Algebra

Dr. Caroline Danneels

_____________________________________________________________________________

Algebra 2

1 Reële getallen

1.1 Machten van een reëel getal met gehele exponent

n0

00

a IR en n IN : a a.a....a (n factoren)

a IR : a 1

∀ ∈ ∀ ∈ =

∀ ∈ =

( ) ( )1

10

1 a IR en n IN :

nn n

na a a

a

−− −∀ ∈ ∀ ∈ = = =

Eigenschappen:a, b ∈ IR en m, n ∈ �

m n m na a a +⋅ =

mm n

n

aa

a

−=

( )n n nab a b= ⋅

n n

n

a a

b b

=

( )n

m m na a ⋅=

Voorbeeld:

( ) ( )

3 22 4 3 3

5

5 2

2

a a ab aab

bb

a

− −−

− −

⋅ ⋅ =

Tekenregel:

als n even is, dan is ( )n na a− =

als n oneven is, dan is ( )n na a− = −

_____________________________________________________________________________

Algebra 3

1.2 Een n-de machtswortel uit een reëel getal

Een n-de n ∈ IN0( ) machtswortel uit een reëel getal a is elk reëel getal x waarvan de n-de macht

gelijk is aan het gegeven getal.

of n0 x, a IR, n IN : x is de n-de machtswortel uit a x a∀ ∈ ∀ ∈ ⇔ =

Is n oneven en a ∈ IR dan heeft a in IR één n-de machtswortel, genoteerd als: an

Voorbeelden:

83 = 2 want 2

3 =8

−83 = −2 want −2( )3= −8

Is n even en :

a ∈ IR0

+ dan heeft a in IR twee n-de machtswortels die elkaars tegenge-

stelde zijn en genoteerd worden als an

en− an

.

We maken hier de afspraak dat an

een positief geheel getal

voorstelt; zo is 164

= 2 > 0.

Voorbeeld: 4 heeft 2 vierkantswortels 4 = 2 en − 4 = −2

a = 0 dan heeft a in IR één n-de machtswortel nl. 0

a ∈ IR0

− dan heeft a in IR geen n-de machtswortel.

Afspraak:

n na a=

n n

a a− = −

We beperken ons nu tot de vorm an

waar a ∈ IR+, wat niet schaadt aan de algemeenheid van

de regels, want alsa < 0 en n even dan bestaat a

n niet

a < 0 en n oneven dan schrijven we an

als - an met a ∈ IR+

_____________________________________________________________________________

Algebra 4

1.3 Machten met rationale exponent

Definitie: 0 0 a IR , m , n IN :

m

n mna a+∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ =�

Toepassingen:

1.

1

nna a=

2. 1

m

n

n ma

a

−=

3.

mp mnp nmp mnp na a a a= = =

Rekenregels: +0 a, b IR en q, q' :∀ ∈ ∀ ∈ �

' 'q q q qa a a

+⋅ =

'

'

qq q

q

aa

a

−=

( )q q qab a b= ⋅

q q

q

a a

b b

=

( )'

'q

q q qa a ⋅=

_____________________________________________________________________________

Algebra 5

1.4 Eigenschappen van de worteltrekking

1.4.1 Vermenigvuldiging en deling

+0 a, b IR , n IN : n n nab a b∀ ∈ ∀ ∈ =

+ +0 0 a IR , b IR ; n IN :

n

nn

a a

b b∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ =

Voorbeelden:

44 48 2 16 2= =

4 123 9

12 5

3 12 4

a aa

a a= =

1.4.2 Machtsverheffing en worteltrekking

( )+ n0 a IR , n IN , m IN: a

m n ma∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ =

+0 a IR ; m,n IN : m nn mn ma a a∀ ∈ ∀ ∈ = =

Voorbeelden:

( )23 2 238 8 2 4= = =

3 38 8 2= =

1.4.3 Optelling en aftrekking

( )+ n0 a IR , n IR , p, q, r IR : a n n np q a r a p q r a∀ ∈ ∀ ∈ ∀ ∈ + − = + −

Voorbeeld:

243

+ 5 33 − 81

3 = 2 33 + 5 3

3 −3 33 = 4 3

3

_____________________________________________________________________________

Algebra 6

1.5 Het wortelvrij maken van de noemer

a a b

bb=

1 a b

a ba b=

−±

∓

3 32 23

3 3

1 a ab b

a ba b

+=

±±

∓

1.6 Logaritmen van een reëel getal

Laat a het grondtal van een logaritmenstelsel zijn a > 0, a ≠1( ), x ∈ IR0

+, y ∈ IR dan

y = loga x ⇔ x = ay

We noemen y de logaritme van x t.o.v. het grondtal a ( of met basis a).

Benamingen:

• Indien a = e (getal van Euler), dan spreken we van natuurlijke logaritme, notatie ln x.

ln 1 = 0 ln e = 1

• Indien a = 10, dan spreken we van de Briggse logaritme, notatie log x.

log 1 = 0 log 10 = 1

Eigenschappen:

1. loga bewaart de orde als a > 1 en keert de orde om als 0 < a < 1

2. loga a =1 loga 1= 0

Bewerkingen:

∀x,y ∈IR0

+:loga xy = loga x + loga y

∀ x, y ∈ IR0

+: loga

x

y= loga x − loga y

∀ x ∈ IR0

+: loga x

−1( )= − loga x

∀ x ∈ IR0+; ∀ z ∈ : loga x

z( )= z . loga x

∀x ∈IR0

+; ∀ n ∈IN0: loga x

n=

1

n. loga x

_____________________________________________________________________________

Algebra 7

( )( ) ( )

27 2 3 4

3 210 3 19

a a b c

abc b c

−

−

2 4( 25 ) a, b IRa b− − ∈

1.7 Oefeningen

1.7.1 Vereenvoudig ( +0a,b,c IR∈ )

1.

2.

3.

4.

5.

6.

1.7.2 Bereken

1. 3 4 3 128a b

2. a a a

3. 4 4

3

4

2

a

a

4. 3

3 2

5 30

5 60

a

a a×

5. 1,54

6.

32 4

3a

−

( ) ( )

3 2

2 2

2 3

2 2

− −

−

+

− + −

( ) ( )

( ) ( )( )

3 23 4

64 4 2

2 4

2

a b a

a a ab

− −

− − −

1 22

n n n na b

+ +

4 5

46 8

32

81

a b

c d

9 16

6opl.:

b c

a

1opl.:

18

3

2opl.:

a

2opl.:2

nab ab

42 2

2 2opl.:

3

ab b

cd c

4opl.: 2b a

8 7opl.: a

6 4opl.: 2a

63

opl.:2a

opl.:8

1

2opl.:a−

_____________________________________________________________________________

Algebra 8

1.7.3 Maak de noemer wortelvrij

1. 1

a − b

2. 3 + 5

5 −1

3. 1

3 + 7

1.7.4 Bereken, ook als de basis a niet gegeven is

1. 3 log 4

log 2

a

a

⋅

2. 35 25 5 1

log log 3log log36 21 6 2

a a a a+ − +

opl.: 6

opl.: 0

_____________________________________________________________________________

Algebra 9

2 Veeltermen met reële coëfficiënten in 1 onbepaalde x

2.1 Definitie

an xn + a n−1x

n −1 + . .. + a1x + a 0 met 1 1 0, ,...., ,

, 0

n n

n

a a a a IR

n IN a

− ∈

∈ ≠ is een veelterm van de graad n in x,

notatie V(x).

2.2 Nulpunt

a ∈ IR is een nulpunt van de geassocieerde veeltermfunctie f: IR → IR: x → V(x) als de

getalwaarde van deze veelterm in a gelijk is aan nul.

In symbolen: a is een nulpunt van V(x) ⇔ V(a) = 0.

Voorbeeld:

−1

2 is een nulpunt van V(x) = 6x

3 − 7x2 − 7x − 1

want 3 2

1 1 1 16 7 7 1 0

2 2 2 2V

− = ⋅ − − ⋅ − − ⋅ − − =

2.3 Merkwaardige producten

A, B en C stellen veeltermen voor.

A + B( ) A −B( ) = A2 − B

2

A + B( )2= A

2 + 2AB + B2

A − B( )2= A

2 − 2AB + B2

A + B+ C( )2

= A2 + B

2 + C2 + 2AB+ 2BC + 2AC

A + B( )3

= A3 + 3A

2B+ 3AB

2 + B3

A − B( )3

= A3 −3A

2B+ 3AB

2 − B3

A3 − B

3 = A − B( ) A2 + AB+ B

2( )

A3 + B

3 = A+ B( ) A2 − AB+ B

2( )

_____________________________________________________________________________

Algebra 10

2.4 Deling

Bij twee gegeven veeltermen A(x) en B(x) ( )B(x) 0, graad A(x) graad B(x)≠ ≥ bestaat juist

één veelterm Q(x) en juist één veelterm R(x), waarvoor A(x) = B(x)Q(x) + R(x) en

graad R(x) < graad B(x).

2.4.1 Werkwijze

A(x)(Deeltal) B(x)(Deler)

_______________

Q(x)(Quotiënt)

______

R(x)(Rest)

Als R(x) = 0 spreekt men van een opgaande deling.

Voorbeeld:

6x4 - 2x3 + 9x2 - 2x - 2 x2 + 2

-6x4 - 12x2 _______________

_________________ 6x2 - 2x - 3

- 2x3 - 3x2 - 2x - 2

2x3 + 4x

_____________________

- 3x2 + 2x - 2

3x2 + 6

_______________

2x + 4

_____________________________________________________________________________

Algebra 11

2.4.2 Deling van een veelterm door een tweeterm van de vorm x-d met d ∈∈∈∈IR:

regel van Horner

Voorbeeld: 4x3 − 5x + 6( ): x + 2( )

4 0 − 5 6

− 2 − 8 16 − 22

4 − 8 11 − 16

Q(x) = 4 x² - 8x + 11

R(x) = - 16

2.4.3 Deelbaarheid door x-d met d ∈∈∈∈IR

2.4.3.1 Reststelling

De rest van de deling van V(x) door x - d is gelijk aan de getalwaarde V(d).

Gevolg: V(x) is deelbaar door x-d ⇔ R = V d( ) = 0

Voorbeelden:

V x( ) = 3x2 −5x + 7 is niet deelbaar door x −2 want V 2( ) = 9 ≠ 0

V x( ) = 2x3 + 3x

2 − 5x +12 is deelbaar door x + 3 want V −3( ) = 0

2.4.3.2 Ontbinding in factoren van veeltermen

Indien een veelterm in x deelbaar is door x - d geldt dat a0 = -d.q0. Indien V(x) een veelterm is

met gehele coëfficiënten is d bijgevolg een gehele deler van a0 (let op: dit is een nodige

voorwaarde, geen voldoende voorwaarde!)

Om een veelterm met gehele coëfficiënten te ontbinden zoek je eerst de eventuele delers van de

vorm x – d met d ∈ � . Ga als volgt te werk:

1. zoek de gehele delers van a0

2. controleer voor welke delers de functiewaarde van V(x) 0 is.

3. vervolgens, indien zo een deler van a0 wordt gevonden, wordt het quotiënt berekend met de

regel van Horner. Zo ga je verder tot de veelterm maximaal ontbonden is.

_____________________________________________________________________________

Algebra 12

Voorbeeld:

Ontbind x3 − 4x

2 −17x + 60

Oplossing: We berekenen de functiewaarde van de corresponderende veeltermfunctie V(x) voor

de opeenvolgende delers van 60:

f 1( ) = 40 ≠ 0

f −1( ) = 72 ≠ 0

f 2( ) =18 ≠ 0

f −2( ) = 70 ≠ 0

f 3( ) = 0

De gegeven veelterm is dus deelbaar door x - 3.

Het quotiënt berekenen we met de regel van Horner.

1 − 4 − 17 60

d = 3 3 − 3 − 60

1 − 1 − 20 0

We vinden x3 − 4x

2 −17x + 60 = x − 3( ) x2 − x − 20( )

We onderzoeken nu de deelbaarheid van x2 −x −20 door x-d, waarbij d een deler van 20 moet

zijn die in absolute waarde ten minste 3 is. We vinden V(-4) = 0.

Bijgevolg is x2 −x −20 = x + 4( ) x −5( )

en dus is x3 − 4x

2 −17x + 60 = x − 3( ) x + 4( ) x − 5( )

2.4.3.3 Coëfficiëntenregels

1. Een veelterm van graad n is deelbaar door x-1 als de som van de coëfficiënten (inclusief de

constante term) gelijk is aan nul.

Voorbeeld:

x5 − 2x

3 + 2x2 −1 is deelbaar door x −1( ) (controleer!)

2. Als de som van de coëfficiënten die bij de oneven machten van x staan gelijk is aan de som

van de coëfficiënten die bij de even machten van x staan (inclusief de konstante term), dan

is de veelterm deelbaar door (x + 1).

Voorbeeld:

x5 + x

4 − x3 + x

2 − x − 3 is deelbaar door x +1( ) (controleer!)

_____________________________________________________________________________

Algebra 13

2.5 Oefeningen

Werk uit (werk zo efficiënt mogelijk):

1. ( )( )( )22 2 4x x x+ − + 4opl.: 16x −

2. ( )( )23 2 9 6 4x x x+ − +

3opl.: 27 8x +

3. ( ) ( )4 3 29 1 : 1x x x x+ + − + + 2opl.: -9 -10 -19, 29 20Q x x R x= = +

4. ( ) ( )2 320 7 3 2 : 3 met Hornerx x x x− + − −

2opl.: -7 , 2Q x x R= − = −

5. ( ) ( )3 28 -20x +2x-2 : 2x-1 met Hornerx 2opl.: 4 8 3, 5Q x x R= − − = −

6. Voor welke n ∈ IR is 3 23 2 5 10x nx nx+ − + deelbaar door x + 1 ? Bepaal daarna, voor de

gevonden n, het quotiënt.

2opl.: 1, 3 5 10n Q x x= − = − +

7. Ontbind in factoren: 4 3 28 20 18 7 1x x x x− + − + ( )( )3opl.: x-1 2 1x −

_____________________________________________________________________________

Algebra 14

3 Vergelijkingen en ongelijkheden

3.1 Vergelijkingen in IR

3.1.1 Definitie

Een vergelijking is een uitspraakvorm van de gedaante A = B. Hierbij zijn A en B twee

uitdrukkingen waarvan er tenminste één een veranderlijke (de onbekende genoemd) bevat.

3.1.2 Oplossen van vergelijkingen

Een vergelijking in IR oplossen betekent alle reële getallen bepalen waarvoor de uitspraakvorm

een ware uitspraak wordt.

Voorbeeld:

opl 7x2 − 2 = 5x( ) = 1, −

2

7

Twee vergelijkingen zijn gelijkwaardig als hun oplossingenverzameling dezelfde is.

Voorbeeld:

( )9

4 3 0 34

x x

+ = ⇔ − =

want 9 3

opl(4 3 0) opl 34 4

x x

+ = = − = = −

Stellingen over gelijkwaardige vergelijkingen:

5. A = B( ) ⇔ A + C = B + C( ) de overbrengingsregel.

6. A = B( ) ⇔ mA = mB( ) met m ∈ IR0

7. Is V de oplossingsverzameling van A.B.C = 0; V1, V2 en V3 de oplossingenverzameling

resp. van A=0, B=0, C=0 dan is V = V1 ∪ V2 ∪ V3

8. A.C = B.C( ) ⇔ A = B∨ C = 0( )

_____________________________________________________________________________

Algebra 15

Belangrijke gevolgen:

a) neemt men A = B⇒ A.C.= B.C dan loopt men gevaar oplossingen in te voeren.

Voorbeeld:x2

x − 2+1 =

4

x − 2+ 2x

⇒ x2 + x − 2( )= 4 + 2x x − 2( )

⇔ x2 − 5x + 6 = 0

⇔ x − 3( ) x − 2( ) = 0

⇔ x = 3 ∨ x = 2( )

↓

ingevoerd

dus los op als volgt:

⇔ x2 + x − 2( )= 4 + 2x x − 2( ) ∧ x ≠ 2

⇔ x = 3

dus opl = 3{ }

Onthoud: voor we een noemer verdrijven die de onbekende bevat, moeten we vooraf als

voorwaarde stellen dat deze noemer verschilt van nul.

b) Neemt men A.C = B.C⇒ A = B dan loopt men gevaar oplossingen te verduisteren.

Voorbeeld: x −1( ) x + 2( )= 3x + 2( ) x + 2( )⇔ x −1 = 3x + 2

⇔ 2x + 3 = 0

⇔ x = −3

2: 1 oplossing verloren

dus los op als volgt:

⇔ x + 2( ) 2x + 3( ) = 0

⇔ x + 2 = 0 ∨ 2x + 3 = 0

⇔ x = −2 ∨ x = −3

2

dus opl = −3

2, − 2

_____________________________________________________________________________

Algebra 16

3.1.3 Bespreking van de lineaire vergelijking ax+b = 0; a,b ∈∈∈∈ IR

(a en b hangen af van een parameter)

1. a ≠ 0 ax + b = 0 ⇔ x = −b

a= enige oplossing( ) eigenlijke oplossing( )

2. a = 0 0x + b = 0 ⇔ 0x = −b

als b ≠ 0 dan is opl = ∅ een valse vergelijking( )

als b = 0 dan is opl = IR een identieke vergelijking( )

Voorbeeld: px − m2 = 3x − 9 p en m parameters; p, m ∈ IR

2 (p - 3)x = m - 9⇔

1. p ≠ 3 x =m2 − 9

p − 3

2. p = 3 0x = m2 −9

als m = 3 m = -3 dan is 0x = 0 opl = IR

als m 3 m -3 dan is opl =

∨ ⇒

≠ ∧ ≠ ∅

3.1.4 Oplossen van de tweedegraadsvergelijking in 1 onbekende

Standaardvorm ax2 + bx + c = 0 met a ∈ IR0; b,c ∈ IR

De discriminant opzoeken ∆ = b2 − 4ac

Als

1 2

> 0 dan heeft ax² + bx + c = 0 wortels

x en x 2 2

= 0 dan heeft ax² + bx + c = 0 wortels

b b

a a

∆

− − ∆ − + ∆= =

∆

twee verschillende

twee gelijke

1 2

-b x = x =

2a

< 0 dan heeft ax² + bx + c = 0 wortels

∆ geen reële

_____________________________________________________________________________

Algebra 17

Is b een even getal dan kan men gebruik maken van de vereenvoudigde formules. Als b = 2b'

dan is ∆ = 4b'2 − 4ac = 4 b'

2 − ac( )= 4∆' en ∆' wordt de vereenvoudigde discriminant genoemd.

De wortels zijn dan x1 =−b' − ∆ '

a, x2 =

−b' + ∆ '

a

3.2 Ongelijkheden in IR

3.2.1 Definitie

Een ongelijkheid is een uitspraakvorm van de gedaante A < B (of A ≤ B, A > B, A ≥ B). Hierbij

zijn A en B twee uitdrukkingen waarvan er tenminste één een veranderlijke bevat.

3.2.2 Oplossen van ongelijkheden

Een ongelijkheid in IR oplossen betekent alle reële getallen bepalen waarvoor de uitspraakvorm

een ware uitspraak wordt.

Voorbeeld: opl 2x x −1( ) > 0( )= −∞, 0] [ ∪ 1, +∞] [

Twee ongelijkheden zijn gelijkwaardig als hun oplossingenverzameling dezelfde is.

Stellingen over gelijkwaardige ongelijkheden.

1. A < B( ) ⇔ A + C < B + C( )

2. A < B( ) ⇔mA < mB als m ∈ IR0

+

mA > mB als m ∈ IR0

-

In een ongelijkheid verdrijven we de onbekende nooit uit de noemer.

_____________________________________________________________________________

Algebra 18

3.2.3 Bespreking van de lineaire ongelijkheid ax + b > 0; a,b ∈∈∈∈IR

(a en b hangen af van een parameter)

ax + b > 0 ⇔ ax > - b

1. a > 0 ax > −b ⇔ x > −b

aopl = x ∈ IR x > −

b

a

2. a < 0 ax > −b ⇔ x < −b

aopl = x ∈ IR x < −

b

a

3. a = 0 ax > −b ⇔ 0x > −b isb > 0 opl = IR

b ≤ 0 opl = ∅

Voorbeeld:

px − 2m + 3 < 2x − p p, m ∈IR( )

⇔ p − 2( )x < 2m − p − 3

Bespreking:

1. p > 2 opl = x ∈ IR x <2m − p − 3

p − 2

2. p < 2 opl = x ∈ IR x >2m − p − 3

p − 2

3. p = 2 0x < 2m −5a) 2m − 5 > 0 opl = IR

b) 2m −5 ≤ 0 opl = ∅

_____________________________________________________________________________

Algebra 19

3.2.4 Oplossen van kwadratische ongelijkheden in 1 onbekende

ax2 + bx + c ≥ 0 met a ∈ IR0 ; b,c ∈ IR

We onderzoeken eerst het teken van het linkerlid en leiden daaruit de gepaste intervallen af

waartoe x moet behoren. Daartoe bespreken we de grafiek van de functie y = ax2 + bx + c . Deze

stelt een parabool voor met as van symmetrie // y-as.

De snijpunten van de parabool met y-as worden verkregen door het stelsel: y = ax2 + bx + c

x = 0

op

te lossen. Oplossing S( ) = 0,c( ){ }

De snijpunten met de x-as door y = ax2 + bx + c

y = 0

op te lossen:

∆ > 0 de parabool snijdt de x-as in de punten

−b − ∆

2a, 0

en

−b + ∆

2a, 0

∆ = 0 de parabool raakt de x-as in −b

2a,0

∆ < 0 de parabool snijdt of raakt de x-as niet.

Verder weten we dat als a > 0, de parabool met haar holle zijde naar boven gericht ligt en als

a < 0 de holle zijde naar onder gericht ligt.

_____________________________________________________________________________

Algebra 20

Samenvatting:

a > 0

a < 0

D > 0 D = 0 D < 0

x x

1 2

x = x 1 2

x = x 1 2

x x 1 2

Uit deze tabel leiden we gemakkelijk het tekenverloop van y = ax2 + bx + c af:

x x1 x 2

teken van

ax2 + bx + c

teken van a 0 tegengesteld

teken van a

0 teken van a

1. Als a > 0 ⇒ 21 2opl(ax + bx + c 0) ] , ] [ , [x x≥ = − ∞ ∪ +∞

2. Als a < 0 ⇒ 21 2opl(ax + bx + c³ 0) [ , ]x x≥ =

Voorbeeld: x2 −2x − 3 ≤ 0

⇒ nulpunten zijn –1 , 3

⇒ tekenonderzoek:

x x1 x 2 2 2 3x x− − + 0 - 0 +

⇒ Opl = [-1,3]

_____________________________________________________________________________

Algebra 21

3.2.5 Oplossen van gebroken ongelijkheden

Voorbeeld 1: Tekenonderzoek van een macht, een product of een quotient van lineaire factoren.

f x( ) =x 1− x( ) x + 3( )3

3 − x( )22x + 3( )

> 0

⇒ tekenonderzoek:

x - 3 −3

2 0 1 3

x - - - - - 0 + + + + +

1 - x + + + + + + + 0 - - -

x + 3( )3 - 0 + + + + + + + + +

3 −x( )2 + + + + + + + + + 0 +

2x + 3( ) - - - 0 + + + + + + +

f x( ) - 0 + - 0 + 0 - -

⇒ ( ) ] [3opl f(x)>0 3, 0,1

2

= − − ∪

Voorbeeld 2: Tekenonderzoek van een macht, een product of een quotiënt van lineaire en

kwadratische factoren.

f x( ) =x −1( ) 2x2 + x +1( )

x2 + x − 6

≤ 0

⇒ nulpunten teller: 1; nulpunten noemer: -3, 2

⇒ tekenonderzoek:

x -3 1 2

x −1 - - - 0 + + +

2x2 + x +1 + + + + + + +

x2 + x − 6

+ 0 - - - 0 +

f x( ) - + 0 - +

⇒ ] [ ] [opl(f(x) 0) , 3 1,2≤ = −∞ − ∪

Voorbeeld 3: Tekenonderzoek van een product of een quotiënt van veeltermen.

_____________________________________________________________________________

Algebra 22

f x( ) =−x4 + x3 − x +1

x3 + x

2 + x< 0

⇒ ontbinden⇒x −1( ) x +1( ) − x2 + x −1( )

x x2 + x +1( )

⇒ tekenonderzoek:

x - 1 0 1

x −1 - - - - - 0 +

x +1 - 0 + + + + +

x - - - 0 + + +

− x2 + x −1 - - - - - - -

x2 + x +1 + + + + + + +

f x( ) + 0 - + 0 -

⇒ ] [ ] [opl(f(x) < 0) = -1,0 1,∪ +∞

Voorbeeld 4:

x + 2

x +1≤

x + 3

x −1 ⇔

x + 2

x +1−

x + 3

x −1≤ 0

⇔−3x − 5

x +1( ) x −1( )≤ 0

⇒ tekenonderzoek:

x −5

3 -1 1

- 3x - 5 + 0 - - - - -

x + 1 - - - 0 + + +

x - 1 - - - - - 0 +

f (x) + 0 - + -

] [5opl(f(x) 0) = - , 1 1,

3

⇒ ≤ − ∪ − +∞

_____________________________________________________________________________

Algebra 23

3.3 Oefeningen

3.3.1 Los op

1. ( )( ) ( )( )5 3 7 5 5 3x x x x− + = − + { }opl.: 2,5

2. ( )25 9 0x − − = { }opl.: 2,8

3. 2

6 1 2

3 1 3x x x x− =

− −

opl.: ∅

4. 1 1 2

2 2 3x x+ =

− + { }opl.: -1,4

5. ( )

12 2 3 120

3 1 2 5 1 3

x x

x x

−= −

− −

17opl.: 3,

6

6. 2 7 3(11 ) 8 0x x ax a+ + − + = als a ∈ � en er

2 gelijke wortels zijn

opl.: -1, -5a x= =

7. 3 3

4 32 5

xx − > −

24opl.:

25x >

8. 4 3 1 5

5 8 2

x x x− + −− >

71opl.:

7x > −

9. 3x +1( )3x + 2( )

<2x

2x −3 2 3 3

opl.: , ,3 11 2

− − ∪ +∞

10. 1

x −1+

2

x − 2≤

3

x −3 ] [ [ [ ] [opl.: , 1 1,2 3,−∞ − ∪ ∪ +∞

11. ( )( )( )2 22 2 3 1 2 0x x x x x− + − − − > ] [3opl.: , 1, 2

2

−∞ − ∪

12. 1 1

1 1

x x

x x

− +<

+ − ] [ ] [opl.: 1,0 1,− ∪ +∞

3.3.2 Los op en bespreek

1. m2x −2 = 4x − m

2. x

p + m+

x

p − m−2 = 0

_____________________________________________________________________________

Algebra 24

3. ( )2p p x 2x mp 2− = − −

4. mx - 1 x + m≤

5. 2x + 4 > mx + 8

6. m2

x − 4( ) < 4 − x

7. px − 5m2 + 2m < mx − mp

_____________________________________________________________________________

Algebra 25

4 Absolute waarde van een reëel getal

4.1 Definitie

De absolute waarde (of modulus) x van een reëel getal x definiëren we als volgt:

∀ x ∈ IR :

x = x als x ≥ 0

= − x als x ≤ 0

Merk op: 1) voor elk van 0 verschillend reëel getal is één van de 2 delen van de definitie van toepassing. Alleen voor 0 zijn beide delen toe te passen maar ze leveren hetzelfde resultaat want 0 = − 0

2) x ∈ IR+

Grafiek:

Men bekomt de grafiek van y = x door het deel van de grafiek van y = x dat onder de x-as ligt

te spiegelen rond de x-as.

_____________________________________________________________________________

Algebra 26

4.2 Eigenschap

∀x ∈ IR, ∀a ∈ IR+: x ≤ a

�

− a ≤ x ≤ a

4.3 Bewerkingen

∀x,y ∈IR: xy = x. y

x−1 = x

−1,x ≠ 0

⇓

x

y=

x

y,y ≠ 0

x + y ≤ x + y

4.4 Toepassing: verloop van een functie gedefinieerd met modulus-tekens

Gegeven: f x( ) = x − 3

Gevraagd: schets de grafiek van f

Oplossing:

Methode 1: uitgaande van de definitie van f zonder modulusstrepen

f x( ) == x − 3 als x − 3 ≥ 0

= − x − 3( ) als x − 3 ≤ 0

f x( ) = x − 3 als x ≥ 3 1( )

= 3 − x als x ≤ 3 2( )

(1) wordt grafisch een halfrechte (3, 0), (4, 1)

(2) wordt grafisch een halfrechte (3, 0), (2, 1)

_____________________________________________________________________________

Algebra 27

Methode 2: uitgaande van de grafiek van y = x - 3

• y = x - 3 wordt voorgesteld door een rechte (0, - 3), (3, 0)

• om de grafiek van y = x − 3 te vinden, spiegelen we het deel van de grafiek van y = x - 3

dat onder de x-as ligt, rond de x-as.

_____________________________________________________________________________

Algebra 28

4.5 Oefeningen

Teken de volgende grafieken in een rechthoekig assenkruis:

1. 2 1y x= +

2. 2 3 4y x= + +

3. 24y x= −

4. 23 4 1y x x= − + +

5. 29 9y x= − +

6. 2 2y x x= − + +

7. 21 4y x x= − − −

_____________________________________________________________________________

Algebra 29

5 Matrices en determinanten

5.1 Matrices

5.1.1 Definitie

Een m x n matrix A is een rechthoekige tabel van m×n reële (of complexe) getallen, bestaande

uit m rijen en n kolommen.

Algemeen:

( )

11 12 13 1n

ij 21 22 23 2n

mxn

m1 m2 m3 mn

a a a ... a

a a a a ... a=

... ... ... ... ...A

a a a ... a

De elementen a ij worden voorzien van dubbele indices. De eerste index wijst het rangnummer

van de rij van het beschouwd element aan, de tweede het rangnummer van de kolom. Aldus

staat a23 op de tweede rij en in de derde kolom.

De verzameling van alle m×n matrices wordt voorgesteld door IRm x n

of door Cm x n

al

naargelang de elementen a ij reële of complexe getallen zijn. m en n worden de dimensies van de

matrix genoemd.

5.1.2 Gelijke matrices

Twee matrices A en B heten gelijk als en slechts als:

• ze gelijke dimensies hebben,

• hun gelijkstandige elementen gelijk zijn.

A = a ij( )en B = b ij( ) dan is A = B ⇔ a ij = b ij meti = 1, 2, 3, .. .m

j = 1, 2, 3, . ..n

a ij( )= b ij( )⇔ a ij = bij

_____________________________________________________________________________

Algebra 30

5.1.3 Optelling van matrices met gelijke dimensies

Gelijkstandige elementen worden opgeteld.

a ij( )+ bij( )= a ij + b ij( )

Voorbeeld:

2 4 6 1 4 0 2 1 4 4 6 0 3 8 6

3 5 7 0 2 3 3 0 5 2 7 3 3 7 4

+ + + + = = − + + −

Eigenschappen:

1. een inwendige bewerking A, B ∈ IRm x n

: A + B ∈ IRm x n

2. commutativiteit: A + B = B + A

3. associativiteit: (A + B) + C = A + (B + C)

4. de nulmatrix 0 alle a ij = 0( ) is neutraal element. A + 0 = A

5. bij iedere matrix A = a ij( ) hoort een tegengestelde matrix −A = −a ij( )

mxnIR ,+ is een commutatieve groep

5.1.4 Vermenigvuldiging van een reëel getal en een matrix

∀ r ∈ IR: r a ij( )= r.a ij( )

Het reëel getal wordt scalair genoemd en de bewerking heet scalaire vermenigvuldiging.

Voorbeeld:

1 0 3 0

3 2 3 6 9

0 1 0 3

= − −

_____________________________________________________________________________

Algebra 31

Eigenschappen:

1. inwendige bewerking: ∀ r ∈ IR,∀A ∈ IRm x n

: r A ∈ IRm x n

2. de scalair 1 is neutraal element: ∀A ∈ IRm x n

:1.A = A

3. associativiteit: ∀ r, s ∈ IR, ∀A ∈ IRm x n

: rs( )A = r sA( )

4. distributiviteit t.o.v. de optelling in IRm x n

: r A + B( ) = rA + rB

5. distributiviteit t.o.v. de optelling in IR : r + s( )A = rA + sA

Bovendien is IRm x n

, + een communatieve groep;

Besluit: mxnIR, IR ,+ is een reële vectorruimte

5.1.5 Getransponeerde matrix

Schrijft men de rijen van een matrix A als kolommen, zonder de volgorde van die rijen of van

de elementen in iedere rij te wijzigen, dan ontstaat de getransponeerde matrix AT van A. De

overgang van de ene naar de andere matrix heet transpositie.

Merk op: als A ∈IRm x n ⇒ A

T ∈IRn x m

11 12 1n 11 21 m1

21 22 2n 12 22 m2T

m1 m2 mn 1n 2n mn

a a ... a a a ... a

a a ... a a a ... aA= A =

... ... ... ... ... ... ... ...

a a ... a a a ... a

5.1.6 Matrixvermenigvuldiging

Zij ( )ijA a= een m×p-matrix en ( )ijB b= een p×n-matrix, dan is het product van A en B een

m×n-matrix ( )ijC c= waarbij

1 1 2 2

1

... , 1... , 1...p

ij i j i j ip pj ik kj

k

c a b a b a b a b i m j n=

= + + + = = =∑ .

Opgelet: een matrix product A.B bestaat dus dan en alleen dan, als het aantal rijen van B gelijk

is aan het aantal kolommen van A.

_____________________________________________________________________________

Algebra 32

Voorbeeld

11 12 1311 12

11 12 13 21 22 2321 22

21 22 23 31 32 3331 32

41 42 4341 42

c c ca a

b b b c c ca a=

b b b c c ca a

c c ca a

4 x 2 2 x 3 4 x 3

met c11 = a11 b11 + a12 b21

c23 = a21 b13 + a 22 b23

Eigenschappen:

1. associativiteit: (A.B).C = A.(B.C)

2. distributiviteit: A.(B + C) = A.B + A.C

(A + B).C = A.C + B.C

3. Niet-commutativiteit

Voorbeeld:

[ ] [ ] [ ]1 1 1 2 3

1 2 3 1 9 terwijl 1 1 2 3 1 2 3

2 2 2 4 6

= =

5.1.7 Vierkante matrices

Een vierkante matrix is een matrix met evenveel rijen als kolommen. Het is een matrix van orde

n. De elementen a ii met i =1, 2, 3, ..., n vormen de hoofddiagonaal.

_____________________________________________________________________________

Algebra 33

Bijzondere vierkante matrices:

Eenheidsmatrix van de orde n:

∀ i, j = 1, 2, ... , n:a ii =1

a ij = 0 als i ≠ j

2 3

1 0 01 0

E = E 0 1 00 1

0 0 1

=

De eenheidsmatrix van de orde n speelt de rol van neutraal element voor de matrix-

vermenigvuldiging van matrices van de orde n: A.E = E.A = A.

a b 1 0 a b=

c d 0 1 c d

1 0 a b a b=

0 1 c d c d

Nulmatrix 0 is een opslorpend element voor de matrixvermenigvuldiging A.0 = 0.A = 0

a b 0 0 0 0

c d 0 0 0 0

=

Opmerking: er bestaan matrices A en B waarvoor A.B = 0 en A ≠ 0 en B ≠ 0. Deze matrices

noemt men nuldelers.

Voorbeeld: 1 1 1 2 0 0

1 1 1 2 0 0

− = −

_____________________________________________________________________________

Algebra 34

5.2 Determinanten

5.2.1 Definities

De determinant van een vierkante 2×2-matrix 11 12

21 22

a a

a a

noemen we het reële getal gegeven

door a11 a12

a21 a 22

= a11a 22 −a12a21 .

Notatie: det A of A of a ij determinant van de 2de orde.

Stel in wat volgt A =

11 12 13

21 22 23

31 32 33

a a a

a a a

a a a

Rang van een element:

De rijen van een determinant (of bijhorende matrix) worden genummerd van boven naar onder,

de kolommen van links naar rechts. Staat een element in de rij met rangnummer i en in de

kolom met rangnummer j, dan noemt men i + j de rang van dat element.

Cofactor van een element:

Schrapt men in een determinant van orde 3 de rij en de kolom van een element, dan ontstaat een

determinant van orde 2. Deze determinant, voorafgegaan van het teken + of - , al naar gelang de

rang van het beschouwde element even of oneven is, wordt cofactor van dit element genoemd.

(minor als de determinant zonder teken beschouwd wordt.)

Notatie: αij : hangt dus niet af van de getallen uit de rij en kolom waarin het element zich

bevindt

Voorbeeld:

α21 = −1( )2+1 a12 a13

a32 a33

= −a12 a13

a32 a33

_____________________________________________________________________________

Algebra 35

Definitie:

De determinant van een 3×3-matrix is het reële getal dat men vindt door de elementen van een

rij of een kolom te vermenigvuldigen elk met hun cofactor en de bekomen producten bij elkaar

op te tellen.

Kiest men bv. de 1ste rij, dan zegt men dat men de determinant naar de eerste rij ontwikkelt.

Voorbeeld:

3 2 1

A = 2 1 2

3 2 4

−

α11 = −1( )1+1 1 2

−2 4= 4 + 4 = 8

α12 = −1( )1+2 2 2

3 4= − 8 − 6( ) = −2

α13 = −1( )1+3 2 1

3 −2= −4 −3 = −7

det A = 3.8 + (-2).2 + (-7).1 = 24 - 4 - 7 = 13 kan ook gemakkelijk teruggevonden worden met

de Regel van Sarrus.

5.2.2 Eigenschappen van determinanten

1. Een vierkante matrix A en zijn getransponeerde AT hebben gelijke determinanten.

det A = det AT

2. Worden twee rijen (kolommen) van een determinant verwisseld dan verandert die

determinant van teken.

Gevolgen:

• een determinant met 2 gelijke rijen (kolommen) is nul.

• de som van de producten van de elementen van een rij (kolom) met de overeen-

komstige cofactoren van een andere rij (kolom) is nul.

Zie voorbeeld hierboven: a21α11 +a22α12 + a23α13 = 2.8 +1 −2( )+ 2. −7( ) = 0

_____________________________________________________________________________

Algebra 36

3. Splitst men een rij (kolom) in een som van twee rijen (kolommen) dan is de determinant op

overeenkomstige wijze te beschouwen als de som van twee determinanten.

a1 + a1' b1 c1

a2 + a2' b2 c2

a3 + a3' b3 c3

=

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

+

a1' b1 c1

a2' b2 c2

a3' b3 c3

Voorbeeld:

2 +1 2 1

0 + 2 1 2

−1 + 4 −2 4

=

2 2 1

0 1 2

−1 −2 4

+

1 2 1

2 1 2

4 −2 4

= 13

4. Vermenigvuldigt men een rij (kolom) met een reëel getal k, dan wordt ook de determinant

met k vermenigvuldigd.

a1 kb1 c1

a2 kb2 c2

a3 kb3 c3

= k

a1 b1 c1

a 2 b2 c2

a3 b3 c3

Gevolgen:

• bevatten alle elementen van een rij (kolom) eenzelfde factor, dan kan die factor voor de

determinant worden geplaatst.

• een determinant met 2 evenredige rijen (kolommen) is nul.

5. Als men bij een rij (kolom) een veelvoud van een andere rij (kolom) optelt, dan blijft de

determinant gelijk.

a1 b1 c1

a2 b2 c2

a3 b3 c3

=

a1 + kb1 b1 c1

a2 + kb2 b2 c2

a3 + kb3 b3 c3

6. Det (A.B) = det A . det B

_____________________________________________________________________________

Algebra 37

7. Een determinant berekenen door verlaging van de orde. Elke determinant kan door

toepassing van de eigenschappen herleid worden tot een determinant waarin een rij of een

kolom op één element na alleen nullen bevat.

Voorbeeld:

6 9 2

2 3 1

3 5 2

=

r1 − r3

3 4 0

2 3 1

3 5 2

=

r 3 − 2r2

3 4 0

2 3 1

−1 −1 0

= −13 4

−1 −1= −1 −3 + 4( ) = −1

_____________________________________________________________________________

Algebra 38

5.3 Oefeningen

1. Bereken x, y, z als

2

2

4 x x y+5z =

y 0 2x+5 x+y+z

Antwoord: x = 2, y = -3, z = 1

2. Vul de door een punt aangeduide plaatsen in:

2 . 5 1 . 6

. 3 2 3 . 11 5

4 3 . 3 4 .

+ =

3. Als A een p×q-matrix is en B een r×s-matrix, onder welke voorwaarde bestaan dan de beide

producten A.B en B.A ?

Antwoord: q = r en s = p

4. Men geeft de matrices:

0 11 2 1 0 1

A = 1 0 B = C = 3 4 2 1 3

2 2

Bereken achtereenvolgens A.B, (A.B).C, B.C, A.(B.C) en verifieer aldus de associatieve

eigenschap.

5. Bewijs dat (A.B)T = B

T.A

T als

g ha b c

A = , B = i jd e f

k l

6. Bepaal al de matrices B waarvoor A.B = B.A. als 1 2

A = 3 4

Antwoord: 2

3x z

z x z

+

7. Welk verband bestaat er tussen de matrices B (van de orde 3) en A.B als

1.

1 0 0

A = 0 k 0

0 0 1

2.

0 1 0

A = 1 0 0

0 0 1

_____________________________________________________________________________

Algebra 39

8. Bereken de volgende determinanten (pas ordeverlaging toe):

1.

3 2 0

4 −2 1

1 3 −4

2.

2 1 1 3

0 0 3 1

2 3 4 1

1 1 0 1

3.

1 0 0 0 a

0 0 0 a 1

0 0 a 1 0

0 a 1 0 0

a 1 0 0 0

opl.: 49 opl.: -5 opl.: 1 + a5

4.

9 −5 1

2 3 −1

1 −6 2

5.

8 1 9 1

6 3 4 5

5 4 7 2

2 3 4 1

6.

a b c

c a b

b c a

opl.: 10 opl.: 20 opl.: a3+b

3+c

3-3abc

9. Toon aan dat:

a b ck

p q rk

x y z

=

a b c

p q r

xk yk z

_____________________________________________________________________________

Algebra 40

6 Stelsels

6.1 Stelsels van n vergelijkingen en n onbekenden

6.1.1 Matrixnotatie

11 1 12 2 1n n 1

21 1 22 2 2n n 2

n1 1 n2 2 nn n n

a x + a x +...+ a x = b

a x + a x +...+ a x = b

...

a x +a x +...+ a x = b

a ij ∈ IR, b i ∈ IR

Stel

11 12 1n

21 22 2n n x n

n1 n2 nn

a a ... a

a a ... aA = IR

... ... ... ...

a a ... a

∈

1 1

2 2n x 1 n x 1

n n

x b

x bX = IR , B = IR

... ...

x b

∈ ∈

⇒ Matrixnotatie: A.X = B

Voorbeeld:

-2x + 5y - z = 1 -2 5 -1 x 1

x + z = 0 A = 1 0 1 , X = y , B = 0

-2y + 3z = -2 0 -2 3 z -2

⇒

_____________________________________________________________________________

Algebra 41

6.1.2 Oplossen van een stelsel door eliminatie

Door opeenvolgende eliminaties wordt het gegeven stelsel vervangen door een gelijkwaardig

stelsel waarin de eerste vergelijking n onbekenden bevat, de tweede n - 1, de derde n - 2, ... de

voorlaatste 2 en de laatste 1. Uit de laatste vergelijking wordt de waarde van de onbekende

afgeleid. Door substituties in de vergelijkingen met 2, 3, 4, ..., n onbekenden worden

achtereenvolgens de andere onbekenden berekend.

Voorbeeld:

x + y − z = 9 1 −3

x − 2y − 3z = 1 −1

3x + 6y + z = 37 1

⇒

x + y − z = 9

3y + 2z = 8 −1

3y + 4z = 10 1

⇒

x + y − z = 9

3y + 2z = 8

2z = 2

⇒

x + y = 9 +1

3y = 8 − 2

z =1

⇒

x = 10 − 2

y = 2

z = 1

⇒

x = 8

y = 2

z = 1

6.1.3 Oplossen van een stelsel met de methode van Cramer.

Zij gegeven een n x n stelsel:

Het stelsel A.X = B heeft een unieke oplossing ⇔ A ≠ 0; de oplossing wordt gegeven door

x i =Ai

A

waarbij de nxn-matrix Ai als volgt gedefinieerd wordt:

Ai =

11 12 1 i-1 1 1 i+1 1n

21 22 2 i-1 2 2 i+1 2n

n1 n2 n i-1 n n i+1 nn

a a ... a b a ... a

a a ... a b a ... a

... ... ... ... ... ... ... ...

a a ... a b a ... a

Voorbeeld:

We hernemen het vb. van 6.1.2.

A =

1 1 1

1 2 3

3 6 1

− − −

⇒ |A| = - 6

A1 =

9 1 1

1 2 3

3 6 1

− − −

⇒ |A1| = - 48

_____________________________________________________________________________

Algebra 42

A2 =

1 9 1

1 1 3

3 37 1

− −

⇒ |A2| = - 12

A3 =

1 1 9

1 2 1

3 6 37

−

⇒ |A3| = - 6

⇒ x =A1

A= 8, y =

A2

A= 2, z =

A3

A= 1

6.2 Stelsels lineaire ongelijkheden met 1 onbekende

Men lost ieder der ongelijkheden afzonderlijk op en de oplossing van het stelsel wordt gevormd

door de waarden die aan al de ongelijkheden voldoen.

Voorbeeld:

(S) =

3 5234 2

2 39

2 251

5 3

xx

x

x xx

−− < − − <

⇔ − <− <

opl (S) = x ∈IR −23

9<x< 5

- 23/9 5

_____________________________________________________________________________

Algebra 43

6.3 Oefeningen

6.3.1 Los volgende stelsels op

1.

2 3 2

2 3 1

4 7 3 7

x y z

x y z

x y z

− + − =

+ + = + + =

9 3

opl.: ,1 ,5 5

k k k

− +

2.

3 1

2 2 2

4 5 5

y z

x y z

x y z

− + =

+ + = + − =

opl.: ∅

3.

3 16

3 4 72

8

x y z

x y z

x y z

− + =

+ + = − + = −

{ }opl.: (12,20,0)

4.

2 1

3 5 11

2 3 13

x y

y z

z x

+ =

− = − − = −

{ }opl.: (5,-2,1)

5.

1 1 3 + =

x y 2

1 1 + = 2

y z

1 1 + = 1

z x

4 4

opl.: 4, ,5 3

6.3.2 Los volgende stelsels ongelijkheden op

1.

24 0

( 3)( 5) 0

x

x x

− ≥

− + < ] [ [ [opl.: -5,-2 2,3∪

2.

3 1 <

3x-2 x

1 < 0

(4 x - 1)(x + 3)

1

opl.: 0,4

3. 3 17

1 25

x −− < < ] [opl.: 4,9