Algebra%20(bolet%c3%a dn%20 n%c2%ba%2001%20-%20ab2%20sm%202015)
Algebra 2005 2 - Faculteit Industriële Ingenieurswetenschappen … · 2014. 9. 17. · Algebra 3...
Transcript of Algebra 2005 2 - Faculteit Industriële Ingenieurswetenschappen … · 2014. 9. 17. · Algebra 3...
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