Zomercursus Wiskunde. Module 13 Ongelijkheden en absolute waarde (versie 22 augustus 2011)

Katholieke Universiteit Leuven September 2011 Module 13 Ongelijkheden en absolute waarde (versie 22 augustus 2011)

Inhoudsopgave 1 De relaties en < in R 2 2 Oplossen van ongelijkheden met behulp van het tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties 11 2.1 Tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties............. 11 2.2 Tekenverloop van rationale functies.................... 13 3 Ongelijkheden van het type p + qy + r 0 grafisch oplossen in R 2 15 4 Oefeningen ongelijkheden 17 5 Absolute waarde 20 5.1 Definitie en betekenis............................ 20 5.2 Eigenschappen............................... 21 6 Oefeningen absolute waarde 26 7 Oplossingen 28 7.1 Oplossingen van paragraaf 4........................ 28 7.2 Oplossingen van paragraaf 6........................ 29

13-1 Inleiding Deze module is opgevat als een zelfstudiemodule, het geeft een uitgebreid overzicht van zeer uiteenlopende eigenschappen die te maken hebben met ongelijkheden. De module kan ook gebruikt worden als naslagwerk. In de Zomercursus A worden enkel hoofdstukken 1 en 2 behandeld. In de Zomercursus B worden daarenboven oefeningen gemaakt uit hoofdstuk 3. De orderelatie wordt door iedereen als een heel vertrouwde en ongevaarlijke relatie gezien. De ervaring leert echter dat bij het werken met ongelijkheden vaak gezondigd wordt tegen zeer elementaire eigenschappen, vooral als het om ongelijkheden gaat waarin lettervormen voorkomen. De meest voorkomende fout is allicht dat men met ongelijkheden werkt zoals met gelijkheden en zo bijvoorbeeld ongehinderd een factor van het eerste lid naar de noemer van het tweede lid brengt zonder zich ervan te vergewissen dat die factor positief is. Het is helaas niet zo dat alle eigenschappen die gelden voor gelijkheden ook gelden voor ongelijkheden. Zo geldt in R wel y = z t t = yz voor alle,z R en y,t R 0. Maar er bestaan,z R en y,t R 0, waarvoor y z t maar niet t yz Wel geldt algemeen voor alle,z R en y,t R 0, y z t t yz als y en t hetzelfde teken hebben. Om van de ene ongelijkheid naar de andere over te gaan werd immers met de factor yt (of 1/yt) vermenigvuldigd en om de ongelijkheid te bewaren moet die factor positief zijn, d.w.z. y en t moeten hetzelfde teken hebben. We zetten de eigenschappen over ongelijkheden hier op een rijtje en willen je vooral de refle aankweken om bij ongelijkheden telkens goed na te gaan welke operatie je uitvoert om van een ongelijkheid naar een andere over te gaan, hierbij in het oog houdend of die operatie ordebewarend is of orde-omkerend. Verder bestuderen we ook het begrip absolute waarde van reële getallen en focussen vooral op de grafische voorstelling ervan op de getallenas. We geven geen bewijzen, wel af en toe een grafische toelichting die helpt om de eigenschappen beter te begrijpen en te onthouden.

13-2 1 De relaties en < in R In de verzameling van de reële getallen bestaat een orderelatie d.w.z. dat volgende eigenschappen gelden. Eigenschappen 1.1 Voor alle,y,z R geldt 1. ( is refleief) 2. ( y en y ) = y ( is antisymmetrisch) 3. ( y en y z) z ( is transitief). y leest men als is kleiner of gelijk aan y. Deze orderelatie maakt van R een totaal geordende verzameling, d.w.z. dat ook volgende eigenschap geldt Voor alle,y R geldt 4. y of y. Notaties 1.2 1. y kan men ook noteren als y en leest men als y is groter of gelijk aan. 2. Als y en y, noteren we dit als < y en lezen is strikt kleiner dan y. 3. Als y en y, noteren we dit als > y en lezen is strikt groter dan y. 4. Als 0, noemt men positief. 5. Als > 0, noemt men strikt positief. 6. Als 0, noemt men negatief. 7. Als < 0, noemt men strikt negatief.

13-3 Opmerkingen 1.3 1. 0 is zowel positief als negatief, 0 is noch strikt positief, noch strikt negatief. 2. Als < y, dan geldt ook y. 3. De relatie < is transitief. We geven nu in de eerste twee basiseigenschappen aan hoe de relatie < zich gedraagt t.o.v. de optelling en vermenigvuldiging in R. Het is vooral bij de verenigbaarheid met het product dat zorgvuldigheid geboden is omdat men enkel mag vermenigvuldigen met een strikt positieve factor wil men de ongelijkheid behouden. Verder geven we enkele veel voorkomende eigenschappen van < die uit de twee basiseigenschappen volgen. Let op bij sommige eigenschappen geldt, bij andere geldt enkel. Al deze eigenschappen gelden mutatis mutandis ook voor de relatie. Eigenschappen 1.4 Voor elke,y,z,t R geldt 1. < y + z < y + z. Je mag bij beide leden eenzelfde term optellen (of aftrekken). Met als gevolg: als je een term van lid verandert, verandert hij van teken. 2. ( < y en z > 0) z < yz. Je mag beide leden vermenigvuldigen met eenzelfde strikt positieve factor. 3. ( < y en z > 0) z < y. Je mag beide leden delen door eenzelfde strikt z positief getal. 4. ( < y en z < 0) z > yz. Vermenigvuldig je beide leden met eenzelfde strikt negatieve factor dan draait de ongelijkheid om. 5. ( < y en z < 0) z > y. Deel je beide leden door eenzelfde strikt z negatieve factor, dan draait de ongelijkheid om. 6. ( < y en z < t) + z < y + t. Je mag bij twee ongelijkheden lid aan lid optellen. 7. Als y,z,t > 0, geldt ( < y en z < t) z < yt. Als y,z,t strikt positief zijn, mag je bij de leden van twee ongelijkheden lid aan lid vermenigvuldigen. 8. Als,y 0 hetzelfde teken hebben, geldt ( < y 1 > 1 ). Voor y getallen met eenzelfde teken geldt: omkering draait de ongelijkheid om.

13-4 9. Als,y 0 tegengesteld teken hebben, geldt ( < y 1 < 1 ). Voor y getallen met tegengesteld teken geldt: omkering behoudt de ongelijkheid. 10. Als,y 0, geldt ( < y 2 < y 2 ). Kwadrateren behoudt de ongelijkheid van positieve getallen. 11. Als,y 0, geldt ( < y 2 > y 2 ). Kwadrateren draait de ongelijkheid om bij negatieve getallen. 12. Als,y 0, geldt ( < y < y). Worteltrekken behoudt de ongelijkheid van positieve getallen. Het is een mooie oefening zelf aan te tonen hoe deze eigenschappen allen volgen uit de eerste twee. We hoeven dus niet al deze eigenschappen te onthouden. Eigenlijk volstaat het de eerst twee te kennen en misschien ook de vierde. Voor de laatste vijf eigenschappen betaat er ook een alternatieve manier om ze te memoriseren. We gaan even dieper in op de laatste vijf eigenschappen. In deze eigenschappen wordt het gedrag van de ongelijkheid bestudeerd t.o.v. van de omkering of het nemen van het kwadraat of de worteltrekking, maar hoe zit het bijvoorbeeld als we de derdemacht willen nemen van beide leden of de derdemachtswortel? Blijft de ongelijkheid dan behouden of draait ze om, of hangt dit af van het teken van de beide leden van de ongelijkheid? We zoemen even in op eigenschappen (10) en (11). Bekijken we de grafiek van de functie met voorschrift f() = 2, dan illustreert de figuur links dat als a,b 0, dan geldt a < b a 2 < b 2

13-5 of anders geformuleerd, de functie f is strikt stijgend 1 op R +. Eigenschap (10) drukt dus eigenlijk uit dat de functie strikt stijgend is op R + 0. De rechtse figuur illustreert dat als a,b 0, dan geldt a < b a 2 > b 2 of anders geformuleerd, de functie f is strikt dalend 2 op R. Eigenschap (11) drukt dus eigenlijk uit dat de functie strikt dalend is op R 0. Op R is f noch strikt stijgend noch strikt dalend zodat als a < 0 < b, je niet kan weten of a 2 < b 2, ofwel a 2 > b 2, zoals je op volgende figuren kan inzien. Algemeen geldt wel voor alle a,b R a < b a 2 < b 2. In plaats van eigenschappen (10) en (11) te memoriseren, hoeven we enkel de grafiek van de functie kwadrateren te bekijken en vast te stellen waar die functie strikt stijgend of dalend is. Wat we hier geleerd hebben uit de grafiek van de specifieke functie kwadrateren kunnen we natuurlijk veralgemenen naar andere functies. 1 Een functie f is strikt stijgend op een deelverzameling B van het domein als voor elke,y B geldt dat ( < y f() < f(y)). Het is niet zo moeilijk in te zien dat evengoed geldt dat f strikt stijgend is op een deelverzameling B als en alleen als voor elke,y B geldt dat ( < y f() < f(y)). De omgekeerde pijl bij de ongelijkheden is immers een gevolg van het strikt stijgend zijn. 2 Een functie f is strikt dalend op een deelverzameling B van het domein als voor elke,y B geldt dat ( < y f() > f(y)).

13-6 Zo halen we uit de grafiek van de functie met voorschrift f() = 1 dat deze functie op R 0 en R + 0 strikt dalend is zodat als a en b hetzelfde teken hebben bij omkering de ongelijkheid omdraait (eigenschap (8)) d.w.z. als a en b hetzelfde teken hebben, dan geldt a < b 1 a > 1 b maar uit de grafiek blijkt ook dat de ongelijkheid niet omdraait als a en b verschillen van teken (eigenschap (9)) d.w.z. als a < 0 < b, dan geldt a < b 1 a < 1 b. Zo weten we ook dat de functie f met voorschrift f() = strikt stijgend is op R + wat eigenschap (12) aantoont.

13-7 Het strikt stijgend of strikt dalend zijn van functies levert dus eigenschappen voor de ongelijkheden: Eigenschappen 1.5 1. Als feen strikt stijgende functie is op een deelverzameling B van het domein, dan geldt voor alle,y B < y f() < f(y). Een strikt stijgende functie behoudt de ongelijkheid, anders gezegd is ordebewarend. 2. Als f een strikt dalende functie is op een deelverzameling B van het domein, dan geldt voor alle,y B < y f() > f(y). Een strikt dalende functie draait de ongelijkheid om, anders gezegd is ordeomkerend Hierbij is het nuttig volgende stelling uit de analyse in herinnering te brengen. Eigenschappen 1.6 Als de functie f afleidbaar is op het open interval ]a,b[, dan geldt 1. als f () > 0 voor elke ]a,b[, dan is f strikt stijgend in ]a,b[, 2. als f () < 0 voor elke ]a,b[, dan is f strikt dalend in ]a,b[. Door het strikt stijgen of dalen van bekende functies te bekijken kunnen we eigenschap 1.4 onmiddellijk aanvullen met tal van voorbeelden. We geven er hier enkele. Het is niet moeilijk daar nog tal van voorbeelden aan toe te voegen. Eigenschappen 1.7 1. Als n N en n is even, dan geldt (a) voor positieve,y R dat ( < y n < y n ),

13-8 (b) voor negatieve,y R dat ( < y n > y n ). 2. Als n N en n is oneven, dan geldt voor elke,y R ( < y n < y n ). 3. Als,y [ π, π ], dan geldt ( < y sin < sin y). 2 2 4. Als,y R, dan geldt ( < y e < e y ). 5. Als,y R, dan geldt ( < y ln < ln y). Uiteraard hoeven we niet al deze eigenschappen te onthouden, het is veel eenvoudiger uit de grafieken van bekende functies de eigenschappen van ongelijkheden af te leiden. We vonden hier ook een antwoord op een eerder gesteld probleem. Een ongelijkheid blijft behouden als we van beide leden de derdemacht nemen, de derdemachtsfunctie immers strikt stijgend op R, dus ordebewarend. Voorbeelden 1.8 1. Onderzoek voor welke R geldt dat Oplossing 1 2 + 3 > 1 5. 1 2 + 3 > 1 5 beide leden zijn positief, bij omkering draait de ongelijkheid om (eig. 1.4(8)) 2 + 3 < 5 een term die van lid verandert, verandert van teken (eig. 1.4(1)) 2 < 5 3 = 2 beide leden positief, worteltrekken mag, behoudt de ongelijkheid (eig. 1.4(12)) 2 < 2 2 = zie verder hfdst. 5 eig. 5.6(5) < 2 2 < < 2 als r R + 0 dan ( < r r < < r), zie verder hfdst. 5 eig. 5.2( 1) De oplossingsverzameling 3 is dus V =] 2, 2 [. 3 De oplossingsverameling is de verzameling van alle R die voldoen aan het gestelde probleem.

13-9 2. Onderzoek voor welke R + 0 geldt dat + 1 > 2. Oplossing + 1 > 2 beide leden maal de strikt positieve factor (eig. 1.4(2)) + 1 > 2 kwadrateren is ordebewarend voor pos. getallen (eig. 1.4(10)) ( + 1) 2 > 4( ) 2 = 4 2 + 2 + 1 4 > 0 een term die van lid verandert, verandert van teken (eig. 1.4(1)) 2 2 + 1 > 0 ( 1) 2 > 0 Dit is steeds voldaan als 1 zodat de oplossingsverzameling V = R + 0 \{1} is. 3. Stel ε > 0 een strikt positief reëel getal en n N een natuurlijk getal dat voldoet aan n 7 en n 3. Toon aan dat ε 2n + 7 2n 2 + n + 5 < ε. Bewijs Toon eerst m.b.v. eigenschappen 1.4 aan dat een breuk met positieve noemer groter wordt als je de teller groter maakt en/of de noemer kleiner(maar steeds positief). Zodat voor de gegeven n volgende ongelijkheden gelden 2n + 7 2n 2 + n + 5 (1) 2n + n 2n 2 + n + 5 (2) 3n (3) = 3 2n 2 2n (4) 3 2 1 3 ε ε 2 < ε. Met volgende verantwoordingen (1) de teller wordt groter (n 7), de breuk dus ook, (2) de positieve noemer wordt kleiner maar nog steeds positief, de breuk wordt groter, (3) de factor n 0 mag geschrapt worden, (4) de positieve noemer wordt kleiner maar nog steeds positief (n 3 ), de breuk ε wordt groter.

13-10 4. Toon aan dat als,y R met > 10 en (y 4) 2 < 4 geldt dat y > 20. Bewijs (y 4) 2 < 4 beide leden pos., worteltrekken mag, behoudt ongelijkheid (eig. 1.4(12)) (y 4) 2 < 2 2 = zie verder hfdst. 5 eig. 5.6(5) y 4 < 2 2 < y 4 < 2 als r R + 0 dan ( < r r < < r), zie verder hfdst. 5 eig. 5.2(1) een term die van lid verandert, verandert van teken (eig. 1.4(1)) 4 2 < y < 4 + 2 2 < y < 6 Omdat > 10 en y > 2) dus beide strikt positief volgt uit eig. 1.4(7) dat y > 20. (Zijn alle leden van twee ongelijkheden strikt positief dan mag men lid aan lid vermenigvuldigen). 5. Toon aan dat als,y R + en < y ook geldt dat Bewijs We bekijken de functie f met voorschrift f() = Voor elke R + is f () = Door eigenschap 1.5 volgt uit 1 + < y 1 + y. 1 +. 1 (1 + ) 2 > 0 zodat f strikt stijgend is op R+. 0 < y dat f() < f(y), dus 1 + < y 1 + y. Maak nu oefening 1. t.e.m. oefening 8. van paragraaf 4.

13-11 2 Oplossen van ongelijkheden met behulp van het tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties 2.1 Tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties De grafiek van de functie f met voorschrift f() = a + b met a,b R en a 0 is een rechte, en is strikt stijgend als a > 0 en strikt dalend als a < 0. Het nulpunt van f is b/a. Hieruit halen we volgend tekenverloop (tekentabel) voor f() = a + b b/a a + b teken van a 0 teken van a De grafiek van de functie f met voorschrift f() = a 2 +b+c met a,b,c R en a 0 is een parabool. We hebben te maken met een bergparabool als a < 0 en een dalparabool als a > 0. Als D = b 2 4ac 0 (D noemt men de discriminant) vinden we de nulpunten van f met de wortelformule Als D < 0 heeft f geen nulpunten. Dit geeft dus volgende tekentabellen. 1,2 = b ± D. 2a Als D > 0 heeft de parabool twee verschillende snijpunten met de -as. Hieruit halen we volgend tekenverloop voor f() = a 2 + b + c. 1 2 a 2 + b + c teken van a 0 teken van a 0 teken van a Als D = 0 heeft de parabool twee samenvallende snijpunten met de -as. Hieruit halen we volgend tekenverloop voor f() = a 2 + b + c. 1 = 2 a 2 + b + c teken van a 0 teken van a

13-12 Als D < 0 heeft de parabool geen snijpunten met de -as. Hieruit halen we volgend tekenverloop voor f() = a 2 + b + c. a 2 + b + c teken van a Voorbeelden 2.1 1. Onderzoek voor welke R geldt dat 8 4 < 0. Oplossing Het nulpunt is 2. a = 4, het teken van 4 is. Dit geeft volgende tekentabel 2 8 4 + 0 De oplossingsverzameling is dus V = ]2, + [ 2. Onderzoek voor welke R geldt dat 2 + 5 + 6 0. Oplossing De discriminant: D = 25 4.6 = 1. De nulpunten zijn: 1 = 5 + 1 2 a = 1, het teken van 1 is +. Dit geeft volgende tekentabel = 2 en 2 = 5 1 2 3 2 2 + 5 + 6 + 0 0 + = 3. De oplossingsverzameling is dus V =], 3] [ 2, + [. 3. Onderzoek voor welke R geldt dat 2 2 + 4 5 0. Oplossing De discriminant: D = 16 40 = 24 < 0. Er zijn dus geen nulpunten. a = 2, het teken van 2 is. Dit geeft volgende tekentabel 2 2 + 4 5 De oplossingsverzameling is dus leeg.

13-13 2.2 Tekenverloop van rationale functies Rationale functies zijn functies waarvan het functievoorschrift een breuk is waarvan teller en de noemer veeltermen zijn (de noemer is een niet-nul veelterm). Om hiervan een tekentabel op te stellen zullen we eerst teller en noemer ontbinden in eerste en tweedegraadsveeltermen. Het vervolg van de werkwijze illustreren we met een voorbeeldoefening. Onderzoek voor welke R geldt dat (4 2 )(3 2 9 + 6) 2 + 4 0. Oplossing We maken voor elk van de factoren van teller en noemer een apart tekenverloop en brengen dit alles samen in één tabel. (4 2 ) heeft twee nulpunten: 2 en 2. (3 2 9 + 6) heeft twee nulpunten: 1 en 2. (2 + 4) heeft één nulpunt: 2. Dit geeft volgende samenvattende tabel (de nulpunten worden steeds geordend van klein naar groot): 2 1 2 4 2 0 + + + 0 3 2 9 + 6 + + + 0 0 + 2 + 4 0 + + + + + (4 2 )(3 2 9 + 6) 2 + 4 + + 0 0 De vertikale streep bij het nulpunt van de noemer duidt aan dat de breuk er niet gedefinieerd is. De oplossingsverzameling is dus V = [1, + [. De laatste regel van de tabel kan men ook onmiddellijk neerschrijven zonder het apart tekenverloop van de verschillende factoren uit teller en noemer op te schrijven. Ga hiervoor als volgt te werk: Maak onmiddellijk het schema met bovenaan de verschillende nulpunten van teller en noemer (geordend van klein naar groot), met telkens de vermelding van de multipliciteit m van dit nulpunt, d.w.z. het aantal maal dat dit punt nulpunt is van één der factoren van de rationale uitdrukking (twee samenvallende nulpunten moet men tweemaal tellen). In de onderste lijn van het schema duidt men dan met een vertikale streep de nulpunten aan van de factoren in de noemer, de resterende nulpunten geeft men aan met een 0.

13-14 Dan zet men onderaan rechts het teken van het product van de hoogstegraadscoëfficiënten van elk der lineaire en tweedegraadsfactoren. Vervolgens vult men de tekens aan van rechts naar links. Telkens men springt over een nulpunt met oneven multipliciteit verandert het teken. Telkens men springt over een nulpunt met even multipliciteit verandert het teken niet. Voor de rationale uitdrukking (4 2 )(3 2 9 + 6) 2 + 4 omdat 2 nulpunt is van 2 + 4 en 4 2 is m = 2, omdat 1 enkel nulpunt is van 3 2 9 + 6 is m = 1, omdat 2 nulpunt is van 4 2 en 3 2 9 + 6 is m = 2. uit vorige oefening geeft dat dus: 2 (m = 2) 1 (m = 1) 2 (m = 2) (4 2 )(3 2 9 + 6) 2 + 4 + + 0 0 De onderaan rechts in de tabel is het teken van het product van alle hoogstegraadscoëfficiënten: het teken van (( 1) 3 2) is. Voorbeeld 2.2 Onderzoek voor welke R geldt dat (2 3)(2 5 + 4) 2 ( 2 + 2 1) 0. Oplossing (2 3) heeft een nulpunt 3/2, ( 2 5 + 4) heeft twee nulpunten 1 en 4, 2 heeft 0 tweemaal als nulpunt, ( 2 + 2 1) heeft 1 tweemaal als nulpunt. Zodat voor 0 de multipliciteit m = 2,voor 1 is de multipliciteit m = 3 en voor 3/2 en 4 de multipliciteit m = 1. Op de laatste lijn komt bij nulpunten van factoren uit de noemer een bij de andere een 0. Onderaan rechts van de tabel beginnen we met een dit is het teken van(2 1 1 ( 1)). Dit geeft volgende tabel: 0 (m = 2) 1 (m = 3) 3/2 (m = 1) 4 (m = 1) (2 3)( 2 5 + 4) 2 ( 2 + 2 1) + + 0 + 0 De oplossingsverzameling is dus V =]1, 3/2 ] [4, + [. Maak nu oefening 9. t.e.m. oefening 13. van paragraaf 4.

13-15 3 Ongelijkheden van het type 4 p+qy+r 0 grafisch oplossen in R 2 We onderstellen p en q niet beide nul. Als q 0 kunnen we dit type ongelijkheden herleiden naar een ongelijkheid van de vorm y a + b met a,b R. Als q = 0 en p 0 wordt de ongelijkheid herleid naar de vorm b met b R. Bekijken we de functie f met functievoorschrift f() = 2 1, dan is y = 2 1 de vergelijking van de grafiek van deze functie f. De grafische voorstelling hiervan in het vlak R 2 is een rechte l. R y (,y) l 2 1 (, 2 1) R Bekijken we nu alle punten op een vertikale rechte met eenzelfde vaste -coördinaat. Alle punten (,y) R 2 strikt boven de rechte l hebben een y-coördinaat die strikt groter is dan de y-coördinaat van het punt op de rechte l en voldoen dus aan de ongelijkheid y > 2 1, terwijl de punten strikt onder de rechte l voldoen aan de ongelijkheid y < 2 1. Dit kunnen we doen voor elke vertikale rechte. We kunnen dus besluiten dat alle punten (,y) R 2 van het halfvlak strikt boven de rechte l voldoen aan de ongelijkheid y > 2 1 en alle punten (,y) R 2 van het halfvlak strikt onder de rechte l voldoen aan de ongelijkheid y < 2 1 Uiteraard bepaalt de ongelijkheid y 2 1 het bovenste halfvlak met de punten op de rechte l, en y 2 1 het onderste halfvlak met de punten op de rechte l. Algemeen kunnen we stellen 4 Met a b bedoelen we alle ongelijkheden van het type a < b, a > b, a b of a b.

13-16 Eigenschap 3.1 Als y = a + b met a,b R de vergelijking is van een niet-vertikale rechte l in het (,y) vlak, dan bepaalt 1. y > a + b het halfvlak boven de rechte l zonder de punten op de rechte l, 2. y < a + b het halfvlak onder de rechte l zonder de punten op de rechte l, 3. y a + b het halfvlak boven de rechte l met de punten op de rechte l, 4. y a + b het halfvlak onder de rechte l met de punten op de rechte l. Als = b met b R de vergelijking is van een vertikale rechte l in het (,y) vlak, dan bepaalt 5. > b het halfvlak rechts van de rechte l zonder de punten op de rechte l, 6. < b het halfvlak links van de rechte l zonder de punten op de rechte l, 7. b het halfvlak rechts de rechte l met de punten op de rechte l, 8. b het halfvlak links van de rechte l met de punten op de rechte l. Om een stelsel ongelijkheden van bovenstaande vormen grafisch op te lossen, lossen we elke ongelijkheid afzonderlijk op en bepalen dan het gemeenschappelijke deel (de doorsnede) van de verkregen oplossingsverzamelingen. Voorbeelden 3.2 1. Zoek alle (,y) R 2 die voldoen aan 2 y + 4 > 0. Oplossing De gegeven ongelijkheid is gelijkwaardig met y < 2 + 4. We tekenen de rechte l met vergelijking y = 2 + 4. De oplossingsverzameling is dus het halfvlak onder de rechte l zonder de punten op de rechte (eig. 3.1(2)). 2. Zoek alle (,y) R 2 die voldoen aan 10 y 15 3 + y 60 Oplossing We tekenen de rechten met vergelijkingen = 10, y = 15 en y = 3 + 60. Voor elk van de ongelijkheden bepalen we de oplossingsverzameling. Voor 10 is dit het halfvlak rechts van de vertikale rechte = 10 met de

13-17 punten op de rechte zelf (eig. 3.1(7)). Voor y 15 is dit het halfvlak boven de horizontale rechte y = 15 met de punten op de rechte zelf (eig. 3.1(3)). Voor y 3+60 is dit het halfvlak onder de rechte met de punten op de rechte zelf (eig. 3.1(4)). De oplossingsverzameling van het stelsel bestaat dus uit de punten binnen de driehoek ABC en op de randen ervan. y A(10, 30) 15 (10, 15)C B(15, 15) 10 20 Maak nu oefening 14. van paragraaf 4. 4 Oefeningen ongelijkheden 1. Onderzoek welke R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. ( 1 (a) ln + 6 3 > 0 7) (b) 2 + 1 < 2 (c) ( 1) 2 < 2 + 4 5 (d) 2 log 1 log log( + 1) (e) 2 log (f) e ln(1/2) < e 5 ln(1/2) 3 2 + 27 1 (g) > 3

13-18 3 + 8 (h) > 2 ( ( ) 3 1 (i) ln + 1) 1 > 2 Vergeet ook niet na te gaan voor welke R beide leden gedefinieerd zijn. 2. Toon aan dat voor elke [ π 4, π 4 ] geldt dat 1 cos 2 + sin2 5 2. 3. Toon aan dat voor elke,y R + 0 waarbij < y geldt dat 1 + 2 3 > 1 + 2y y3. y 4. Zij ε > 0 ( een ) strikt positief reëel getal en n N een natuurlijk getal dat voldoet 2 7 aan n >. ε 7 Toon aan dat < ε. n + 3 5. Stel R R een willekeurig reëel getal en n N een natuurlijk getal dat voldoet aan n 3 en n > R + 1. 2 Toon aan dat 2n2 3 > R. n 6. Zij ε > 0 een vast strikt positief reëel getal. Zoek welke voorwaarden (in functie van ε) aan een natuurlijk getal K N moeten opgelegd worden opdat voor alle natuurlijke getallen n K zou gelden 7 (a) n 2 2 < ε; 7 (b) n 2 + 2 < ε. 7. Toon aan dat voor alle n N geldt dat n + 2 n + 1 < n + 1 n. 8. Een rij reële getallen u 0,u 1,u 2,... waarvoor een inde K N bestaat zodat (a) voor elk natuurlijk getal n K geldt dat u n u n+1 heet stijgend vanaf de inde K. (b) voor elk natuurlijk getal n K geldt dat u n u n+1 heet dalend vanaf de inde K. Onderzoek of volgende rijen stijgend of dalend zijn vanaf een bepaalde inde.

13-19 (a) u n = 2n 1 3n + 4 (b) u n = n n 2 + 4 (c) u n = 1 1 n 2 met n N 0 (d) u n = tan π 4n met n N 0 (e) u n = 10n n! 9. Onderzoek telkens welke R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. (a) 2( 2 + 1) 5 (b) 2 ( 2 + 3) < ( + 6)( 2 + 3) (c) ( 2 + ) 2 > ( 2 + 5) 2 (d) ( + 1) 3 < 27 ( 5)2 (e) 4 < 5 4 2 (f) 1 2 2 + 25 3 4 (g) 6 2 17 + 12 2 3 + 2 3 3 4 3( + 2) 3 ( + 2)3 (h) 2 + 7 + 10 2 + 7 + 10 10. Onderzoek welke R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. (a) 1 < 3 (b) + 3 < 2 (c) 3 4 11. Bepaal alle R waarvoor 2 3 de sinus is van een hoek. 12. Bepaal de parameter r R opdat volgende vierkantsvergelijking twee verschillende reële oplossingen zou hebben die beide groter zijn dan 1. 2 + r 1/2 = 0 13. Onderzoek welke [ 1, 1] met 0 voldoen aan tan2 sin 1 cos. 14. Zoek grafisch welke (,y) R 2 voldoen aan volgend stelsel.

13-20 (a) (b) < y 1 > 0 + y < 3 y + 3 0 3 + y < 0 + 2y + 3 > 0 5 Absolute waarde 5.1 Definitie en betekenis Definitie 5.1 Voor een reëel getal a R definiëren we de absolute waarde van a als a def = { a als a 0, a als a < 0. Zo is bijvoorbeeld 5 = 5, π = π en 1 2 = 2 1. Voorbeeld 5.2 Los volgende vergelijking op + 5 = 2. Oplossing Als + 5 0 is + 5 = + 5 = 2 zodat = 3. Als + 5 < 0 is + 5 = ( + 5) = 5 = 2 zodat = 7. De oplossingsverzameling is dus V = { 3, 7}. We kunnen de oefening ook anders oplossen door op de getallenas te zoeken naar de visuele betekenis van de absolute waarde. We zien dat 0 a 1. als a 0 R a = a a 0 2. als a < 0 R a = a

13-21 Zodat a is de afstand van a tot 0 bij de voorstelling op de getallenas. Analoog kan je op de getallenas uitzoeken dat voor elke ligging van twee getallen,y R geldt y is de afstand van tot y bij de voorstelling op de getallenas. We hernemen nu vorige oefening. Voorbeeld 5.3 Los volgende vergelijking op + 5 = 2. Oplossing De afstand van tot 5 op de getallenas moet 2 zijn dus kan enkel 5+2 en 5 2 zijn. De oplossingsverzameling is dus ook hier V = { 3, 7}. Maak nu oefening 1. en oefening 2. van paragraaf 6. Met deze visuele voorstelling voor ogen zijn ook volgende equivalenties snel nagetrokken. 5.2 Eigenschappen Eigenschappen 5.4 Als,a R en r R + 0, dan is 1. < r r < < r 2. > r < r of r < 3. a < r a r < < a + r 4. a > r < a r of a + r <. Beide eigenschappen gelden ook als je < (resp. >) vervangt door (resp. ). (1) wordt verklaard door r 0 r R r r

13-22 (3) wordt verklaard door a r a a + r a r r R Voorbeelden 5.5 1. Onderzoek welke R voldoen aan 5 < 9. Oplossing 5 < 9 de afstand tussen en 5 is kleiner dan 9 eig. 5.2(3) 5 9 < < 5 + 9 4 < < 14 De oplossingsverzameling is dus V =] 4, 14 [. 2. Onderzoek welke R voldoen aan + 3 > 5 Oplossing + 3 > 5 de afstand tussen en 3 is groter dan 5 eig. 5.2(4) < 3 5 of 3 + 5 < < 8 of 2 < De oplossingsverzameling is dus V = ], 8[ ]2, + [. 3. Onderzoek welke R voldoen aan 2 3 < 9.

13-23 Oplossing 2 3 < 9 de afstand tussen 2 en 3 is kleiner dan 9 eig. 5.2(3) 3 9 < 2 < 3 + 9 6 < 2 < 12 2 < 12 6 < 2 is automatisch voldaan en is dus geen voorwaarde beide leden pos., worteltrekken mag, behoudt de ongelijkheid (eig. 1.4 (12)) 2 < 12 = 2 3 2 = eig. 5.6(5) < 2 3 eig. 5.2(3) 2 3 < < 2 3. De oplossingsverzameling is dus V = ] 2 3, 2 [ 3.

13-24 We sommen hier nog enkele eigenschappen op van de absolute waarde (zonder bewijs). Eigenschappen 5.6 Als,y,z R, geldt 1. 2. = 0 = 0 3. = 4. 2 = 2 = 2 5. 2 = 6. ( ) 2 = maar hier is o anders bestaat de wortel niet! 7. y = y, de absolute waarde van het product is het product van de absolute waarden. 8. y = met y 0, de absolute waarde van het quotiënt is het quotiënt van y de absolute waarden. 9. + y + y eerste driehoeksongelijkheid 10. y z + z y eerste driehoeksongelijkheid (equivalente vorm) 11. y y tweede driehoeksongelijkheid Opmerking 5.7 Let op met (9) kan je aantonen dat y + y. In het tweede lid staat effectief een +. Voorbeelden 5.8 1. Onderzoek welke R voldoet aan 2 3 < 1.

13-25 Oplossing 2 3 < 1 eigenschap 5.6(7) en (8) 2 < 1 3 2 < 1 3 beide leden vermenigvuldigen met de positieve factor 3 2 (eig. 1.4(2)) < 3 2 eigenschap 5.2(1) 3 2 < < 3 2 De oplossingsverzameling is dus V = ] 3 2, 3 [. 2 2. Als,y R, ε R + 0 en er geldt dat y < ε, kan je dan een waarde vinden voor ε waarvoor y 2 <? Oplossing De tweede driehoeksongelijkheid legt een verband tussen, y en y. We zullen daarmee aan de slag gaan. We weten dat y y en verder dat y < ε zodat door de transitiviteit geldt dat y < ε ε < y eigenschap 5.2(1) < ε als een term van lid verandert, verandert hij van teken (eig. 1.4(1)) y ε < < y + ε Als we bijvoorbeeld ε = y kiezen geeft de linkse ongelijkheid het gevraagde 2 y 2 <. Maak nu oefening 3. t.e.m. oefening 17. van paragraaf 6.

13-26 6 Oefeningen absolute waarde 1. Bereken (zonder rekenmachine) volgende absolute waarden. (a) 2 9 (b) 2 ( 6) (c) 2 7 (d) 1, 1 5, 2 2. Los volgende vergelijkingen op. (a) = 5 (b) 2 + 5 = 4 (c) 3 = 7 (d) 2 1 = 1 3. Als 4 < 2, ga na welke uitspraken over waar zijn en welke fout. Bewijs de juiste uitspraken en geef een tegenvoorbeeld voor de foute uitspraken. (a) 2 < < 6 (b) 0 < < 4 (c) 1 < 2 < 0 (d) 1 < 6 < 3 4. Onderzoek welke R 0 voldoen aan 5 2 > 1. 5. Onderzoek welke R + voldoen aan + 3 < 9. (e) 0 < 2 < 4 (f) 0 < 1 < 1 6 (g) 6 < < 2 (h) 6 < < 2 6. Zij R R een willekeurig reëel getal. Zoek één voorwaarde (in termen van R) voor een natuurlijk getal n N opdat zeker zou gelden dat n 2 < R. 7. Welk van volgende twee uitspraken is correct? Bewijs de juiste uitspraak en geef een tegenvoorbeeld voor de foute uitspraak. Als,y R dan geldt (a) y y ; (b) y + y. 8. Stel,y R met 3 < 1 en y 5 < 2, toon aan dat + y 8 < 3. 9. Stel,y R met y < 7, toon aan dat y 7 < < y + 7. 10. Stel R met + 2 < 1/3, toon aan dat 6 2 < 16.

13-27 11. Veronderstel dat,y R voldoen aan + 5 2 en y + 5 6. Hoe groot kan y dan maimaal zijn? Geef een concreet voorbeeld waarvoor die maimale waarde van y bereikt wordt. 12. Bestaan er,y,z, R waarvoor +1 2, y+1 3, y z 1 en z 7? Argumenteer! (d.w.z. als je ja antwoordt, moet je een concreet voorbeeld geven; als je nee antwoordt moet je bewijzen dat dergelijke,y en z niet kunnen bestaan.) 13. Zoek het grootst mogelijk domein van de functie f met voorschrift f() = 4. 14. Teken (zonder gebruik van een grafisch rekenmachine) de grafiek van de functies met volgende voorschriften (a) f() = (b) f() = 1 (c) f() = 1 (d) f() = 2 (e) f() = + 2 (f) f() = sin (g) f() = sin 15. Stel f een functie met een gegeven grafiek, kan je algemeen beschrijven hoe je de grafiek van de functies met volgend voorschrift verkrijgt uit de grafiek van f? (a) f () = f() (b) g() = f( ) 16. Teken (zonder gebruik van een grafisch rekenmachine) de grafiek van de functies met volgend voorschrift. Ga telkens uit van de grafiek van de fucnctie met voorschrift f() =. (a) f() = 3 (b) f() = + 3 (c) f() = 3 (d) f() = 3 (e) f() = 3 (f) f() = + 3 17. Zoek grafisch welke (,y) R 2 voldoen aan + y 1.

13-28 7 Oplossingen 7.1 Oplossingen van paragraaf 4 1. (a) ]0, 49[ (b) ] 1, 8[ (c) ], 6[ ]1, + [ (d) [ 1 10, 1[ (e) ]0, 1[ [ 1 + 5, + [ 2 (f) ]25, + [ (g) ] 1, 0[ ] 1 27, 1[ (h) ], 2] ]0, + [ 1 (i) ]0, ( 3 e 2 + 1 1) 2[ 2. Toon eerst aan dat voor elke [ π 4, π ] geldt dat sin 2 1/2 en 4 Deze twee ongelijkheden verder lid aan lid optellen. 1 cos 2 2. 1 + 2 3 3. Definieer de functie met voorschrift f() =. Nu is f () = 23 + 1, 2 zodat de afgeleide strikt negatief is op R + 0. De functie f is dus strikt dalend op R + 0. 4. 5. 7 < 7 < 7 n + 3 n 7 = ε ε Vul zelf aan met de nodige verantwoordingen. 2n 2 3 n 2n2 n n = n(2n 1) n = 2n 1 > 2( R + 1 ) 1 = R 2 Vul zelf aan met de nodige verantwoordingen. 7 6. (a) Neem bijvoorbeeld K 2 en K > + 2. (Andere voorwaarden zijn mogelijk). ε 7 (b) Neem bijvoorbeeld K >. (Andere voorwaarden zijn mogelijk). ε 7. Vorm om tot n + 2 + n < 2 n + 1. Verder kwadrateren vereenvoudigen en nogmaals kwadrateren geeft een equivalente ongelijkheid die altijd voldaan is.

13-29 8. (a) Stijgend vanaf K = 0. (b) Dalend vanaf K = 3. (c) Stijgend vanaf K = 0. (d) Dalend vanaf K = 0. (e) Dalend vanaf K = 10. 9. (a) [1/2, 2] (b) ] 2, 3[ (c) ]5, + [ (d) ], 2[ (e) ], 4[ ]5, 6[ (f) [0, 1[ ]2, 3] (g) ], 0] ]4/3, 3/2[ [3, + [ (h) ] 5, 2[ ] 2, 3] 10. (a) ], 0[ ]1/3, + [ (b) ] 5 + 21, + [ 2 (c) [ 2, 0] [2, + [ 11. ], 5/2] 12. r < 1/2 13. [ 1, 0[ ]0, 1] 14. (a) De punten binnen de driehoek ABC zonder de randen. Hierbij is A = (1, 2),B = (3/2, 3/2) en C = (1, 1). (b) De punten binnen de driehoek ABC samen met de rand AB. Hierbij is A = ( 3/4, 9/4),B = ( 3, 0) en C = (3/5, 9/5). 7.2 Oplossingen van paragraaf 6 1. (a) 7 (b) 4 (c) 7 2 (d) 4, 1 2. (a) { 5, 5}

13-30 (b) { 9/2, 1/2} (c) { 4, 10} (d) {0, 4} 3. (a) Waar. (b) Onwaar, tegenvoorbeeld = 5. (c) Onwaar, tegenvoorbeeld = 4. (d) Waar. (e) Waar. (f) Onwaar, tegenvoorbeeld = 3. (g) Waar. (h) Waar. 4. ], 0[ ]0, 1/3[ ]1/2, + [ 5. [0, 36[ 6. n > R 7. (a) Onwaar. Tegenvoorbeeld = 3 en y = 5. (b) Waar. 8. + y 8 3 + y 5 1 + 2 = 3. 9. y y < 7 maak nu gebruik van eigenschap 5.2 nummer 3. 10. 6 2 = 6( + 2) 14 6 + 2 + 14 < 6(1/3) + 14 = 16. 11. y ( 5) + 5 y = + 5 + y + 5 2 + 6 = 8 De maimale afstand is 8. Die maimale afstand wordt bereikt voor = 3 en y = 11 of voor = 7 en y = 1. 12. Neen. z y + y z + 1 + 1 + y + y z 2 + 3 + 1 = 6. Als je zorgt dat de eerste drie ongelijkheden gelden is de afstand tussen en z automatisch kleiner of gelijk aan 6. Aan de laatste ongelijkheid kan dus niet voldaan worden. 13. Het domein is V =] 4, 4[. 15. (a) De grafiek van f wordt uit de grafiek van de functie f bekomen door die delen van graf f die onder de -as liggen te spiegelen t.o.v. de -as. De delen van graf f boven de -as blijven ongewijzigd.

13-31 (b) Rechts van de y-as is de grafiek van g dezelfde als die van f. Het deel van de grafiek van g links van de y-as is het spiegelbeeld t.o.v. y-as, van het stuk rechts van de y-as. 17. Alle punten binnen en op de randen van de ruit ABCD. Hierbij is A = (0, 1),B = (1, 0),C = (0, 1) en D = ( 1, 0).