben zojuist gezien dat x: px) > 0) D < 0. Hieronder staan twee vergelijkbare beweringen in feite vier implicaties). Bewijs of ontkracht deze vier implicaties. a) x: px) 0) D = 0; b) x: px) 0) D 0. 4

5 Opgave 9 Voor gegeven parameters x 1,..., x n, y 1,..., y n R, niet alle y i gelijk aan 0 zeg y i0 0), beschouw de functie pt) = n i=1 x i ty i ) 2. Dit is een som van kwadraten, dus geldt pt) 0 met gelijkheid dan en slechts dan als x i = ty i voor alle i. Merk op dat er hooguit één zo n t is, bepaald door t = t 0 = x i 0 y i0. Schrijf pt) in de vorm at 2 + bt + c en leid af wat deze globale bewering over pt) inhoudt voor de discriminant. Welke bekende ongelijkheid heb je nu bewezen? Opgave 10 Vind de grootste c R zodat voor alle x, y R geldt: x 2 + y cxy + 1). Opgave 11 Laat positieve reële a, b, c gegeven zijn. Bewijs dat er een driehoek is met zijdelengtes a, b en c dan en slechts dan als xa 2 + yb 2 > xyc 2 voor alle x, y R met x + y = 1. Opgave 12 a) Laat reële getallen x, y gegeven zijn met x y < 2. Bewijs dat 91 + xy) 4 x y) 2 x2 + y 2 x + y) xy. 1) b) Bepaal voor welke reële getallen x, y met x y < 2 gelijkheid in 1) geldt. Symmetrische polynomen Bij symmetrische ongelijkheden kunnen symmetrische polynomen van pas komen. Elk symmetrisch polynoom kan worden uitgedrukt in symmetrische basispolynomen. Voor polynomen met drie variabelen zijn de basispolynomen s 1 = x + y + z, s 2 = xy + yz + zx en s 3 = xyz. Je ziet de basispolynomen ontstaan als coëfficiënten wanneer je het monische polynoom in a uitwerkt met nulpunten x, y, z,... Voorbeeld: we zoeken de schrijfwijze van x 3 + y 3 + z 3 in termen van symmetrische basispolynomen. Bekijk pa) = a x)a y)a z) = a 3 x+y+z)a 2 +xy+yz +zx)a xyz) = 5

6 a 3 s 1 a 2 + s 2 a s 3. Omdat pa) nulpunten a = x, y, z heeft vinden we x 3 s 1 x 2 + s 2 x s 3 = 0 y 3 s 1 y 2 + s 2 y s 3 = 0 z 3 s 1 z 2 + s 2 z s 3 = 0 x 3 + y 3 + z 3 ) s 1 x 2 + y 2 + z 2 ) + s 2 x + y + z) 3s 3 = 0. dus Nu is x 2 + y 2 + z 2 = x + y + z) 2 2xy + yz + zx) = s 2 1 2s 2 dus x 3 + y 3 + z 3 ) = 3s 3 + s 1 x 2 + y 2 + z 2 ) s 2 x + y + z) = 3s 3 + s 1 s 2 1 2s 2 ) s 2 s 1 = 3s 3 + s 1 s 2 1 3s 2 ), oftewel x 3 + y 3 + z 3 ) 3xyz = x + y + z)x + y + z) 2 3xy + yz + zx)). Gevolg: als x+y +z = 0, dan x 3 +y 3 +z 3 = 3xyz. Dit kunnen we natuurlijk ook bewijzen door in x 3 + y 3 + z 3 = 3xyz links en rechts z = x + y) in te vullen.) Opgave 13 Zij px, y) = x 3 y + x 2 y 2 + xy 3. a) Schrijf het symmetrische polynoom px, y) in termen van symmetrische basispolynomen. b) Vind de maximale waarde van px, y) als gegeven is dat x + y = 3. Opgave 14 Laat x, y en z reële getallen zijn met x 3 + y 3 + z 3 3xyz = 1. Vind de minimale waarde van x 2 + y 2 + z 2. Vieta Stel dat x 1 en x 2 de eventueel complexe) nulpunten zijn van px) = ax 2 + bx + c a 0), dan kunnen we px) ook schrijven als ax x 1 )x x 2 ) = ax 2 x 1 + x 2 )x + x 1 x 2 ). We concluderen dat b = ax 1 + x 2 ) en c = ax 1 x 2, oftewel dat x 1 + x 2 = b a en x 1x 2 = c a. Gegeven a, b en c, dan kun je het zoeken naar nulpunten x dus ook zien als het zoeken naar oplossingen x 1, x 2 ) van het volgende stelsel van twee vergelijkingen met twee onbekenden: x 1 + x 2 = b a ; x 1 x 2 = c a. 6

7 Dit heten zoals we weten de relaties van Vieta, die een verband leggen tussen de nulpunten en de coëfficiënten. Subsitueren we x 2 = x 1 b in de tweede vergelijking, dan vinden a we c = x a 1x 2 = x 1 x 1 b ) = a x2 1 b x a 1, dus ax bx 1 + c = 0, wat natuurlijk niet zo verwonderlijk is. Opgave 15 Het polynoom px) = ax 2 + bx + c voldoet aan a > 0, p1) 0, p 1) 0, a c 0 en b 2 4ac > 0. Bewijs dat px) twee reële nulpunten heeft, die liggen in het interval [ 1, 1]. Opgave 16 Eindtoets 2007, opgave 5) Bewijs dat er oneindig veel paren positieve gehele getallen x, y) zijn met x + 1 y + y + 1 x = 4. 7