Syllabus Wiskundehomepages.vub.ac.be/~kbarbe/Syllabus.pdf · 2018-08-29 · bosbessen halen we 4g...

Syllabus Wiskunde Prof. Dr. Kurt Barbé

1ste Bachelor in de biomedische wetenschappen

1ste Bachelor in de farmaceutische wetenschappen

Faculteit Geneeskunde en Farmacie - Vrije Universiteit Brussel

Editie 2017-2018

Hoofdstuk 0: Inhoudsopgave

1

Inhoudsopgave Inhoudsopgave ........................................................................................................................................ 1

1 Lineaire Algebra ............................................................................................................................... 3

1.1 Matrices ................................................................................................................................... 3

1.2 Stelsels van vergelijkingen ....................................................................................................... 7

1.3 Speciale stelsels ..................................................................................................................... 16

1.4 Inverse matrices .................................................................................................................... 19

1.5 Toepassing ............................................................................................................................. 21

2 Vlakke meetkunde ......................................................................................................................... 22

2.1 Inleiding ................................................................................................................................. 22

2.2 Vectoren en rechten .............................................................................................................. 24

2.3 Coördinaten ........................................................................................................................... 27

2.4 (On)gelijkheden grafisch oplossen ........................................................................................ 33

2.5 Lineaire afbeelding ................................................................................................................ 38

2.6 Eigenwaarden en –vectoren .................................................................................................. 44

3 Goniometrie .................................................................................................................................. 50

3.1 Inleiding ................................................................................................................................. 50

3.2 Goniometrische getallen ....................................................................................................... 51

3.3 Goniometrische formules ...................................................................................................... 57

3.4 Goniometrische vergelijkingen .............................................................................................. 61

3.5 Poolcoördinaten .................................................................................................................... 68

4 Functies en grafieken .................................................................................................................... 70

4.1 Inleiding ................................................................................................................................. 70

4.2 Functies en grafieken ............................................................................................................ 71

4.3 Veeltermen: tweede en derde graadvergelijkingen.............................................................. 78

4.4 Exponentiële en logaritmische functies ................................................................................ 85

4.5 Goniometrische en cyclometrische functies ......................................................................... 90

5 Functieanalyse ............................................................................................................................... 93

5.1 Inleiding ................................................................................................................................. 93

5.2 Stap 1 functie-onderzoek: Domein en tekenanalyse ............................................................ 95

5.3 Stap 2 functie-onderzoek: Limieten en asymptoten ............................................................. 96

5.4 Limieten: onbepaaldheden en rekenstrategieën ................................................................ 101

5.5 Afgeleide functie ................................................................................................................. 106

5.6 Stap 3 functie-onderzoek: Stijgend en dalend verloop ....................................................... 111

Hoofdstuk 0: Inhoudsopgave

2

5.7 Stap 4 functie-onderzoek: Buiggedrag van de grafiek ........................................................ 113

5.8 Stap 5 functie-onderzoek: schetsen van de grafiek ............................................................ 114

5.9 Limieten berekenen m.b.v. afgeleiden ................................................................................ 115

6 Integralen .................................................................................................................................... 118

6.1 Inleiding ............................................................................................................................... 120

6.2 Primitieve functie en de onbepaalde integraal ................................................................... 120

6.3 Rekenregel 1 – 3 voor integralen ........................................................................................ 121

6.4 Partiële breuken en integralen van rationale functies ........................................................ 126

6.5 Integralen van irrationale functies ...................................................................................... 132

6.6 Goniometrische integralen .................................................................................................. 137

Hoofdstuk 1: Lineaire Algebra

3

1 Lineaire Algebra Dit hoofdstuk behandelt de matrixrekening. Matrices spelen een belangrijk rol in de

gegevensverwerking maar is ook een belangrijk instrument om problemen te analyseren die

gelijkaardig zijn aan het oplossen van vergelijkingen. Het laat immers toe om de oplossingstechnieken

voor het oplossen van vergelijkingen uit te breiden om meerdere onbekenden tegelijkertijd te

berekenen. Verder vormt de matrixrekening de basis van de analytische meetkunde.

1.1 Matrices Laten we starten met een voorbeeld die toelaat om de gegevens te verzamelen in een matrix. Een

matrix is immers niets meer dan een tabel aan gegevens waarbij de kolommen een bepaalde betekenis

hebben alsook de rijen. De afspraak wordt gemaakt dat de kolommen geassocieerd worden tot een

grootheid die men wenst te berekenen, terwijl de verschillende rijen een overeenkomst houden met

data die beschikbaar is.

1.1.1 Voorbeeld Onderzoekers wensen een dieet op te stellen dat goedkoop is maar toch aan bepaalde

basisvoedingswaarden voldoet. Conform een markt wordt de prijs van een dergelijk dieet op voorhand

bepaald maar wenst men ook vooraf te bepalen hoeveel ijzer, vezels, vitamine C aanwezig dienen te

zijn om een gezond dieet aan te bieden.

Onderstel dat men het dieet kan samenstellen uit volgende voedingsartikelen: krentenbollen,

volkoren, meergranenbrood, wilde bosbessen. De doelstelling is om de hoeveelheid van elk

voedingsartikel per 100g te berekenen opdat de randvoorwaarden in termen van prijs en hoeveelheid

ijzer, vezels en vitamine C voldaan zijn.


4

De volgende dagelijkse voedingsrichtlijnen gelden: vezels (32g), Vitamine C (188mg) en ijzer (10mg).

Verder weten we ook dat per 100g krentenbollen de volgende hoeveelheid voedingstoffen bekomen:

5g vezels en 1.8mg ijzer. Voor 100g volkoren bekomen we 3g vezels, 60 mg vitamine C en 1.8mg ijzer.

Per 100g meergranen geldt 2.8g vezels, 15.5mg vitamine C en 1.86mg ijzer. Tot slot, per 100g wilde

bosbessen halen we 4g vezels, 30mg vitamine C en 0.18mg ijzer. De prijs per 100g voor elk product is

respectievelijk voor krentenbollen, volkoren, meergranen en bosbessen 0.4, 0.3, 0.35 en 0.45 euro. De

richtprijs werd vastgelegd op 3.5 euro. Men wenst te bepalen hoeveel porties van 100g men nodig

heeft per voedingsmiddel.

Om de gegevens in een tabelvorm te plaatsen, lijsten we eerst de verschillende variabelen op waar er

gegevens over beschikbaar zijn: porties van 100g krentenbollen, porties van 100g volkoren, porties van

100g meergranenbrood en porties van 100g wilde bosbessen, hoeveelheid vezels, hoeveelheid

vitamine C, hoeveelheid ijzer en prijs. Deze zijn variabelen omdat de gegevens kunnen gevarieerd

worden naargelang de beschikbaarheid van de informatie.

De variabelen waar we een berekening voor willen maken heten we onbekenden, terwijl de andere

variabelen gegevens aanleveren. De onbekenden stoppen we in verschillende kolommen van de tabel,

terwijl de gegevens in de rijen staan zoals geïllustreerd in Figuur 1.

Porties krentenbollen Porties volkoren

Porties meergranenbrood

Porties wilde bosbessen

Vezels (g) 5 3 2.8 4

Vitamine C (mg) 0 60 15.5 30

Ijzer (mg) 1.8 1.8 1.86 0.18

Prijs (euro) 0.4 0.3 0.35 0.45 Figuur 1: Gegevenstabel of matrix voor het dieetvoorbeeld.

1.1.2 Definitie matrix Een rechthoekige tabel van reële getallen georganiseerd in 𝑚 rijen en 𝑛 kolommen noemen we een

matrix van orde 𝑚 × 𝑛. We noteren:

𝐴 = [

𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 … 𝑎𝑚𝑛

]

Er mogen zowel vierkante haakjes [.] als ronde haakjes (.) gebruikt worden. De getallen in de matrix

worden elementen genoemd en de positie heet de index. In dat geval bekomen we 𝑎34 het element

van de matrix 𝐴 met index (3,4) die gevonden wordt op de derde rij en vierde kolom.

De orde van de matrix wordt uitgedrukt aan de hand van twee veelgebruikte notaties:

𝐴 ∈ ℝ𝑚×𝑛 of 𝐴 ∈ 𝑀𝑚,𝑛(ℝ)

De notatie die gebruikt wordt hangt af van het boek dat je gebruikt. Wetenschappelijke notaties

hangen vaak af van de literatuur, land of zelfs de tijd waarin het boek geschreven werd.

Het voorbeeld in paragraaf 1.1.1 levert een matrix op van orde 4 × 4.


5

1.1.3 Speciale matrices en matrixbenamingen Aangezien sommige matrices vaak voorkomen wordt een specifieke naam voor deze gereserveerd.

Deze matrices hebben vaak een specifieke vorm en hun naam levert reeds informatie op wat de

specifieke element zijn die je mag verwachten.

De nulmatrix van orde 𝑚 × 𝑛 is een matrix met 𝑚 rijen en 𝑛 kolommen waarvan elk element het getal

0 is. Bijvoorbeeld, de nulmatrix van orde 3 × 4 wordt gegeven door:

𝑂3,4 = [0 0 0 00 0 0 00 0 0 0

]

met notatie 𝑂3,4.

Een vierkante matrix heeft een orde waarbij 𝑚 = 𝑛.

De hoofddiagonaal van een vierkante matrix van orde n x n is de lijst van getallen met een gelijke index

(𝑛, 𝑛) zodat voor een 5 × 3 matrix we de volgende hooddiagonaal onderscheiden: 𝑎11, 𝑎22, 𝑎33.

Een diagonaalmatrix is een vierkante matrix die alleen niet-nul elementen op de hoofddiagonaal heeft.

Bijvoorbeeld, een diagonaalmatrix van orde 3 × 3 wordt gegeven door

[4 0 00 −7 00 0 𝜋

]

Een bovendriehoeks- en onderdriehoeksmatrix is een vierkante matrix wiens elementen boven en

respectievelijk onder de hoofddiagonaal nul zijn of

𝑎𝑖𝑗 = 0 voor 𝑖 > 𝑗 voor een bovendriehoeksmatrix

𝑎𝑖𝑗 = 0 voor 𝑖 < 𝑗 voor een onderdriehoeksmatrix

Een specifiek voorbeeld van een bovendriehoeksmatrix wordt gegeven door

[ 1 7 −2 −

3

100 4 −9 𝜋

0 02

90 ]

Het volgende voorbeeld is een onderdriehoeksmatrix

[1 0 01 2 01 1 3

]

Een eenheidsmatrix is een diagonaalmatrix waar de hoofddiagonaal alleen elementen bevat die 1 zijn.

Als voorbeeld beschouwen we de eenheidsmatrix van orde 5 × 5:

𝐼5 =

[ 1 0 0 0 00 1 0 0 00 0 1 0 00 0 0 1 00 0 0 0 1]

De notatie 𝐼𝑛 wordt typisch gebruikt voor de eenheidsmatrix.


6

1.1.4 Rekenregels voor matrices: som Onderstel twee matrices 𝐴, 𝐵 die van dezelfde orde 𝑚 × 𝑛 zijn. De som 𝐴 + 𝐵 is opnieuw een matrix

van de orde 𝑚 × 𝑛 zodat de elementen bepaald worden door de som van de elementen van matrix 𝐴

en matrix 𝐵. Dit leidt tot volgende berekening:

𝐴 = [

𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑛𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 … 𝑎𝑚𝑛

] , 𝐵 = [

𝑏11 𝑏12 … 𝑏1𝑛𝑏21 𝑏22 … 𝑏2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑏𝑚1 𝑏𝑚2 … 𝑏𝑚𝑛

]

zodat de som ervan gegeven wordt door

𝐶 = 𝐴 + 𝐵 = [

𝑎11 + 𝑏11 𝑎12 + 𝑏12 … 𝑎1𝑛 + 𝑏1𝑛𝑎21 + 𝑏21 𝑎22 + 𝑏22 … 𝑎2𝑛 + 𝑏2𝑛

⋮ ⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑚1 + 𝑏𝑚1 𝑎𝑚2 + 𝑏𝑚2 … 𝑎𝑚𝑛 + 𝑏𝑚𝑛

]

Als voorbeeld beschouwen we matrices 𝐴, 𝐵 van orde 3 × 2 gegeven door

𝐴 = [1 −3 40 2 6

] , 𝐵 = [−2 7 −4−1 0 3

]

zodat de som berekend wordt als

𝐶 = 𝐴 + 𝐵 = [−1 4 0−1 2 9

]

De volgende eigenschappen zijn geldig voor de optelling van 2 matrices 𝐴, 𝐵:

De optelling is commutatief: 𝐴 + 𝐵 = 𝐵 + 𝐴

De optelling is associatief: (𝐴 + 𝐵) + 𝐶 = 𝐴 + (𝐵 + 𝐶)

De optelling heeft een neutraal element gegeven door de nulmatrix 𝑂𝑚,𝑛 zodat 𝐴 + 𝑂𝑚,𝑛 = 𝐴

1.1.5 Rekenregels voor matrices: scalaire vermenigvuldiging Een scalaire vermenigvuldiging duidt de vermenigvuldiging aan van een matrix 𝐴 met een reëel getal

𝑟 ∈ ℝ. De scalaire vermenigvuldiging werkt elementsgewijs zoals de optelling: elk element van de

matrix wordt vermenigvuldigd met 𝑟. Bijgevolg vinden we:

𝑟. 𝐴 = [

𝑟𝑎11 𝑟𝑎12 … 𝑟𝑎1𝑛𝑟𝑎21 𝑟𝑎22 … 𝑟𝑎2𝑛⋮ ⋮ ⋱ ⋮

𝑟𝑎𝑚1 𝑟𝑎𝑚2 … 𝑟𝑎𝑚𝑛

]

Als illustratie nemen we matrix 𝐴 uit paragraaf 1.1.4 en vermenigvuldigen deze matrix met 𝑟 = −3,

we vinden:

−3𝐴 = [−3 9 −120 −6 −18

]

Bovendien laat de combinatie van de som en de scalaire vemenigvuldiging ook toe om het verschil van

twee matrices formeel in te voeren:

𝐴 − 𝐵 = 𝐴 + (−1). 𝐵

Verder geldt ook dat matrixrekening distributief is:


7

𝑟. (𝐴 + 𝐵) = 𝑟. 𝐴 + 𝑟. 𝐵

Tot slot, vermenigvuldigen met 0 levert de nulmatrix op:

0. 𝐴 = 𝑂𝑚,𝑛

1.1.6 Rekenregels voor matrices: vermenigvuldiging Onderstel twee matrices 𝐴, 𝐵 van respectievelijke orde 𝑛 × 𝑝 en 𝑝 ×𝑚, dan is het product 𝐶 = 𝐴. 𝐵

een matrix van orde 𝑛 ×𝑚. De matrixvermenigvuldiging tussen 𝐴 en 𝐵 is slechts toegelaten indien het

aantal kolommen van 𝐴 gelijk is aan het aantal rijen van 𝐵. Het product wordt als volgt berekend:

[ 𝑎11 … 𝑎1𝑝⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑖1 … 𝑎𝑖𝑝⋮ ⋱ ⋮𝑎𝑛1 … 𝑎𝑛𝑝]

[

𝑏11 … 𝑏1𝑗 … 𝑏1𝑚⋮ ⋱ ⋮ ⋱ ⋮𝑏𝑝1 … 𝑏𝑝𝑗 … 𝑏𝑝𝑚

] =

[ 𝑐11 … 𝑐1𝑗 … 𝑐1𝑚⋮ ⋱ ⋮ ⋱ ⋮𝑐𝑖1 … 𝑐𝑖𝑗 … 𝑐𝑖𝑚⋮ ⋱ ⋮ ⋱ ⋮𝑐𝑛1 … 𝑐𝑛𝑗 … 𝑐𝑛𝑚]

zodat 𝑐𝑖𝑗 = ∑ 𝑎𝑖𝑘𝑏𝑘𝑗𝑝𝑘=1 waarbij elementsgewijs het product wordt berekend die dan vervolgens

worden opgeteld. We illustreren de vermenigvuldiging aan de hand van twee matrices van

respectievelijk orde 3 × 2 en 2 × 4 die aanleiding geeft tot een 3 × 4 matrix.

[1 42 53 6

] . [1 2 1 12 1 0 2

] = [1 + 8 2 + 4 1 + 0 1 + 82 + 10 4 + 5 2 + 0 2 + 103 + 12 6 + 6 3 + 0 3 + 12

] = [9 6 1 912 9 2 1215 12 3 15

]

Gelijkaardig aan de som van matrices, voldoet de vermenigvuldiging van matrices aan enkele

belangrijke rekenregels voor matrices 𝐴, 𝐵, 𝐶 met respectievelijke ordes 𝑚 × 𝑛, 𝑛 × 𝑝, 𝑝 × 𝑞:

De vermenigvuldiging is associatief: (𝐴. 𝐵). 𝐶 = 𝐴. (𝐵. 𝐶)

De vermenigvuldiging met de eenheidsmatrix I laat de matrix onveranderd: 𝐼. 𝐴 = 𝐴 = 𝐴. 𝐼

indien 𝐴 een vierkante matrix is.

De vermenigvuldiging is NIET commutatief: 𝐴. 𝐵 ≠ 𝐵. 𝐴. Merk op dat de vermenigvuldiging

𝐵. 𝐴 alleen bestaat indien 𝑝 = 𝑚. Zelfs als 𝑝 = 𝑚 is deze vermenigvuldiging nog steeds niet

commutatief.

We illustreren dit laatste aan de hand van twee matrices 𝐴, 𝐵 van orde 2 × 2:

[1 42 5

] . [1 22 1

] = [9 612 9

] ≠ [5 94 13

] = [1 22 1

] . [1 42 5

]

1.2 Stelsels van vergelijkingen Een belangrijke toepassing waar matrices een belangrijke rol spelen zijn stelsels van vergelijkingen. Bij

stelsels veralgemenen we het idee om vergelijkingen op te lossen. In een vergelijking hebben we één

onbekende waarvoor we het getal berekenen van die onbekende opdat de vergelijking correct zou

zijn. Bij stelsels hebben we verschillende vergelijkingen maar ook verschillende onbekenden en

proberen deze verschillende onbekenden te berekenen opdat alle vergelijkingen correct zouden zijn.

1.2.1 Voorbeeld We nemen het voorbeeld terug uit paragraaf 1.1.1, waar we in Figuur 1 een kolom toevoegen met de

nodige hoeveelheid die gewenst wordt voor vezels, vitamine, ijzer maar ook de prijs.

Porties krentenbollen

Porties volkoren

Porties meergranenbrood

Porties wilde bosbessen

Doelstelling


8

Vezels (g) 5 3 2.8 4 32

Vitamine C (mg) 0 60 15.5 30 188

Ijzer (mg) 1.8 1.8 1.86 0.18 10

Prijs (euro) 0.4 0.3 0.35 0.45 3.5 Figuur 2: Gegevenstabel en doelstelling voor dieetvoorbeeld

Om een stelsel te bekomen, voeren we onbekenden in die we wensen te berekenen: 𝑤 het aantal

porties (100g) krentenbollen, 𝑥 het aantal porties volkoren, 𝑦 het aantal porties meergranenbrood en

𝑧 het aantal porties wilde bosbessen. De tabel uit Figuur 2 zetten we nu om in vergelijkingen door ook

de doelstelling toe te voegen:

{

5𝑤 + 3𝑥 + 2.8𝑦 + 4𝑧 = 32 60𝑥 + 15.5𝑦 + 30𝑧 = 1881.8𝑤 + 1.8𝑥 + 1.86𝑦 + 0.18𝑧 = 100.4𝑤 + 0.3𝑥 + 0.35𝑦 + 0.45𝑧 = 3.5

De oplossing is 𝑤 = 1.265, 𝑥 = 0.3802, 𝑦 = 3.4227, 𝑧 = 3.7380. Deze porties omgerekend naar gram

levert een dieet op met 126.5g krentenbollen, 38.02g volkoren, 342.27g meergranenbrood en 373.80g

wilde bosbessen. In het vervolg van deze paragraaf, bekijken we rekentechnieken die toelaten om deze

vergelijkingen op te lossen.

1.2.2 Substitutiemethode De substitutiemethode is een onmiddellijke veralgemening van vergelijkingen oplossen:

7𝑥 + 14(𝑥 − 3) = 2 − 𝑥

Om deze vergelijking op te lossen, isoleren we de termen bij de onbekende 𝑥 aan de linkerkant van

het gelijkheidsteken of linkerlid terwijl de termen zonder de onbekende verzamelen we in het

rechterlid. Na vereenvoudiging levert dat de oplossing op:

7𝑥 + 14(𝑥 − 3) = 2 − 𝑥

⟺ 7𝑥 + 14𝑥 + 𝑥 = 2 + 42

⟺ 22𝑥 = 44

⟺ 𝑥 = 2

De notatie ⟺ betekent “is gelijkwaardig met” en wordt gebruikt om aan te geven dat een vergelijking

vereenvoudigd wordt. Telkens na ⟺ wordt de vergelijking eenvoudiger tot wanneer de oplossing

wordt afgelezen. De substitutiemethode past eenzelfde idee toe per vergelijking en voor de

verschillende onbekenden. De stappen zijn als volgt:

1. Kies 1 vergelijking en 1 onbekende waar naar opgelost wordt.

2. Vervang in de resterende vergelijkingen deze onbekende door de oplossing (die functie is van

de andere onbekenden).

3. Herhaal deze procedure voor de andere vergelijkingen tot aan de laatste vergelijking.

4. De laatste vergelijking laat zich dan volledig oplossen tot een getal

5. Werk met deze oplossing terug naar de vergelijking ervoor om ook die op te lossen tot ook de

eerste vergelijking opgelost wordt.

We beschouwen het volgende voorbeeld:


9

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

We kiezen in een eerste stap de eerste vergelijking samen met de eerste onbekende en lossen deze

op. Bijgevolg brengen we de termen in 𝑥 naar de linkerkant en de termen zonder 𝑥 naar de rechterkant

zodat we het volgende vinden:

𝑥 = 20 − 8𝑦 − 𝑧

Dit is nog niet de eindoplossing aangezien we nog moeten berekenen wat de waarde van 𝑦 en 𝑧 zijn.

We vervangen of substitueren in de andere vergelijkingen 𝑥 door de uitdrukking 20 − 8𝑦 − 𝑧. Op die

manier is het stelsel vereenvoudigd en bekomen we het gelijkwaardige stelsel:

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

⟺ {

𝑥 = 20 − 8𝑦 − 𝑧

2(20 − 8𝑦 − 𝑧) + 2𝑧 = 8(20 − 8𝑦 − 𝑧) + 3𝑦 = 7

We kunnen na deze substitutie het stelsel vereenvoudigen zodat haar vorm gelijkaardig is aan het

beginprobleem wat leidt tot

{

𝑥 = 20 − 8𝑦 − 𝑧−16𝑦 = −325𝑦 + 𝑧 = 13

Nu nemen we de tweede vergelijking die we oplossen naar de tweede onbekende 𝑦. Deze laat toe zich

onmiddellijk op te lossen tot 𝑦 = 2. We substitueren deze oplossing in de andere vergelijkingen en

bekomen het stelsel:

{

𝑥 = 20 − 8𝑦 − 𝑧−16𝑦 = −325𝑦 + 𝑧 = 13

⟺ {𝑥 = 4 − 𝑧𝑦 = 2

10 + 𝑧 = 13

Nu lossen we de derde vergelijking op naar de derde onbekende 𝑧 wat toelaat deze te berekenen. We

vinden de oplossing 𝑧 = 3. We substitueren deze oplossing in de eerste vergelijking en bekomen de

eindoplossing van het stelsel:

{𝑥 = 4 − 𝑧𝑦 = 2

10 + 𝑧 = 13⟺ {

𝑥 = 1𝑦 = 2𝑧 = 3

We noteren de eindoplossing van een stelsel met de notatie 𝑉 = {[1,2,3]}.

We nemen een tweede moeilijker voorbeeld met 4 vergelijkingen en 4 te berekenen onbekenden:

{

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −45𝑤 + 2𝑥 + 7𝑦 + 3𝑧 = 66𝑤 + 4𝑥 + 3𝑦 + 6𝑧 = 58𝑤 + 2𝑧 + 5𝑦 + 6𝑧 = 7

We starten met de eerste vergelijking en onbekende 𝑤 waar we naar oplossen: 𝑤 =−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧. Na substitutie vinden we:


10

{

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −45𝑤 + 2𝑥 + 7𝑦 + 3𝑧 = 66𝑤 + 4𝑥 + 3𝑦 + 6𝑧 = 58𝑤 + 2𝑥 + 5𝑦 + 6𝑧 = 7

⟺

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

5 (−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧) + 2𝑥 + 7𝑦 + 3𝑧 = 6

6 (−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧) + 4𝑥 + 3𝑦 + 6𝑧 = 5

8 (−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧) + 2𝑥 + 5𝑦 + 6𝑧 = 7

We vereenvoudigen elke vergelijking rekeninghoudende met de breuken:

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

−22

9𝑥 + 2𝑦 +

17

9𝑧 =

74

9

−12

9𝑥 − 3𝑦 +

42

9𝑧 =

69

9

−46

9𝑥 − 3𝑦 +

38

9𝑧 =

95

9

Nu lossen we in de tweede vergelijking op naar onbekende 𝑥 die we substitueren in de andere

vergelijkingen:

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

𝑥 = −74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧

−12

9(−74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧) − 3𝑦 +

42

9𝑧 =

69

9

−46

9(−74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧) − 3𝑦 +

38

9𝑧 =

95

9

We brengen nu in de derde en vierde vergelijking, de noemer van de breuk op 198 en vereenvoudigen:

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

𝑥 = −74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧

−81𝑦 + 72𝑧 = 63−1422𝑦 + 54𝑧 = −1314

De termen uit de derde vergelijking zijn deelbaar door 9 en de termen uit de laatste vergelijking zijn

deelbaar door 18. Dit brengt de volgende vereenvoudiging op:

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

𝑥 = −74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧

−9𝑦 + 8𝑧 = 7−79𝑦 + 3𝑧 = −73

Nu lossen we de derde vergelijking op naar onbekende 𝑦 en substitueren deze in de vierde vergelijking:


11

{

𝑤 =

−4

9−8

9𝑥 − 𝑦 −

2

9𝑧

𝑥 = −74

22+18

22𝑦 +

17

22𝑧

𝑦 =8

9𝑧 −

7

9

−79(8

9𝑧 −

7

9) + 3𝑧 = −73

Nu kunnen we de laatste vergelijking oplossen door deze eerste met 9 te vermenigvuldigen en dan

door te rekenen:

−79(8

9𝑧 −

7

9) + 3𝑧 = −73⟺ −632𝑧 + 27𝑧 = −657 − 553 ⟺ −605𝑧 = −1210 ⟺ 𝑧 = 2

De oplossing 𝑧 = 2 substitueren we nu in de derde vergelijking die ons ook de oplossing 𝑦 = 1

oplevert. Verder rekenen we dan de tweede vergelijking door met oplossing 𝑥 = −1 en dan ten slotte

in vergelijking 1 vinden we dan ook 𝑤 = −1. De oplossing van het stelsel is 𝑉 = {[−1,−1,1,2]}.

1.2.3 Combinatiemethode Het herhaaldelijk oplossen naar een onbekende introduceert onnodig veel rekenwerk en geeft

aanleiding tot breuken. De combinatiemethode probeert enkele rekenstappen te omzeilen en

probeert breuken te vermijden waar het kan. Het idee is om de vergelijkingen op een bepaalde manier

op te tellen zodat bij combinatie van de vergelijkingen een specifieke onbekende geëlimineerd wordt.

Je blijft deze eliminatie herhalen tot je een vergelijking bekomt waar er slechts 1 onbekende over blijft

waarvan je de oplossing kan bepalen. De stappen zijn als volgt:

1. Kies 2 vergelijking en 1 onbekende die geëlimineerd wordt.

2. Vermenigvuldig beide vergelijkingen met een gepast getal opdat de som van de twee

vergelijkingen de gekozen onbekende elimineert.

3. Schrijf een nieuw stelsel waarin 1 van de twee gekozen vergelijkingen wordt vervangen door

de nieuwe vergelijking met 1 onbekende geëlimineerd.

4. Herhaal deze procedure met de nieuwe vergelijking en een andere vergelijking opdat een

volgende onbekende wordt geëlimineerd tot 1 vergelijking kan opgelost worden.

5. Werk met deze oplossing terug naar de vergelijking ervoor om ook die op te lossen tot ook de

eerste vergelijking opgelost wordt.

We beschouwen het volgende voorbeeld opnieuw:

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

We zien dat vergelijking 1 en 3 makkelijk te combineren zijn omdat het verschil de onbekende 𝑥

elimineert:

{

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

|1

−1⟺ {

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 85𝑦 + 𝑧 = 13


12

De onbekende 𝑥 staat nog in vergelijkingen 1 en 2 dus gaan we deze ook combineren wat we kunnen

doen door de eerste vergelijking te vermenigvuldigen met 2 en de tweede vergelijking ervan af te

trekken:

{

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 85𝑦 + 𝑧 = 13

|2−1 ⟺ {

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 2016y = 325𝑦 + 𝑧 = 13

⟺ {

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 20y = 2

5𝑦 + 𝑧 = 13

We hebben nu een oplossing bekomen 𝑦 = 2 waarna we overstappen op substitutie om ook in de

derde vergelijking een oplossing van 𝑧 en dan ten slotte een oplossing van 𝑥. We vinden uiteraard

opnieuw de oplossing: 𝑉 = {[1,2,3]}.

Hoe efficiënt werkt deze methode voor het meer uitdagende voorbeeld:

{


We starten door eerst de onbekende 𝑥 te elimineren omdat in elke vergelijking de coëfficiënt bij 𝑥 een

veelvoud is van 2 wat een eenvoudige combinatie toelaat. We gaan ook verschillende combinaties

tezamen uitvoeren:

{


|

1−4|

1

−2|

1

−4

⟺ {

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28−3𝑤 + 3𝑦 − 10𝑧 = −14−23𝑤 − 11𝑦 − 22𝑧 = −32

We bekijken de laatste drie vergelijkingen en identificeren een onbekende die gemakkelijk te

elimineren valt. We zien dat de onbekende 𝑧 een goede kandidaat is omdat deze verdwijnt indien we

de tweede en derde vergelijking van elkaar aftrekken. We voeren volgende twee combinaties uit:

{

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28−3𝑤 + 3𝑦 − 10𝑧 = −14−23𝑤 − 11𝑦 − 22𝑧 = −32

| 1−1| 11

−5

⟺ {

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28

−8𝑤 − 22𝑦 = −14−6𝑤 − 154𝑦 = −148

De derde vergelijking kunnen we verder vereenvoudigen door deze te delen door 2:

{

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28

−4𝑤 − 11𝑦 = −7−6𝑤 − 154𝑦 = −148

We gaan nu de laatste twee vergelijkingen combineren waarbij we zien dat het eenvoudig is om de

onbekende 𝑦 te elimineren aangezien 154 = 14 × 11 is. We bekomen:

{

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28

−4𝑤 − 11𝑦 = −7−6𝑤 − 154𝑦 = −148

|14−1

⟺ {

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−11𝑤 − 19𝑦 − 10𝑧 = −28

−4𝑤 − 11𝑦 = −7−50𝑤 = 50

We vinden gemakkelijk dat 𝑤 = −1 waarna we ook uit de derde vergelijking de oplossing 𝑦 = 1

vinden. Uit vergelijkingen 1 en 2 vinden we dan ook verder 𝑧 = 2 en 𝑥 = −1.


13

De voordelen van deze techniek t.o.v. de substitutiemethode is duidelijk: de techniek is efficiënter

omdat het minder tussenstappen vraagt, het laat ook toe om minder rekenfouten te maken omdat je

het gebruik van breuken kunt omzeilen.

1.2.4 De Gauss-Jordan methoden De vorige methode vraagt nog steeds om een juiste combinatiestrategie uit te voeren die niet

vastgelegd staat in regels. De methoden van Gauss-Jorden brengt extra structuur in de

combinatiemethode.

De Gaussmethode (1810) vormt via de combinatiemethode een stelsel om tot een

bovendriehoekstelsel of echelonvorm:

{

2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 8−3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −11−2𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = −3

Gaussmethode⇒ {

2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 8𝑦 + 𝑧 = 2−𝑧 = 1

De Jordanmethode (1888) vormt via de combinatiemethode een stelsel om tot een diagonaalstelsel

of canoniekvorm:

{

2𝑥 + 𝑦 − 𝑧 = 8−3𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = −11−2𝑥 + 𝑦 + 2𝑧 = −3

Jordanmethode⇒ {

2𝑥 = 4𝑦 = 3−𝑧 = 1

Beide methoden werken op een gestructureerde manier zodat je per rekenstap dichter bij de

specifieke vorm komt van het stelsel. Het stelsel wordt hiervoor geschreven als een matrix waarbij de

coëfficiënten die bij een specifieke onbekende horen in eenzelfde kolom staan, terwijl de verschillende

rijen van de matrix telkens toehoren aan een vergelijking. Op die manier bekomen we:

[2 1 −1 8−3 −1 2 −11−2 1 2 −3

]Gaussmethode⇒ [

2 1 −1 80 1 1 20 0 −1 1

]

De Gaussmethode vormt het vierkante deel van de matrix om tot een bovendriehoeksmatrix. De

Jordanmethode vormt de matrix om zodat het vierkante deel van de matrix een diagonaalmatrix

vormt:

[2 1 −1 8−3 −1 2 −11−2 1 2 −3

]Jordanmethode⇒ [

2 0 0 40 1 0 30 0 −1 1

]

Het idee is dat we de matrix per stap omvormen tot een equivalente matrix zodat het onderliggende

stelsel dezelfde oplossing heeft maar in die matrix is het element die overeenkomt met een gekozen

index (𝑖, 𝑗) gelijk aan nul gemaakt. De manier om dit te doen, heet de spilregel:


14

Beschouw een matrix die een stelsel weerspiegelt van de vorm:

[

𝑎11 𝑎12 … 𝑎1𝑚 𝑏1𝑎21 𝑎22 … 𝑎2𝑚 𝑏2⋮ ⋮ ⋱ ⋮ ⋮𝑎𝑚1 𝑎𝑚2 … 𝑎𝑚𝑚 𝑏𝑚

]

De matrix die op positie (𝑖, 𝑗) een nul heeft zodat deze matrix een stelsel weerspiegelt die dezelfde

oplossing heeft als het originele stelsel wordt berekend door de i-de rij 𝑅𝑖 te vervangen door de

combinatie:

𝑎𝑗𝑗𝑅𝑖 − 𝑎𝑖𝑗𝑅𝑗

Belangrijk: Combineer nooit twee andere rijen dan deze die de spilregel oplegt. Element met index

(𝑖, 𝑗) impliceert dat je steeds rijen 𝑖 en 𝑗 combineert.

We passen dit toe op het eerste voorbeeld:

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

∼ [1 8 1 202 0 2 81 3 0 7

]

We werken kolomsgewijs waarbij we dus starten om een nul te maken voor het element met index

(2,1) vervolgens (3,1) en dan tot slot (2,3).

[1 8 1 202 0 2 81 3 0 7

]𝑅2=𝑅2−2𝑅1→ [

1 8 1 200 −16 0 −321 3 0 7

]𝑅3=𝑅3−𝑅1→ [

1 8 1 200 −16 0 −320 −5 −1 −13

]

Nu maken we nog een nul voor het element met index (2,3):

[1 8 1 200 −16 0 −320 −5 −1 −13

]𝑅2=

−𝑅216

→ [1 8 1 200 1 0 20 −5 −1 −13

]𝑅3=𝑅3+5𝑅3→ [

1 8 1 200 1 0 20 0 −1 −3

]

De matrix is nu in Echelonvorm zodat we het stelsel kunnen oplossen:

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 20

𝑦 = 2𝑧 = 3

Na substitutie bekomen we ook de oplossing 𝑥 = 1.

Nu passen we de techniek toe op het tweede voorbeeld:

{


∼ [

9 8 9 2 −45 2 7 3 66 4 3 6 58 2 5 6 7

]

We beginnen bij kolom 1:

[

9 8 9 2 −45 2 7 3 66 4 3 6 58 2 5 6 7

]

𝑅2=9𝑅2−5𝑅1𝑅3=9𝑅3−6𝑅1𝑅4=9𝑅4−8𝑅1→ [

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 −12 −27 42 690 −46 −27 38 95

]


15

De derde vergelijking kunnen we vereenvoudigen door de rij te delen door 3:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 −12 −27 42 690 −46 −27 38 95

]𝑅3=

𝑅33

→ [

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 −4 −9 14 230 −46 −27 38 95

]

Nu kunnen we nullen maken in de tweede kolom:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 −4 −9 14 230 −46 −27 38 95

]

𝑅3=−22𝑅3+4𝑅2𝑅4=−22𝑅4+46𝑅2→ [

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 270 −240 −2100 0 1422 −54 1314

]

Nu kunnen we de derde rij opnieuw vereenvoudigen door te delen door 30 en de vierde rij door 18:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 270 −240 −2100 0 1422 −54 1314

]

𝑅3=𝑅330

𝑅4=𝑅418

→ [

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 79 −3 73

]

Nu maken we nog een nul in de derde kolom:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 79 −3 73

]𝑅4=9𝑅4−79𝑅3→ [

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 605 1210

]

De matrix is nu in echelonvorm zodat we opnieuw tot een stelsel kunnen overgaan en de oplossingen

berekenen:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 605 1210

] ∼ {

9𝑤 + 8𝑥 + 9𝑦 + 2𝑧 = −4−22𝑥 + 18𝑦 + 17𝑧 = 74

9𝑦 − 8𝑧 = −7𝑧 = 2

We vinden bijgevolg dat 𝑦 = 1, 𝑥 = −1 en 𝑤 = −1.

De Jordanmethode laat toe om ook de laatste substitutiestap volledig te vermijden. In dit geval worden

er ook nullen gemaakt boven de diagonaal van het stelsel in matrixvorm. We illustreren de

Jordanmethode op basis van het eerste voorbeeld startende vanuit de echelonvorm:

[1 8 1 200 1 0 20 0 −1 −3

]𝑅1=𝑅1−8𝑅2→ [

1 0 1 40 1 0 20 0 −1 −3

]𝑅1=𝑅1+𝑅3→ [

1 0 0 10 1 0 20 0 −1 −3

]

De oplossing van het stelsel kan vanuit de canonieke matrixvorm onmiddellijk worden afgelezen. Er is

geen substitutiestap meer nodig. Ook het tweede voorbeeld kunnen we vanuit de echelonvorm verder

omvormen tot de canonieke matrixvorm van waaruit we onmiddellijk de oplossing van het stelsel

kunnen aflezen:

[

9 8 9 2 −40 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]𝑅1=11𝑅1+4𝑅2→ [

99 0 171 90 2520 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]


16

We delen nu de eerste rij door 9 om te vereenvoudigen:

[

99 0 171 90 2520 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]𝑅1=

𝑅19

→ [

11 0 19 10 280 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

We maken verder nullen in kolom 3:

[

11 0 19 10 280 −22 18 17 740 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

𝑅1=9𝑅1−19𝑅3𝑅2=𝑅2−2𝑅3→ [

99 0 0 242 3850 −22 0 33 880 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

We delen de eerste en tweede rij door 11 om te vereenvoudigen:

[

99 0 0 242 3850 −22 0 33 880 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

𝑅1=𝑅111

𝑅2=𝑅211

→ [

9 0 0 22 350 −2 0 3 80 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

Nu maken we nog nullen in de vierde kolom om de canoniekvorm te bekomen:

[

9 0 0 22 350 −2 0 3 80 0 9 −8 −70 0 0 1 2

]

𝑅1=𝑅1−22𝑅4𝑅2=𝑅2−3𝑅4𝑅3=𝑅3+8𝑅4→ [

9 0 0 0 −90 −2 0 0 20 0 9 0 90 0 0 1 2

]

De oplossing is nu onmiddellijk af te lezen.

Opmerking: De Jordanmethode is minder populair dan de Gaussmethode omdat de Jordanmethode

meer werk vraagt dan de Gaussmethode samen met de laatste substitutiestappen. Het is een

persoonlijke keuze indien geopteerd wordt voor de Jordanmethode.

1.3 Speciale stelsels Tot zover hebben we de stelsels die we beschouwden kunnen oplossen en de oplossing ervan was

uniek. Niet elk stelsel van vergelijkingen is oplosbaar, bovendien kunnen stelsels ook oneindig veel

oplossingen hebben. In deze paragraaf, gaan we het aantal oplossingen in meer detail bestuderen.

1.3.1 Redundante vergelijkingen Wanneer tijdens de oplossing van een stelsel, twee vergelijkingen volledig gelijk worden dan mag je

één van de vergelijkingen schrappen. De vergelijking aangezien deze in duplo voorkomt, heten we

redundant.

Eigenschap 1: Een stelsel zonder redundante vergelijkingen met evenveel onbekenden als

vergelijkingen heeft ten hoogste 1 oplossing.

Laten we dit illustreren met het volgende voorbeeld, dat we met de Gausmethode zullen oplossen:

{

𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 22𝑥 + 2𝑦 + 2𝑧 = 12𝑥 − 𝑦 + 2𝑧 = 52𝑥 + 5𝑦 − 𝑧 = 9

∼ [

1 2 −1 22 2 2 121 −1 2 52 5 −1 9

]𝑅2=

𝑅22

→ [

1 2 −1 21 1 1 61 −1 2 52 5 −1 9

]


17

We passen de Gausmethode toe per kolom:

[

1 2 −1 21 1 1 61 −1 2 52 5 −1 9

]

𝑅2=𝑅2−𝑅1𝑅3=𝑅3−𝑅1𝑅4=𝑅4−2𝑅1→ [

1 2 −1 20 −1 2 40 −3 3 30 1 1 5

]𝑅3=

𝑅33

→ [

1 2 −1 20 −1 2 40 −1 1 10 1 1 5

]

Nu maken we nullen in de tweede kolom:

[

1 2 −1 20 −1 2 40 −1 1 10 1 1 5

]

𝑅3=𝑅3−𝑅2𝑅4=𝑅4+𝑅2→ [

1 2 −1 20 −1 2 40 0 −1 −30 0 3 9

]𝑅4=

𝑅43

→ [

1 2 −1 20 −1 2 40 0 −1 −30 0 1 3

]

We zien nu dat de derde en vierde rij gelijk zijn (op een teken na). Bijgevolg is de derde of vierde

vergelijking redundant en mag deze geschrapt worden:

[1 2 −1 20 −1 2 40 0 −1 −3

] ∼ {𝑥 + 2𝑦 − 𝑧 = 2−𝑦 + 2𝑧 = 4𝑧 = 3

We vinden nu de oplossing 𝑉 = {[1,2,3]}.

Eigenschap 2: Bij een stelsel van 𝑚 vergelijkingen, indien een rij 𝑅𝑖 geschreven kan worden als een

lineaire combinatie van andere rijen zodat er getallen (niet allemaal gelijk aan 0) gekozen kunnen

worden 𝑎1, 𝑎2, … , 𝑎𝑖−1, 𝑎𝑖+1, … , 𝑎𝑚 waarvoor geldt dat

𝑅𝑖 = 𝑎1𝑅1 + 𝑎2𝑅2 +⋯+ 𝑎𝑖−1𝑅𝑖−1 + 𝑎𝑖+1𝑅𝑖+1 +⋯+ 𝑎𝑚𝑅𝑚

dan heet de rij 𝑅𝑖 lineair afhankelijk. Een lineair afhankelijke rij is altijd afkomstig van een redundante

vergelijking en mag worden geschrapt.

In het vorige voorbeeld konden we ook op zoek gaan naar een dergelijke lineaire combinatie.

Beschouw de matrix:

[

1 2 −1 22 2 2 121 −1 2 52 5 −1 9

]

In deze matrix kunnen we een lineair afhankelijke rij vinden: 𝑅4 = 𝑅1 + 𝑅2 − 𝑅3. In het algemeen is

het moeilijk om op voorhand een lineair afhankelijke rij te vinden, maar als deze kan gevonden worden

mag deze onmiddellijk uit het stelsel geschrapt worden.

Opmerking: Eigenlijk mag gelijk welke rij geschrapt worden, schrap bijgevolg de moeilijkste.

1.3.2 Valse stelsels Een stelsel die geen oplossing heeft, noemt men vals.

Eigenschap 3: Een stelsel zonder redundante vergelijking die meer vergelijkingen heeft dan onbekende

is vals.


18

We beschouwen eerste een voorbeeld:

{

𝑥 + 2𝑦 = 123𝑥 − 4𝑦 = −4𝑥 + 𝑦 = 0

We lossen dit stelsel op met de Gaussmethode en bekomen:

{

𝑥 + 2𝑦 = 123𝑥 − 4𝑦 = −4𝑥 + 𝑦 = 0

∼ [1 2 123 −4 −41 1 0

]

We beginnen met kolom 1:

[1 2 123 −4 −41 1 0

]

𝑅2=𝑅2−3𝑅1𝑅3=𝑅3−𝑅1→ [

1 2 120 −10 −400 −1 −12

]𝑅2=

𝑅210

→ [1 2 120 −1 −40 −1 −12

]

Dit stelsel is vals want in de laatste twee rijen vinden we de vergelijkingen:

{𝑦 = 4𝑦 = 12

Het is onmogelijk dat de onbekende tegelijkertijd gelijk is aan 4 alsook aan 12. Bijgevolg heet het stelsel

vals. Echter, stelsels met een gelijk aantal vergelijkingen als onbekenden kan vals zijn omdat

Eigenschap 1 slechts ten hoogste 1 oplossing garandeert. Bijgevolg is ook de situatie die geen

oplossingen aanbiedt mogelijk. We bestuderen een dergelijk voorbeeld:

{3𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 24𝑥 − 7𝑦 − 𝑧 = 17𝑥 − 9𝑦 + 4𝑧 = 1

We lossen het stelsel op met de Gaussmethode:

{

3𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 24𝑥 − 7𝑦 − 𝑧 = 17𝑥 − 9𝑦 + 4𝑧 = 1

∼ [3 −2 5 24 −7 −1 17 −9 4 1

]

𝑅2=3𝑅2−4𝑅1𝑅3=3𝑅3−7𝑅1→ [

3 −2 5 20 −13 −23 −50 −13 −23 −11

]

Het stelsel is vals aangezien de twee laatste vergelijkingen tegelijkertijd gelijk moet zijn aan -5 en -11

wat onmogelijk is.

1.3.3 Stelsels met oneindig veel oplossingen Eigenschap 4: Een stelsel met meer onbekenden dan vergelijkingen heeft minstens 1 oplossing. Het

maximale aantal onbekenden waarnaar je kan oplossen is het aantal vergelijkingen. De andere

onbekenden zijn vrij te kiezen.

We beschouwen het volgende stelsel:

{3𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 24𝑥 − 7𝑦 − 𝑧 = 17𝑥 − 9𝑦 + 4𝑧 = 3

We lossen dit stelsel op met de Gaussmethode, echter merken we op dat er een lineaire

afhankelijkheid optreedt aangezien de som van de eerste twee vergelijkingen precies vergelijking 3

oplevert. Bijgevolg mag er een vergelijking geschrapt worden:


19

{3𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 24𝑥 − 7𝑦 − 𝑧 = 1

∼ [3 −2 5 24 −7 −1 1

]𝑅2=3𝑅2−4𝑅1→ [

3 −2 5 20 −13 −23 −5

]

De matrix is nu in echelonvorm zodat de Gaussmethode stopt en het bijhorende stelsel wordt:

{3𝑥 − 2𝑦 + 5𝑧 = 213𝑦 + 23𝑧 = 5

⟺ {3𝑥 − 2(

5 − 23𝑧

13) + 5𝑧 = 2

𝑦 =5 − 23𝑧

13

De eerste vergelijking werken we verder uit:

3𝑥 − 2(5 − 23𝑧

13) + 5𝑧 = 2 ⟺ 39𝑥 − 10 + 46𝑧 + 65𝑧 = 26 ⟺ 𝑥 =

36 − 111𝑧

39=12 − 37𝑧

13

Er volgt nu dat we voor elke keuze 𝑧 ∈ ℝ, een oplossing berekenen voor 𝑥 en 𝑦. De

oplossingenverzameling bevat oneindig veel oplossing gegeven door:

𝑉 = {[12 − 37𝑧

13,5 − 23𝑧

13, 𝑧] |𝑧 ∈ ℝ}

1.4 Inverse matrices Inverse matrices is een alternatieve manier om het oplossen van stelsels te bekijken. In dit geval

bekijken we het oplossen van een stelsel zoals het oplossen van de eenvoudige vergelijking:

𝑎𝑥 = 𝑏 ⟺1

𝑎. 𝑎𝑥 =

1

𝑎. 𝑏 ⟺ 𝑥 =

𝑏

𝑎

We hebben deze vergelijking opgelost door de eenvoudige overbrengingsregel voor producten. De

vraag die we in deze paragraaf stellen is of een gelijkaardige overbrengingsregel bestaat voor matrices.

Het oplossen van een stelsel kunnen we ook als een matriciële vergelijking zien:

{

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

⟺ [1 8 12 0 21 3 0

] [𝑥𝑦𝑧] = [

2087]

We kunnen deze vergelijking oplossen indien een overbrengingsregel bestaat zodat de oplossing

gegeven wordt door:

[𝑥𝑦𝑧] = [

1 8 12 0 21 3 0

]

−1

[2087]

We noemen 𝐵 de inverse matrix van een matrix 𝐴 van orde 𝑛 × 𝑛 indien geldt dat

𝐵. 𝐴 = 𝐼

waarbij 𝐼 de eenheidsmatrix van orde 𝑛 × 𝑛. We noteren de matrix 𝐵 als 𝐴−1.

Om de inverse matrix te berekenen, passen we de methode van Gauss-Jordan toe. Pass de

Jordanmethode toe op de matrix die opgebouwd wordt door:

[𝐴 𝐼]Jordanmethode→ [𝐼 𝐴−1]

Bijgevolg, indien men in de matrix [𝐴 𝐼] de Jordanmethode toepast om nullen te maken op de

elementen met die index waar de elementen van de matrix 𝐴 staat, dan zal in het eerste gedeelte de


20

inverse matrix verschijnen. We illustreren deze techniek met een eenvoudig voorbeeld waarbij de

inverse matrix wordt berekend voor 𝐴 = [1 23 4

]. We passen de Jordanmethode toe op:

[1 2 1 03 4 0 1

]𝑅2=𝑅2−3𝑅1→ [

1 2 1 00 −2 −3 1

]𝑅1=𝑅1+𝑅2→ [

1 0 −2 10 −2 −3 1

]𝑅2=

−𝑅22

→ [1 0 −2 1

0 13

2−1

2

]

De inverse matrix is dus gelijk aan 𝐴−1 = [−2 13

2−1

2

]. We controleren de definitie:

𝐴−1𝐴 = [−2 13

2−1

2

] [1 23 4

] = [1 00 1

]

Nu kunnen we ook aan de hand van de overbrengingsregel, het volgende stelsel oplossen:

{𝑥 + 2𝑦 = 13𝑥 + 4𝑦 = 2

⟺ [1 23 4

] [𝑥𝑦] = [

12] ⟺ [

𝑥𝑦] = [

−2 13

2−1

2] [12] = [

01

2

]

Opmerking: Het grote voordeel t.o.v. de vorige techniek is dat de oplossing van het stelsel snel

herbepaald kan worden indien het rechterlid wijzigt. Bij de vorige techniek, moet bij iedere wijziging

van het rechterlid, de oplossing herberekend worden.

Inderdaad, we kunnen alle mogelijke oplossingen neerschrijven als functie van een rechterlid als volgt:

{𝑥 + 2𝑦 = 𝑏13𝑥 + 4𝑦 = 𝑏2

⟺[𝑥𝑦] = [

−2 13

2−1

2] [𝑏1𝑏2] = [

−2𝑏1 + 𝑏23

2𝑏1 −

1

2𝑏2]

Laten we de techniek nog een tweede maal toepassen op het voorbeeld:

{𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = 202𝑥 + 2𝑧 = 8𝑥 + 3𝑦 = 7

⟺ [1 8 12 0 21 3 0

] [𝑥𝑦𝑧] = [

2087]

We berekenen de inverse matrix [1 8 12 0 21 3 0

]

−1

met de Jordanmethode. De berekening verloopt als

volgt:

[1 8 1 1 0 02 0 2 0 1 01 3 0 0 0 1

]

𝑅2=𝑅2−2𝑅1𝑅3=𝑅3−𝑅1→ [

1 8 1 1 0 00 −16 0 −2 1 00 −5 −1 −1 0 1

]

We gaan verder met de tweede kolom:

[1 8 1 1 0 00 −16 0 −2 1 00 −5 −1 −1 0 1

]

𝑅1=2𝑅1+𝑅2𝑅3=−16𝑅3+5𝑅2→ [

2 0 2 0 1 00 −16 0 −2 1 00 0 16 6 5 −16

]

Tot slot behandelen we de derde kolom:

[2 0 2 0 1 00 −16 0 −2 1 00 0 16 6 5 −16

]𝑅1=8𝑅1−𝑅3→ [

16 0 0 −6 3 160 −16 0 −2 1 00 0 16 6 5 −16

]


21

Om de inverse te bekomen hoeven we alleen nog maar de eerste en derde rij door 16 te delen, en de

tweede rij door -16:

[1 8 12 0 21 3 0

]

−1

=

[ −3

8

3

161

1

8

−1

160

3

8

5

16−1]

De oplossing van het stelsel wordt gegeven door:

[𝑥𝑦𝑧] = [

1 8 12 0 21 3 0

]

−1

[2087] =

[ −3

8

3

161

1

8

−1

160

3

8

5

16−1]

[2087] = [

123]

Bovendien lost deze techniek ook alle stelsels op van de vorm:

{

𝑥 + 8𝑦 + 𝑧 = b12𝑥 + 2𝑧 = b2𝑥 + 3𝑦 = b3

⟺ [𝑥𝑦𝑧] =

[ −3

8

3

161

1

8

−1

160

3

8

5

16−1]

[

𝑏1𝑏2𝑏3

] =

[ −6𝑏1 + 3𝑏2 + 16𝑏3

162𝑏1 − 𝑏216

6𝑏1 + 5𝑏2 − 16𝑏316 ]

1.5 Toepassing Een apotheker wenst 150 ml van een 20%-alcoholoplossing te maken, maar hij heeft slechts flessen

van een 30% en 15%-alcoholoplossing. Hoeveel moet de apotheker mengen van de 30% en 15%-

alcoholoplossing om gevraagde oplossing te bekomen?

Om dit vraagstuk op te lossen, voeren we eerst onbekenden in: 𝑥 is het aantal ml uit de 15%

alcoholoplossing en 𝑦 is het aantal ml uit de 30% alcoholoplossing. Verder bouwen we de

vergelijkingen uit de gegevens van het vraagstuk.

1. Totaal moet een 150 ml oplossing zijn: 𝑥 + 𝑦 = 150

2. Totaal moet een 20%-alcoholoplossing zijn: 0.15𝑥 + 0.3𝑦 = 0.2(𝑥 + 𝑦)

We bekomen nu het stelsel wat we oplossen met de combinatiemethode:

{𝑥 + 𝑦 = 150

15𝑥 + 30𝑦 = 20(𝑥 + 𝑦)⟺{

𝑥 + 𝑦 = 150𝑥 − 2𝑦 = 0

|1−1|21⟺ {

3𝑦 = 1503𝑥 = 300

De 150ml 20%-alcoholoplossing bestaat uit 100ml 15%-alcoholoplossing en 50ml 30%-

alcoholoplossing.

Hoofdstuk 2: Vlakke meetkunde

22

2 Vlakke meetkunde Een groot aantal analyses worden visueel uitgevoerd of indien de analyse een berekening vraagt

gebruikt men vaak in praktijk grafieken om de analyse te rapporteren. De meest elementaire grafiek is

een rechte die haar basis vindt in de meetkunde.

In dit hoofdstuk zullen we enerzijds de vlakke meetkunde herbekijken waar we starten vanuit de

principes van Euclides en opbouwen tot de modernere zienswijze volgens Descartes waar coördinaten

gebruikt worden. Verder zullen we in dit hoofdstuk ook het vorige hoofdstuk herbekijken waar we een

meetkundige interpretatie bieden voor het oplossen van een stelsel. Oplossingen van stelsels in het

vorige hoofdstuk beperkte zich ook tot vergelijkingen waar we in dit hoofdstuk ongelijkheden en

stelsels van ongelijkheden grafisch zullen leren oplossen. Tot slot, voeren we lineaire afbeeldingen in

zoals verschuivingen, homothetie, draaiingen en spiegeling om uiteindelijk te eindigen bij

eigenwaarden en –vectoren.

2.1 Inleiding

2.1.1 Jobgroei in de gezondheidszorg De krant “The Atlantic Daily” rapporteert onder de klinkende titel “A Truly Astonishing Graph of the

Growth of Health-Care Jobs in America” (zie website van de krant “The Atlantic Daily”

https://www.theatlantic.com/business/archive/2013/07/a-truly-astonishing-graph-of-the-growth-of-

health-care-jobs-in-america/277454/ ).

https://www.theatlantic.com/business/archive/2013/07/a-truly-astonishing-graph-of-the-growth-of-health-care-jobs-in-america/277454/

https://www.theatlantic.com/business/archive/2013/07/a-truly-astonishing-graph-of-the-growth-of-health-care-jobs-in-america/277454/


23

Figuur 3: De jobtoename t.o.v. 2013 in de gezondheidszorg en andere sectoren.

De grafiek die deze bewering kracht bij zet wordt in het krantenartikel aangeleverd in Figuur 3. Wat is

precies de procentuele jobgroei in de gezondheidszorg en in de andere sectoren? We observeren in

de grafiek dat de blauwe grafiek ongeveer een rechte weerspiegelt terwijl voor de andere sectoren we

één rechte observeren die de situatie 2003-2008 voorstelt en na een val een tweede rechte observeren

voor de situatie 2010-2013. De gezondheidszorg lijkt een jobgroei te kennen van ongeveer 2.2% die

reeds 10 jaar aanhoudt, terwijl de overige sectoren sinds 2010 slechts een aangroei observeren van

ongeveer 1.48%. Deze twee procentuele groeicijfers zijn de richtingscoëfficiënten van de rechten die

in dit hoofdstuk bestudeerd worden.

2.1.2 Aankoop organische solventen Organische solventen worden vaak gebruikt in de farmaceutische wereld. In een bepaald bedrijf kan

een courante solvent gekocht worden aan 4 euro per ton. Een andere organische solvent wordt

momenteel over-gesubsidieerd zodat men een reductie ontvangt in de kosten van 1 euro per ton

terwijl de kostprijs van de solvent slechts 0.75 eurocent bedraagt.

Men wil de productiekost minimaliseren maar dient zich te houden aan een aantal voorwaarden:

a) Samen moet er minstens 8 ton per dag worden gestockeerd

b) Er is slechts 5 ton per dag beschikbaar bij de toeleveranciers voor de tweede solvent

c) Veiligheidsvoorschriften bepalen dat de hoeveelheid van solvent 1 tegenover solvent 2 niet

meer kan bedragen dan 4 ton.

Het vraagstuk kunnen we schrijven als een stelsel ongelijkheden waarbij we de volgende onbekenden

kiezen: 𝑥 het aantal ton solvent 1 en 𝑦 het aantal ton solvent 2. Het bijhorende stelsel ongelijkheden

wordt door de informatie aangeleverd.

{

𝑥 + 𝑦 ≥ 8𝑦 ≤ 5

𝑥 ≤ 𝑦 + 4

De kostprijs kunnen we berekenen die gegeven wordt door 𝐾 = 4𝑥 −1

4𝑦. De toegelaten aantallen

voor solvent 1 en solvent 2 die aan de ongelijkheden voldoen wordt gegeven door Figuur 4.


24

Figuur 4: Toegelaten aantal ton solventen 1 en 2 binnen het driehoekig gebied.

De zwarte rechte toont die aantallen voor de solventen 1 en 2 zodat de kostprijs constant 20 euro

bedraagt. De prijs laten dalen verschuift de rechte evenwijdig naar links. De kostprijs wordt dus

geminimaliseerd in het linker hoekpunt van de driehoek. De optimale oplossing is: 3 ton van solvent 1

en 5 ton van solvent 2.

2.2 Vectoren en rechten

2.2.1 De Euclidische ruimte De basis van de klassieke meetkunde werd ontworpen door de Griek Euclides (c.a. 300 VC).

Het vlak heet een Euclidische ruimte indien 3 niet-samenvallende punten toegekend worden aan het

vlak: De oorsprong en 2 basispunten.

Figuur 5: De Euclidische ruimte

Een vector voorgesteld door een pijl bepaald de positie van een punt in het Euclidische vlak t.o.v. de

oorsprong. Bijgevolg heeft de vector een richting en grootte bepaald door haar afstand tot de

oorsprong. De basispunten hebben typisch dezelfde afstand t.o.v. de oorsprong. Een nieuw punt 𝑝 is

opnieuw een vector t.o.v. de oorsprong 𝑂. Vectoren laten toe om zoals bij matrices een som en scalaire

vermenigvuldiging voor vectoren te beschouwen. We heten de Euclidische ruimte bij invoering van

vectoren een vectorruimte zoals geïllustreerd in Figuur 6.

0 2 4 6 8 100

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Hoeveelheid solvent 1

Hoeveelh

eid

solv

ent

2

Voorwaarde 1

Voorwaarde 2

Voorwaarde 3

Kost K=20


25

Figuur 6: Euclidische vectorruimte

2.2.2 Vectorcalculus: som en scalaire vermenigvuldiging Twee vectoren 𝑝1, 𝑝2 in een Euclidische ruimte kunnen worden opgeteld. De som wordt gegeven door

het punt dat moet worden toegevoegd opdat 𝑂, 𝑝1, 𝑝2 en 𝑝1 + 𝑝2 een parallellogram vormen. De som

is een vector bepaald door de diagonaal van de parallellogram vanuit de oorsprong 𝑂 naar het punt

𝑝1 + 𝑝2. Dit heet men de parallellogramregel die geïllustreerd wordt in Figuur 7.

Figuur 7: Som van twee vectoren

Een vector 𝑝1 en een getal 𝜆 ∈ ℝ laten een scalaire vermenigvuldiging 𝜆. 𝑝1 toe. Dit product is een

vector waar de grote precies 𝜆 keer de grote van de vector 𝑝1. Dit wordt geïllustreerd in Figuur 8.

Figuur 8: Scalaire vermenigvuldiging

De twee bewerkingen – scalaire vermenigvuldiging en som van vectoren – laten toe een belangrijke

rekenregel van de Euclidische vectorruimte te formuleren: ontbindingsregel.


26

Elke vector 𝑝 in de Euclidische vectorruimte bestaat uit een lineaire combinatie van de basisvectoren

𝑒1 en 𝑒2 zodat er getallen 𝜆1, 𝜆2 ∈ ℝ bestaan zodat geldt:

𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 = 𝜆1𝑒1 + 𝜆2𝑒2

Figuur 9: De ontbindingsregel van vectoren in basisrichtingen

2.2.3 Rechte en haar vectoriële vergelijking Aangezien vectoren een richting hebben die uitgedrukt wordt door de pijl, definiëren we een rechte

als de verzameling van punten die dezelfde richting hebben zoals geïllustreerd in Figuur 10. Een rechte

die door de oorsprong gaat, noemt een vectorrechte.

Figuur 10: Vectorrechte in een Euclidische ruimte

De rechte kunnen we dan voorstellen de volgende verzameling van punten door gebruik te maken van

de scalaire vermenigvuldiging:

𝐴 = {𝑝|𝑝 = 𝜆. 𝑎 met 𝜆 ∈ ℝ}

De voorstelling van een rechte door deze verzameling, heet men de vectoriële vergelijking van de

vectorrechte 𝐴. Een rechte hoeft natuurlijk niet door de oorsprong te gaan, we kunnen natuurlijk elke

rechte evenwijdig verschuiven tot deze na verschuiving door de oorsprong gaat. Bijgevolg, elke rechte

is een evenwijdig verschoven vectorrechte. Op de rechte kiezen we een punt 𝑠 dat we het steunpunt

noemen, zodat we de rechte 𝐴 kunnen verschuiven naar dit steunpunt. In Figuur 11 zien we dat elk

punt 𝑝 op de rechte 𝐵 bepaald kan worden als een parallellogram bepaald door 𝑂, 𝑠, 𝑝 en een punt op

de vectorrechte 𝐴 wat door de scalaire vermenigvuldiging gelijk is aan 𝜆𝑎.


27

Figuur 11: Een rechte 𝐵 en haar evenwijdige vectorrechte 𝐴.

Bijgevolg, laat de som van vectoren en de scalaire vermenigvuldiging toe om de vectoriële vergelijking

op te stellen van de rechte 𝐵:

𝐵 = {𝑝|𝑝 = 𝑠 + 𝜆𝑎 met 𝜆 ∈ ℝ} = 𝑠 + 𝐴

De vectoriële vergelijking laat zien dat de verschuiving van de vectorrechte 𝐴 tot stand komt door de

vector 𝑠, het gekozen steunpunt op de rechte 𝐵 op te tellen.

Een alternatieve manier op de optelling van vectoren te bekijken is als volgt: de som van de vector 𝑎 +

𝑏 is het punt bepaald door de verschuiving van de vector 𝑎 langs de vector 𝑏.

2.3 Coördinaten

2.3.1 Het Cartesische assenstelsel Het Cartesische assenstelsel laat toe om aan analytische meetkunde te doen. Bij meetkunde volgens

Euclides kan je niet rekenen want de som en scalaire vermenigvuldiging zijn meetkundige constructies.

Voor een som moet je immers een parallellogram tekenen en voor de scalaire vermenigvuldiging moet

je de vector langer of korter maken. Bij de invoering van het Cartesische assenstelsel kan je rekenen

waarbij we vectoren zullen voorstellen door matrices met name kolom of rij matrices. Vanaf dat

moment hebben we de matrixcalculus uit Hoofdstuk 1 tot onze beschikking om de nodige

berekeningen uit te voeren. De analytische meetkunde werd ingevoerd door René Descarte (in 1637).

Descartes werkt net als Euclides in een Euclidische ruimte maar de 3 basispunten 𝑂, 𝑒1, 𝑒2 zijn zo

gekozen dat 𝑒1 en 𝑒2 loodrecht op elkaar staan en zich even ver van de oorsprong 𝑂 bevinden. De

vectorrechten door respectievelijk 𝑒1 en 𝑒2 worden de coördinaatsassen genoemd of de 𝑥-as en 𝑦-as.

De Euclidische meetkunde laat toe om een punt 𝑝 te definiëren zoals geïllustreerd in Figuur 12. Het is

wegens de parallellogramregel en de scalaire vermenigvuldiging:

𝑝 = 𝑝1 + 𝑝2 = 𝜆1𝑒1 + 𝜆2𝑒2


28

Figuur 12: Het Cartesische assenstelsel met de 3 basispunten en een bijkomend punt 𝑝

Descartes stelt voor om de vectorsom niet telkens te schrijven maar de som voor te stellen door een

matrix:

𝑝 = [𝜆1 𝜆2] = 𝜆1𝑒1 + 𝜆2𝑒2

waar het eerste element van de matrix het getal inhoudt waarmee de eerste basisvector moet

vermenigvuldigd worden en het tweede getal de scalaire vermenigvuldiging inhoudt met de tweede

basisvector die dan bij elkaar worden opgeteld. Op die manier vinden we ook coördinaten voor de

basisvectoren: 𝑒1 = [1 0] = 𝑒1 + 0. 𝑒2 en 𝑒2 = [0 1] = 0. 𝑒1 + 𝑒2.

2.3.2 Vector- en matrixcalculus De invoering van coördinaten laat toe om de vectorbewerkingen (som van vectoren en scalaire

vermenigvuldiging) te bekijken vanuit matrixrekening. We laten zien dat deze vectoriële bewerkingen

precies dezelfde bewerkingen zijn op matrices.

Beschouw de vectoren en haar coördinaten 𝑝1 = [𝑥1, 𝑦1] en 𝑝2 = [𝑥2, 𝑦2]. De som van de twee

vectoren wordt gegeven door

𝑝1 + 𝑝2 = [𝑥1 𝑦1] + [𝑥2 𝑦2] = (𝑥1𝑒1 + 𝑦1𝑒2) + (𝑥2𝑒1 + 𝑦2𝑒2)

= (𝑥1 + 𝑥2)𝑒1 + (𝑦1 + 𝑦2)𝑒2 = [𝑥1 + 𝑥2 𝑦1 + 𝑦2]

Er volgt dat de som van de vectoren gelijk is aan de matrixsom van de coördinaten.

Beschouw verder een getal 𝑟 ∈ ℝ en beschouw de scalaire vectorvermenigvuldiging:

𝑟𝑝1 = 𝑟[𝑥1 𝑦1] = 𝑟(𝑥1𝑒1 + 𝑥2𝑒2) = 𝑟𝑥1𝑒1 + 𝑟𝑥2𝑒2 = [𝑟𝑥1 𝑟𝑥2]

Er volgt dat de scalaire vermenigvuldiging van vectoren precies de scalaire vermenigvuldiging inhoudt

van de matrix van de coördinaten.

2.3.3 Parametervoorstelling van een rechte Met behlup van de vectoriële vergelijking, kunnen we de vectoren schrijven aan de hand van hun

coördinaten en bijhorende matrices. Deze aanpak vorm de vectoriële vergelijking om tot een

parametervergelijking.

We beschouwen de Figuur 13 waar we een parametervergelijking opstellen uit de vectoriële

vergelijking van de rechte 𝐵 en vectorrechte 𝐴 aan de hand van de richtingsvector 𝑎 = [𝑥𝑎 𝑦𝑎] en

steunpunt op de rechte 𝐵 gegeven door 𝑠 = [𝑥𝑠 𝑦𝑠].


29

Figuur 13: Rechte en vectorrechte in een Cartesisch assenstelsel

We beschouwen de vectorrechte 𝐴 waarvan we de vectoriële vergelijking omzetten met behulp van

coördinaten:

𝐴 = {𝑝|𝑝 = 𝜆. 𝑎 met 𝜆 ∈ ℝ}

= {[𝑥 𝑦]|[𝑥 𝑦] = 𝜆[𝑥𝑎 𝑦𝑎] met 𝜆 ∈ ℝ}

De matrixvergelijking kunnen we nu omzetten tot een stelsel waarbij het stelsel gekend is als de

parametervergelijking van de vectorrechte:

{𝑥 = 𝜆𝑥𝑎𝑦 = 𝜆𝑦𝑎

Vervolgens kunnen we ook een gelijkaardige beschrijving maken die de vectoriële vergelijking van de

rechte 𝐵 omzet tot een parametervergelijking met behulp van coördinaten:

𝐵 = {𝑝|𝑝 = 𝑠 + 𝜆. 𝑎 met 𝜆 ∈ ℝ}

= {[𝑥 𝑦]|[𝑥 𝑦] = [𝑥𝑠 𝑦𝑠] + 𝜆[𝑥𝑎 𝑦𝑎] met 𝜆 ∈ ℝ}

De matrixvergelijking kunnen we nu omzetten door een stelsel waarbij het stelsel gekend is als de

parametervergelijking van de rechte:

{𝑥 = 𝑥𝑠 + 𝜆𝑥𝑎𝑦 = 𝑦𝑠 + 𝜆𝑦𝑎

De reden voor de naam parametervergelijking doelt op de aanwezigheid van de parameter 𝜆. Elk punt

op de rechte heeft immers een unieke waarde 𝜆.

2.3.4 Een rechte door twee steunpunten Aangezien een vectorrechte vaak niet gegeven is, bekijken we in deze paragraaf de meer praktische

situatie waarbij een rechte wordt getekend door twee punten. Deze twee punten zijn de steunpunten

𝑠1 = [𝑥𝑠1 𝑦𝑠1], 𝑠2 = [𝑥𝑠2 𝑦𝑠2].


30

Beschouw de rechte 𝐵 die gaat door de twee steunpunten 𝑠1 en 𝑠2. De bijhorende vectorrechte 𝐴 die

dezelfde richting heeft als de rechte 𝐵 maar verschoven naar de oorsprong wordt gegeven door de

richtingsvector 𝑎 = 𝑠2 − 𝑠1.

Figuur 14: Rechte door twee steunpunten

We kunnen nu de parametervergelijking opstellen door de formule te nemen uit paragraaf 2.3.3 met

een steunpunt naar keuze 𝑠1 of 𝑠2 en richtingspunt 𝑎 = 𝑠2 − 𝑠1. Op die manier bekomen we de

parametervergelijking:

{𝑥 = 𝑥𝑠1 + 𝜆(𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1)

𝑦 = 𝑦𝑠1 + 𝜆(𝑦𝑠2 − 𝑦𝑠1)

2.3.5 Cartesische vergelijking van een rechte Het gebruik van de parametervoorstelling is beperkt. Meestal gebruikt men de Cartesische vergelijking

omdat deze eenvoudiger is dan een stelsel. De parameter 𝜆 aanwezig in de parametervoorstelling is

vervelend omdat het moeilijk te interpreteren valt.

De Cartesische vergelijking wordt bekomen door in de parametervoorstelling uit de eerste vergelijking

de parameter op te lossen en deze dan vervolgens de substitueren in de tweede vergelijking. Na

substitutie vinden we de Cartesische vergelijking in de tweede vergelijking van de

parametervoorstelling. De berekening gaat als volgt:

{𝑥 = 𝑥𝑠1 + 𝜆(𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1)

𝑦 = 𝑦𝑠1 + 𝜆(𝑦𝑠2 − 𝑦𝑠1)⟺ {

𝜆 =𝑥 − 𝑥𝑠1𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1

𝑦 = 𝑦𝑠1 + 𝜆(𝑦𝑠2 − 𝑦𝑠1)

⟺

{

𝜆 =𝑥 − 𝑥𝑠1𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1

𝑦 = 𝑦𝑠1 +𝑥 − 𝑥𝑠1𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1

(𝑦𝑠2 − 𝑦𝑠1)

De Cartesische vergelijking van de rechte door de punten 𝑠1 = [𝑥𝑠1 𝑦𝑠1] en 𝑠2 = [𝑥𝑠2 𝑦𝑠2] wordt

gegeven door:

𝑦 − 𝑦𝑠1 =𝑦𝑠2 − 𝑦𝑠1𝑥𝑠2 − 𝑥𝑠1

(𝑥 − 𝑥𝑠1)

waarbij we de verhouding 𝑦𝑠2−𝑦𝑠1𝑥𝑠2−𝑥𝑠1

de richtingscoëfficiënt of rico van de rechte noemen.


31

2.3.6 Voorbeeld: jobgroei We hernemen het voorbeeld uit paragraaf 2.1.1 en stellen de cartesische vergelijking op van de

rechten:

1) Jobgroei in de gezondheidszorg

2) Jobgroei in de overige sectoren voor de periode tot 2008

3) Jobgroei in de overige sectoren voor de periode vanaf 2010

Voor de eerste rechte beschouwen twee steunpunten die we kunnen aflezen uit de grafiek: 𝑠1 =

[2003 100] en 𝑠2 = [2009.75 115]. Bijgevolg wordt de Cartesische vergelijking gegeven door

𝑦 − 100 =20

9(𝑥 − 2003)

Er volgt dat de rico 20

9≈ 2.2 bedraagt dus jaarlijks groeit het aantal jobs in de gezondheidszorg met

2.2%. We kunnen ook berekenen wanneer het aantal jobs verdubbeld zal zijn t.o.v. de situatie in 2003:

200 − 100 =20

9(𝑥 − 2003) ⟺ 𝑥 = 2048

Als deze groei aangehouden blijft, verdubbelen het aantal jobs in de gezondheidszorg elke 45 jaar.

Nu bekijken we de andere twee rechten waarbij we starten met de rechte die de groeisituatie beschrijft

in de periode 2003-2008. De gekozen steunpunten zijn 𝑠1 = [2003 100] en 𝑠2 = [2007.75 105].

De Cartesische vergelijking wordt gegeven door

𝑦 − 100 =20

19(𝑥 − 2003)

Er volgt dat de rico 20

19≈ 1.053 bedraagt dus jaarlijks groeide in die periode het aantal jobs in de andere

sectoren met 1.053%. Voor de periode 2010-2013, selecteren we steunpunten 𝑠1 = [2010 98] en

𝑠2 = [2012 100] wat aanleiding geeft tot de volgende Cartesische vergelijking

𝑦 − 98 = (𝑥 − 2010)

Er volgt dat de rico ongeveer 1 bedraagt dus jaarlijks groeit het aantal jobs in de overige sectoren met

ongeveer 1%. We zien dat de jobgroei in de periode 2003-2013 ongeveer dezelfde procentuele groei

aanhield. De val in de periode 2008-2010 impliceert andere steunpunten aangezien de rechte in de

periode 2003-2007 en de rechte voor de periode 2010-2013 ongeveer een verschuiving aanlevert.

Bijgevolg groeit de gezondheidssector ongeveer twee maal zo snel dan de overige sectoren.

2.3.7 Examenvraag (Tussentijdse evaluatie 2015) Beschouw in de Euclidische ruimte de vectoren 𝐴, 𝐵 en 𝐶. (i) Bepaal de vectoriële vergelijking 𝑅 die

gaan door de punten 𝐴 − 2𝐵 en 3𝐴 + 𝐶, (ii) Liggen de punten 𝑃 = 5𝐴 + 2𝐵 + 2𝐶 en 𝑄 = 𝐴 − 4𝐵 +

𝐶 op de rechte 𝑅? (iii) Stel de vectoriële vergelijking op van de vectorrechte evenwijdig met 𝑅.

Oplossing: (i) De twee steunpunten zijn 𝑠1 = 𝐴 − 2𝐵 en 𝑠2 = 3𝐴 + 𝐶. De richtingsvector voor de

vectorrechte evenwijdig met 𝑅 wordt bepaald door het punt 𝑎 = 𝑠2 − 𝑠1 = 2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶. We vinden

dat de rechte 𝑅 volgende vectoriële vergelijking heeft

𝑅 = 𝐴 − 2𝐵 + 𝜆. (2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶)


32

(ii) Een punt ligt op de rechte 𝑅 indien een unieke waarde voor 𝜆 kan gevonden worden. We zoeken

de waarde van 𝜆, eerst voor het punt 𝑃:

5𝐴 + 2𝐵 + 2𝐶 = 𝐴 − 2𝐵 + 𝜆(2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶) ⟺ 𝜆 =4𝐴 + 4𝐵 + 2𝐶

2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶= 2

We besluiten dat het punt 𝑃 zich bevindt op de rechte 𝑅. We evalueren de locatie van het punt 𝑄:

𝐴 − 4𝐵 + 𝐶 = 𝐴 − 2𝐵 + 𝜆(2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶) ⟺ 𝜆 =−2𝐵 + 𝐶

2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶∉ ℝ

Aangezien de breuk zich niet vereenvoudigt tot een getal, behoort het punt 𝑄 niet tot de rechte 𝑅.

(iii) De vectorrechte evenwijdig met de rechte 𝑅 heeft dezelfde richting als 𝑅 maar het steunpunt is de

oorsprong. Bijgevolg is de vectoriële vergelijking die we zoeken:

𝜆. (2𝐴 + 2𝐵 + 𝐶)

2.3.8 Examenvraag (tweede zittijd augustus 2016) Geef de Cartesische vergelijking van rechte 𝑐 door het punt 𝐴 = [3,0] en het punt 𝐵 = [2𝑡, −𝑡] met

𝑡 ∈ ℝ opdat dit punt ligt op de rechte b met parametervergelijking gegeven door:

{𝑥 = 2𝜆 + 6𝑦 = −7𝜆 + 3

Oplossing: We zoeken eerst de waarde van 𝑡. Aangezien het punt 𝐵 op de gegeven rechte moet liggen,

vullen we de waarde 𝑥 = 2𝑡 en 𝑦 = −𝑡 in, in de parametervergelijking:

{2𝑡 = 2𝜆 + 6−𝑡 = −7𝜆 + 3

We lossen nu het stelsel op naar respectievelijk 𝑡 en 𝜆 met behulp van de combinatiemethode en

vinden

{2𝑡 = 2𝜆 + 6−𝑡 = −7𝜆 + 3

|12|72⟺ {

0 = −12𝜆 + 1212𝑡 = 48

⟺ {𝜆 = 1𝑡 = 4

Het punt 𝐵 = [8,−4]. De Cartesische vergelijking kunnen we nu opstellen:

𝑦 = −4

5(𝑥 − 3) ⟺ 𝑦 = −

4

5𝑥 +

12

5

2.3.9 Examenvraag (Tussentijdse evaluatie 2014) Beschouw in het Cartesische assenstelsel de vectoren 𝐴 = [1 1], 𝐵 = [−2 1]. Bereken de

Cartesische voorstelling van de rechte 𝑃1 = 𝜆(2𝐵 + 𝐴) − 2𝐴 met 𝜆 ∈ ℝ en van de rechte 𝑃2 die

evenwijdig is met 𝑃1 maar door de eerste basisvector 𝑒1 = [1 0] gaat.

Oplossing: We stellen de parametervergelijking op van 𝑃1:

{𝑥 = −2 − 3𝜆𝑦 = −2 + 3𝜆

We vinden de Cartesische vergelijking van 𝑃1 door de parameter 𝜆 te elimineren:

𝑦 + 𝑥 = −4 ⟺ 𝑦 = −𝑥 − 4

De rechte 𝑃2 wordt gegeven door:


33

𝑦 = −𝑥 + 𝑡

zodat het punt 𝑒1 zich op de rechte bevindt, dit leidt tot de unieke waarde voor 𝑡: 0 = −1 + 𝑡 ⟺ 𝑡 =

1. De Cartesische vergelijking voor de rechte 𝑃2 wordt

𝑦 = −𝑥 + 1

2.4 (On)gelijkheden grafisch oplossen

2.4.1 Grafische oplossing voor stelsels met twee onbekenden We beschouwen opnieuw stelsels waar we het volgende voorbeeld nemen

{𝑥 + 8𝑦 = 94𝑥 + 3𝑦 = 7

|4−1|3−8⟺{

29𝑦 = 29−29𝑥 = −29

⟺{𝑦 = 1𝑥 = 1

In deze paragraaf, gaan we niet de technieken gebruiken uit Hoofdstuk 1 maar we wensen de oplossing

meetkundig te construeren in een Cartesisch assenstelsel. De idee is om de verschillende

vergelijkingen in het stelsel als Cartesische vergelijkingen van een rechte te interpreteren en deze te

tekenen.

Eigenschap:

1. Het stelsel heeft juist 1 oplossing indien de rechten snijden waar de oplossing het snijpunt is.

2. Het stelsel heeft geen oplossingen indien de rechten evenwijdig zijn.

3. Het stelsel heeft oneindig veel oplossingen indien de rechten samenvallen.

Uit paragraaf 2.3.4 weten we dat door twee steunpunten een rechte gaat. Bijgevolg volstaat het om

per vergelijking twee punten te nemen zodat haar Cartesische coördinaten voldoen aan de

vergelijking. De eenvoudigste punten om te kiezen zijn de snijpunten met de coördinaatassen zodat

we punten vinden van de vorm 𝑠1 = [0 𝑦1] en 𝑠2 = [𝑥2 0] die aan de vergelijking voldoet.

De steunpunten voor vergelijking 1 berekenen we voor het bovenstaand voorbeeld zijn 𝑠1 = [09

8]

en 𝑠2 = [9 0]. Voor de tweede vergelijking vinden we ook steunpunten 𝑠3 = [07

3] en 𝑠4 = [

7

40].

Figuur 15: De rechten 𝑥 + 8𝑦 = 9 met steunpunten 𝑠1, 𝑠2 en 4𝑥 + 3𝑦 = 7 met steunpunten 𝑠3, 𝑠4. De schaal van de grafiek is 0.5 cm.

𝑠1

𝑠2 𝑥

𝑦

𝑠3

𝑠4


34

Nu kunnen we deze punten aanbrengen in het Cartesisch assenstelsel en de punten verbinden om de

rechten te tekenen. De oplossing van het stelsel is precies het snijpunt tussen de twee rechten. In

Figuur 15 zijn de twee vergelijkingen getekend waarbij het snijpunt zich in de oplossing [1 1] zich

bevindt.

Opmerking: Indien de vergelijking een vectorrechte voorstelt zodat het rechterlid van de vergelijking

0 is, dan vallen de snijpunten met de coördinaatassen samen. Op die manier moet je als tweede punt

een ander punt kiezen naar keuze.

Om de opmerkingen te illustreren, beschouwen we een tweede voorbeeld die we zowel met de

combinatiemethode als grafisch zullen oplossen:

{𝑥 − 𝑦 = 3𝑥 − 4𝑦 = 0

|1−1|4−1⟺ {

3𝑦 = 33𝑥 = 12

⟺ {𝑦 = 1𝑥 = 4

We gaan opnieuw twee steunpunten bepalen per vergelijking om deze rechten en de bijhorende

oplossing van het stelsel visueel neer te zetten in een Cartesisch assenstelsel. De eerste vergelijking

heeft de steunpunten 𝑠1 = [0 −3] en 𝑠2 = [3 0]. Deze steunpunten zijn de snijpunten die de

rechte maakt met de coördinaatassen. De tweede vergelijking stelt een vectorrechte voor en gaat dus

door de oorsprong met steunpunt 𝑠3 = [0 0]. Om een tweede steunpunt te vinden, volstaat het niet

om naar de snijpunten met de coördinaatassen te kijken want dat levert alleen 𝑠3 op, we nemen een

andere waarde voor 𝑥 en berekenen de bijhorende waarde voor 𝑦: 𝑠4 = [21

2].

Figuur 16: De rechten 𝑥 − 𝑦 = 3met steunpunten 𝑠1, 𝑠2 en 𝑥 − 4𝑦 = 0 met steunpunten 𝑠3, 𝑠4. De schaal van de grafiek is 0.5 cm.

In Figuur 16 worden de twee rechten van de vergelijking visueel weergegeven in een Cartesisch

assenstelsel waarbij we de oplossing kunnen aflezen. Met deze grafische aanpak is het eenvoudig om

in te zien dat de eigenschap geldt die 3 scenario’s beschrijft. We nemen een voorbeeld die scenario 2

illustreert: vals stelsel.

{𝑥 + 8𝑦 = 93𝑥 + 24𝑦 = 7

|3−1⟺ {

20 = 03𝑥 + 24𝑦 = 7

𝑠1

𝑠2

𝑥

𝑦

𝑠3 𝑠4


35

De combinatiemethode levert onmiddellijk een vergelijking op die vals is: 20 = 0. Bijgevolg zijn er geen

oplossingen. Bijgevolg, indien we de vergelijkingen als rechten in een Cartesisch assenstelsel

beschouwen mag er geen snijpunt bestaan: de rechten moeten evenwijdig zijn.

De steunpunt voor de grafische oplossing van dit voorbeeld zijn als volgt: 𝑠1, 𝑠2 zijn precies de punten

zoals in Figuur 15, we berekenen steunpunten voor de tweede vergelijking die 𝑠3 = [07

24] en 𝑠4 =

[7

30] oplevert. De tekening in Figuur 17 laat zien dat het stelsel geen oplossingen heeft omdat de

rechten zich evenwijdig van elkaar bevinden en geen snijpunt gemeen hebben.

Figuur 17: De rechten 𝑥 + 8𝑦 = 9 met steunpunten 𝑠1, 𝑠2 en 3𝑥 + 24𝑦 = 7 met steunpunten 𝑠3, 𝑠4. De schaal van de grafiek is 0.5 cm.

We kunnen het voorbeeld nog een keer aanpassen om ook scenario 3 waarbij er oneindig veel

oplossing van het stelsel zijn te illustreren:

{𝑥 + 8𝑦 = 9

3𝑥 + 24𝑦 = 27|3−1⟺ {

0 = 03𝑥 + 24𝑦 = 27

Het is duidelijk dat er in dit stelsel een redundante vergelijking is wat betekent dat deze geschrapt mag

worden. Dit betekent echter dat er maar 1 vergelijking is en dus bijgevolg maar 1 rechte. Elk punt op

deze rechte is een oplossing van het stelsel. De rechte heeft als steunpunten 𝑠1 = [09

8] en 𝑠2 =

[9 0].

2.4.2 Ongelijkheden grafisch oplossen Bij het oplossen van ongelijkheden, wens je in het Cartesische assenstelsel de coördinaten te kennen

van de punten die de ongelijkheid waar maken. Als voorbeeld beschouwen we de ongelijkheid:

2𝑥 − 3𝑦 < 6

We weten reeds dat de gelijkheid – in dit geval 2𝑥 − 3𝑦 = 6 – een rechte voorstelt gegeven als een

Cartesische vergelijking. Bijgevolg geldt de belangrijke regel:

𝑠1

𝑠2 𝑥

𝑦

𝑠3

𝑠4


36

Eigenschap: De oplossing van een (strikte) ongelijkheid is steeds een halfvlak begrensd door de rechte.

Indien er één punt in het halfvlak aan de ongelijkheid voldoet, dan voldoet elk punt van het halfvlak

aan de ongelijkheid. Omgekeerd geldt ook dat als er één punt in het halfvlak niet aan de ongelijkheid

voldoet dan voldoet geen enkel punt van het halfvlak aan de ongelijkheid.

Met behulp van de eigenschap, kunnen we een ongelijkheid oplossen door drie stappen te doorlopen:

(i) we tekenen de rechte, de punten op de rechte voldoen aan de gelijkheid, (ii) we nemen een testpunt

in elk van de halfvlakken t.o.v. de rechte, (iii) de oplossing is dat halfvlak die het testpunt bevat waar

de ongelijkheid geldt. We illustreren deze werkwijze op het bovenstaand voorbeeld.

Figuur 18: De rechte 2𝑥 − 3𝑦 = 6 met steunpunten 𝑠1, 𝑠2 en testpunten 𝑡1, 𝑡2 voor de ongelijkheid 2𝑥 − 3𝑦 <6 zodat de oplossing bepaald wordt door het halfvlak in het rode gebied. De schaal van de grafiek is 0.5 cm.

We beschouwen de steunpunten van de vergelijking 2𝑥 − 3𝑦 = 6 gegeven door 𝑠1 = [0 −2] en

𝑠2 = [3 0]. Het eenvoudigste testpunt dat niet op de rechte zich bevindt is de oorsprong 𝑡1 =

[0 0]. Het tweede testpunt is 𝑡2 = [3,−2] dat precies door de niet-nul coördinaten van de

steunpunten wordt gevormd. We evalueren de testpunten in de ongelijkheid:

Testpunt 1: 0 < 6

Testpunt 2: 12 < 6

Alleen voor testpunt 1 is de ongelijkheid correct, bijgevolg is de oplossing van de ongelijkheid het

volledige halfvlak t.o.v. de rechte waarin testpunt 𝑡1 zich bevindt zoals aangegeven in Figuur 18.

Precies op dezelfde manier, kunnen we stelsels ongelijkheden oplossen op een grafische manier. We

lossen elk van de ongelijkheden op waar de doorsnede van de toegelaten halfvlakken per vergelijking

de oplossing aanbiedt van het stelsel.

We beschouwen het volgende stelsel ongelijkheden:

{2𝑥 − 3𝑦 < 6−3𝑥 + 2𝑦 > −1

De eerste ongelijkheid werd reeds opgelost in Figuur 18. Nu lossen we de tweede ongelijkheid op. We

beschouwen eerst de gelijkheid −3𝑥 + 2𝑦 = −1 en beschouwen de steunpunten 𝑠3 = [0 −1

2] en

𝑠1

𝑠2 𝑥

𝑦

𝑡1

𝑡2


37

𝑠4 = [1

30]. Opnieuw is het testpunt 𝑡1 = [0 0] een eenvoudige keuze zodat we ook 𝑡2 als tweede

testpunt kunnen kiezen. We evalueren de testpunten:

Testpunt 1: 0 > −1

Testpunt 2: −13 > −1

Alleen voor het eerste testpunt is de ongelijkheid correct, bijgevolg is de oplossing van de ongelijkheid

het volledige halfvlak t.o.v. de rechte waarin testpunt 𝑡1 zich bevindt zoals aangegeven in

Figuur 19: De rechte −3𝑥 + 2𝑦 = −1 met steunpunten 𝑠3, 𝑠4 en testpunten 𝑡1, 𝑡2 voor de ongelijkheid −3𝑥 +2𝑦 > −1 zodat de oplossing bepaald wordt door het halfvlak in het groene gebied. De schaal van de grafiek is

0.5 cm.

Om de oplossing van het stelsel te bekomen, moet de doorsnede bepaald worden van de twee

toegelaten gebieden in respectievelijk Figuur 18 en Figuur 19.

Figuur 20: De oplossing van de ongelijkheid als doorsnede van de toegelaten halfvlakken uit Figuur 18 en Figuur 19.

2.4.3 Toepassing Cirque du Soleil maakt reclame voor familiedeals indien je een zetel kiest waar de kostprijs voor

volwassenen en kinderen minstens 100 euro bedraagt. De eerste deal houdt in dat 4 volwassenen met

𝑠3 𝑠4

𝑥

𝑦

𝑡1

𝑡2

𝑠1

𝑠2 𝑥

𝑦

𝑡1

𝑡2

𝑠4 𝑠3


38

2 kinderen maximaal 374 euro betaalt waar de tweede deal inhoudt dat 2 volwassenen met 3 kinderen

maximaal 285 euro betaalt. De effectieve prijs hangt af van de zetel.

Een groepstarief met 8 volwassenen met 12 kinderen bedraagt maximaal 850 euro, is dit dan beter

dan de familiedeals onafhankelijk van de zetelkeuze?

Oplossing: We voeren onbekenden 𝑥 prijs voor een volwassene en 𝑦 prijs voor een kind. De volgende

gegevens zijn ter beschikking wat de familiedeals betreft:

{

𝑥 + 𝑦 ≥ 1004𝑥 + 2𝑦 ≤ 3742𝑥 + 3𝑦 ≤ 285

Het groepstarief geeft de ongelijkheid: 8𝑥 + 12𝑦 ≤ 850. Is dit goedkoper dan wat bekomen kan

worden door de familiedeals? We tekenen de verschillende rechten uit het stelsel van ongelijkheden

en bepalen het gemeenschappelijke gebied waar de ongelijkheden geldig zijn. In Figuur 21 zien we dat

het groepstarief beter is dan een combinatie van de familiedeals aangezien het groepstarief per zitje

goedkoper wordt dan wat de familiedeals kan aanleveren.

Figuur 21: Toepassing Cirque du Soleil – het stelsel van ongelijkheden wordt bepaald door de gekleurde rechten waar het blauwe gebied de oplossing van het stelsel aangeeft, de rechte in stippenlijn is de ongelijkheid van het

groepstarief en de mogelijke oplossingen in het gele gebied.

2.5 Lineaire afbeelding In deze paragraaf bekijken we de invloed van het Cartesische coördinatensysteem op lineaire

afbeeldingen zoals verschuivingen, vergrotingen (homothetie), draaiingen en spiegelingen. Als we

deze afbeeldingen in een Cartesisch assenstelsel uitdrukken dan blijkt dat een lineaire afbeelding kan

voorgesteld worden door een matrix zodat het beeld een matrixvermenigvuldiging wordt met een

vector. Deze matriciële constructies liggen aan de basis van digitale televisie, fotoshop, JPEG maar ook

moderne tekenfilms. De reden hiertoe is dat meetkundige operaties snel kunnen doorgerekend

worden en voorgesteld worden aan de hand van matrices.

0 50 100 1500

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

Prijs volwassen

Pri

js k

ind


39

2.5.1 Spiegelen rond de oorsprong De eerste afbeelding die we bestuderen is een spiegeling van een punt 𝑎 rond de oorsprong. Een

spiegeling rond de oorsprong betekent dat we de rechte beschouwen door 𝑂 en 𝑎 zodat het

spiegelpunt 𝑎′ zich op dezelfde afstand bevindt van de oorsprong als 𝑎 en zich op de rechte bevindt

maar langs de andere kant van de oorsprong dan het punt 𝑎. Bijgevolg zijn de punten 𝑎 en 𝑎′ vectoren

van eenzelfde grootte en richting maar de zin is tegengesteld.

Figuur 22: Puntspiegeling rond de oorsprong.

Uitgaande van de grafische voorstelling in Figuur 22, kunnen we de puntspiegeling rond de oorsprong

uitdrukken met Cartesische coördinaten. We beschouwen de punten 𝑎 = [𝑥𝑎 𝑦𝑎] en 𝑎′ =

[−𝑥𝑎 −𝑦𝑎] zodat de punten elkaars spiegelbeeld zijn rond de oorsprong. Als we de punten

uitdrukking in haar basisrichtingen 𝑒1, 𝑒2 dan vinden we:

𝑎′ = [−𝑥𝑎−𝑦𝑎

] = 𝑥𝑎 [−10] + 𝑦𝑎 [

0−1] = [

−1 00 −1

] [𝑥𝑎𝑦𝑎]

Een puntspiegeling rond de oorsprong wordt bepaald door de matrixvermenigvuldiging met de

spiegelingsmatrix

𝑆0 = [−1 00 −1

]

De matrix geeft per kolom de puntspiegeling weer van de basisrichtingen. De basisrichting 𝑒1 wordt

gespiegeld naar −𝑒1, terwijl 𝑒2 gespiegeld wordt naar −𝑒2.

2.5.2 Spiegelen om een as De tweede spiegeling die we beschouwen spiegelt een punt om een as. Een punt 𝑎′ is de spiegeling

van het punt 𝑎 om een rechte 𝑅, indien de rechte door de punten 𝑎 en 𝑎′ loodrecht op de 𝑅 staat

zodat de afstand van 𝑎 tot de rechte 𝑅 en de afstand van 𝑎′ tot de rechte 𝑅 gelijk zijn. Figuur 23

illustreert het principe grafisch.

De spiegeling om de rechte 𝑅 kan opnieuw uitgedrukt worden met behulp van een

matrixvermenigvuldiging. Om deze matrix te berekenen, moeten we alleen de basispunten 𝑒1, 𝑒2

spiegelen om de rechte 𝑅 om 𝑒1′ , 𝑒2

′ te bekomen:

𝑎′ = [𝑥𝑎′

𝑦𝑎′] = [

𝑒1,𝑥′ 𝑒2,𝑥

′

𝑒1,𝑦′ 𝑒2,𝑦

′ ] [𝑥𝑎𝑦𝑎]


40

Een spiegeling om een as 𝑅 wordt bepaald door de matrixvermenigvuldiging met de spiegelingsmatrix

gegeven door

𝑆𝑅 = [𝑒1,𝑥′ 𝑒2,𝑥

′

𝑒1,𝑦′ 𝑒2,𝑦

′ ]

De matrix geeft per kolom de spiegeling om de rechte 𝑅 van de basisrichtingen. . De basisrichting 𝑒1

wordt gespiegeld naar 𝑒1′ , terwijl 𝑒2 gespiegeld wordt naar 𝑒2

′ .

Figuur 23: Spiegeling om een rechte

2.5.3 Homothetie Een homothetie is een vergroting of verkleining van een vector. Bijgevolg wordt een vector dichter of

verder weg van de oorsprong gebracht zoals geïllustreerd in Figuur 24.

Figuur 24: Homothetie

De matrixvermenigvuldiging om een homothetie te bekomen drukt alleen de vergrotings- of

verkleiningsfactor ℎ uit die het punt verder of dichter bij de oorsprong brengt:

𝑎′ = [ℎ 00 ℎ

] [𝑥𝑎𝑦𝑎]

Merk op dat indien ℎ = −1 de homothetie een puntspiegeling rond de oorsprong wordt.


41

Een homothetie met vergrotingsfactor ℎ wordt bepaald door de matrixvermenigvuldiging met matrix

gegeven door

𝐻ℎ = [ℎ 00 ℎ

]

De matrix geeft per kolom de vergroting/verkleining van de basisrichtingen aan. De basisrichting 𝑒1

wordt vergroot/verkleind naar [ℎ0], terwijl 𝑒2 vergroot/verkleind wordt naar [

0ℎ]. De homothetie is een

vergroting indien ℎ > 1 en een verkleining indien ℎ < 1. De factor mag negatief zijn maar dan is de

homothetie een combinatie van een homothetie en een spiegeling om de oorsprong.

2.5.4 Rotatie Een rotatie draait een punt over een hoek 𝜃 meestal uitgedrukt in tegenwijzerzin. Bijgevolg zullen ook

de basisrichtingen en de coördinaatsassen diezelfde draaiing ondergaan.

Figuur 25: Rotatie over een hoek 𝜃

De regels van een rechthoekige driehoek laat toe om mits wat goniometrie, de transformatiematrix te

berekenen. Inderdaad, de basisrichting 𝑒1 = [10] wordt getransformeerd tot 𝑒1

′ = [cos(𝜃)

sin(𝜃)] terwijl de

tweede basisrichting 𝑒2 = [01] getransformeerd wordt tot 𝑒2

′ = [−sin(𝜃)

cos(𝜃)]. We maakten gebruik dat in

een rechthoekige driehoek geldt:

cos(𝛾) =aanliggende zijde

schuine zijde

sin(𝛾) =overstaande zijde

schuine zijde

Het min-teken bij 𝑒2′ verschijnt aangezien de draaiing het punt 𝑒2

′ brengt aan de linkerkant van de

verticale as die een negatieve 𝑥-coördinaat heeft.

Een draaiing over een hoek 𝜃 in tegenwijzerzin wordt bepaald door de matrixvermenigvuldiging met

matrix gegeven door

𝑅𝜃 = [cos (𝜃) − sin(𝜃)

sin(𝜃) cos(𝜃)]

De matrix geeft per kolom de rotatie van de basisrichtingen aan. De basisrichting 𝑒1 wordt gedraaid

naar [cos(𝜃)

sin(𝜃)], terwijl 𝑒2 gedraaid wordt naar [

−sin(𝜃)

cos(𝜃)].


42

2.5.5 Verschuiving Bij een verschuiving worden alle punten van het Cartesisch assenstelsel verschoven over een lijnstuk.

Alle punten worden dus evenwijdig met dit lijnstuk verschoven en de schuifafstand is precies de lengte

van het lijnstuk zoals grafisch weergegeven in Figuur 26. Bij een verschuiving heb je een matrix nodig

van orde 3 × 3 in plaats van de tot nu toe gebruikte matrices van orde 2 × 2. Tot dusver bestond de

matrix van orde 2 × 2 uit kolommen die aangaven hoe de basisvectoren zich transformeren. De derde

kolom drukt uit hoe de oorsprong transformeert. Merk op dat in de vorige transformaties zoals rotatie,

homothetie, spiegeling de oorsprong niet verandert waardoor er geen nood is om een derde kolom

toe te voegen. De derde rij bestaat altijd uit [0 0 1].

Figuur 26: Verschuiving

Een verschuiving over een lijnstuk wordt bepaald door een matrixvermenigvuldiging met

(bovendriehoeks)matrix van orde 3 × 3 die gegeven wordt door

𝑇 = [1 0 𝑥𝑂′0 1 𝑦𝑂′0 0 1

]

De derde kolom geeft de nieuwe locatie aan in het Cartesische assenstelsel van de oorsprong na

verschuiving.

Op die manier berekenen we de coördinaten van het punt 𝑎′ als volgt:

[𝑥𝑎′𝑦𝑎′1] = [

1 0 𝑥𝑂′0 1 𝑦𝑂′0 0 1

] [𝑥𝑎𝑦𝑎1]

Er wordt een derde coördinaat toegevoegd maar deze is altijd 1.

2.5.6 Combinatie Een combinatie van verschillende lineaire afbeeldingen resulteert in een product van de

respectievelijke matrices waarbij de factor rechts de eerste operatie inhoudt en de factor links de

laatste.

Voorbeeld: We draaien -45 graden en spiegelen om de negatieve bissectrice om dan 3 basisvectoren

naar rechts en 1 basisvector naar boven te verschuiven.

We starten met de draaiing van 45 graden in wijzerszin


43

De rotatiematrix wordt gegeven door

𝑅45° =

[ 1

√2

1

√2−1

√2

1

√2]

De volgende stap is een spiegeling om de negatieve bissectrice

De spiegelingsmatrix wordt gegeven door

𝑆𝑅 = [0 −1−1 0

]

De laatste stap is een verschuiving die de oorsprong brengt naar het punt met coördinaten 𝑂′ = [3,1]

De verschuivingsmatrix wordt gegeven door

𝑇 = [1 0 30 1 10 0 1

]

De drie operaties uitvoeren in die specifieke volgorde kan berekend worden aan de hand van de

matrixvermenigvuldiging:

[1 0 30 1 10 0 1

] [0 −1 0−1 0 00 0 1

]

[ 1

√2

1

√20

−1

√2

1

√20

0 0 1]

= [1 0 30 1 10 0 1

]

[ 1

√2−1

√20

−1

√2−1

√20

0 0 1]

=

[ 1

√2−1

√23

−1

√2−1

√21

0 0 1]

𝑥

𝑥′

𝑦

𝑦′

𝑅

𝑒2′

𝑒2

𝑒1′

𝑒1

𝑥

𝑦

𝑂′

𝑂 𝑥

𝑦


44

2.6 Eigenwaarden en –vectoren

2.6.1 Intuïtie We hebben gezien dat we een combinatie van verschuivingen, draaiingen, spiegelingen en

homothetieën kunnen bekijken als een matrix van orde 3x3. Een eigenvector is een richting die door

de lineaire afbeelding niet van richting verandert maar alleen van grootte. De vergrotingsfactor is de

eigenwaarde. We zoeken dus naar vectoren die aan de volgende vergelijking voldoen:

𝐴𝑥 = 𝜆𝑥 ⟺ [

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

] [

𝑥1𝑥2𝑥3] = 𝜆 [

𝑥1𝑥2𝑥3]

zodat 𝜆 ∈ ℝ de eigenwaarde is en 𝑥 ∈ ℝ3×1 de eigenvector. We kunnen de vergelijking ook aan de

hand van een stelsel schrijven:

(𝐴 − 𝜆𝐼)𝑥 = 0 ⟺ {

(𝑎11 − 𝜆)𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + 𝑎13𝑥3 = 0

𝑎21𝑥1 + (𝑎22 − 𝜆)𝑥2 + 𝑎23𝑥3 = 0

𝑎31𝑥1 + 𝑎32𝑥2 + (𝑎33 − 𝜆)𝑥3 = 0

Indien 𝜆 een eigenwaarde is dan zijn er oneindig veel oplossingen. Wanneer je een oplossing 𝑥

gevonden hebt, dan is 𝑟𝑥 ook een oplossing voor 𝑟 ∈ ℝ. Een eigenvector is dus een vectorrechte die

door de oorsprong gaat. Indien je een 𝜆 kiest die geen eigenwaarde is, dan is de enige oplossing van

het stelsel de oorsprong.

2.6.2 Determinant: berekenen van eigenwaarden De determinant speelt een belangrijke rol om redundante vergelijkingen te identificeren in een stelsel.

Indien we het stelsel beschouwen 𝐴𝑥 = 𝑏 waarbij de matrix 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛 en 𝑥, 𝑏 ∈ ℝ𝑛×1 dan bezit het

stelsel een redundante vergelijking indien det(𝐴) = 0 bijgevolg kan er een vergelijking worden

geschrapt en bezit het stelsel oneindig veel oplossingen.

Determinant van een matrix van orde 2 × 2:

det ([𝑎11 𝑎12𝑎21 𝑎22

]) = 𝑎11𝑎22 − 𝑎21𝑎12

Determinant van een matrix van orde 3 × 3 via de ontwikkelingsregel:

det ([

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

]) = 𝑎11 det ([𝑎22 𝑎23𝑎32 𝑎33

]) − 𝑎21 det ([𝑎12 𝑎13𝑎32 𝑎33

]) + 𝑎31 det ([𝑎12 𝑎13𝑎22 𝑎23

])

= 𝑎11(𝑎22𝑎33 − 𝑎32𝑎23) − 𝑎21(𝑎12𝑎33 − 𝑎32𝑎13) + 𝑎31(𝑎12 𝑎23 − 𝑎22𝑎13)

Je mag ontwikkelen volgens gelijk welke rij of kolom, je moet wel oppassen want als de som van de

index van de spilelementen (groen) even is dan staat er een optelling, indien de som van de index

oneven is dan verschijnt een minteken.

det ([

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

]) = −𝑎21 det ([𝑎12 𝑎13𝑎32 𝑎33

]) + 𝑎22 det ([𝑎11 𝑎13𝑎31 𝑎33

]) − 𝑎23 det ([𝑎11 𝑎12𝑎31 𝑎32

])

= −𝑎21(𝑎12𝑎33 − 𝑎32𝑎13) + 𝑎22(𝑎11𝑎33 − 𝑎31𝑎13) − 𝑎23(𝑎11 𝑎32 − 𝑎31𝑎12)

De spilelementen 𝑎12, 𝑎21, 𝑎23 en 𝑎32 krijgen een minteken, de andere spilelementen 𝑎11, 𝑎13, 𝑎22, 𝑎31

en 𝑎33 bekomen een plusteken.

Opmerking: Een kortere notatie voor aan te geven dat een determinant wordt berekend is als volgt:


45

det ([

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

]) = |

𝑎11 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33

|

De notatie aan de hand van verticale lijnen is internationaal niet meer populair. De afname in

populariteit is omdat de notatie te veel verwarring brengt met de absolute waarde |−3| = 3. De

determinant kan ook negatief zijn. Beide notaties mogen gebruikt worden in deze cursus.

We kunnen de eigenwaarden van een matrix 𝐴 vinden als de getallen waarvoor de volgende

determinant gelijk is aan 0:

det(𝐴 − 𝜆𝐼) = det ([

𝑎11 − 𝜆 𝑎12 𝑎13𝑎21 𝑎22 − 𝜆 𝑎23𝑎31 𝑎32 𝑎33 − 𝜆

]) = 0

De eigenvector bij een eigenwaarde 𝜆 is de oplossing van het stelsel:

{

(𝑎11 − 𝜆)𝑥1 + 𝑎12𝑥2 + 𝑎13𝑥3 = 0

𝑎21𝑥1 + (𝑎22 − 𝜆)𝑥2 + 𝑎23𝑥3 = 0

𝑎31𝑥1 + 𝑎32𝑥2 + (𝑎33 − 𝜆)𝑥3 = 0

Opmerking: Het aantal oplossingen van dit stelsel moet altijd oneindig zijn, indien je de 0-oplossingen

vindt, dan is de keuzen van eigenwaarde fout.

2.6.3 Voorbeeld We bekijken het voorbeeld uit paragraaf 2.5.6 waar de lineaire afbeelding de matrixvermenigvuldiging

inhoudt met matrix

𝐴 =

[ 1

√2−1

√23

−1

√2−1

√21

0 0 1]

We berekenen de eigenwaarden:

det(𝐴 − 𝜆𝐼) = det

(

[ 1

√2− 𝜆 −

1

√23

−1

√2−1

√2− 𝜆 1

0 0 1 − 𝜆]

)

= (1 − 𝜆) (−(1

2− 𝜆2) −

1

2)

= −(1 − 𝜆)2(1 + 𝜆)

De eigenwaarden zijn 𝜆 = 1 en 𝜆 = −1. We berekenen de eigenvectoren bij elke eigenwaarde en

bekomen voor 𝜆 = −1:

{

(1 +

1

√2)𝑥1 −

1

√2𝑥2 + 3𝑥3 = 0

−1

√2𝑥1 + (1 −

1

√2)𝑥2 + 𝑥3 = 0

2𝑥3 = 0

⟺

{

(1 +

1

√2)𝑥1 −

1

√2𝑥2 = 0

−1

√2𝑥1 + (1 −

1

√2) 𝑥2 = 0

𝑥3 = 0

|

|

1

√2

(1 +1

√2)

0


46

⟺

{

(1 +1

√2) 𝑥1 −

1

√2𝑥2 = 0

0𝑥2 = 0𝑥3 = 0

De tweede vergelijking is redundant en kan geschrapt worden zodat de eigenvector gegeven wordt

door:

𝑉𝜆=−1 = {[𝑡 (√2 + 1)𝑡 0]|𝑡 ∈ ℝ}

We vinden de vectorrechte met parametervergelijking:

{𝑥 = 𝑡

𝑦 = (√2 + 1)𝑡

De Cartesische vergelijking van de eigenrechte is 𝑦 = (√2 + 1)𝑥. Alle punten op deze rechte worden

door de lineaire afbeelding 𝐴 terug op die rechte afgebeeld. Aangezien de eigenwaarde -1 is zal de

afbeelding de punten op de rechte puntspiegelen rond de oorsprong.


𝑅45° =

[ 1

√2

1

√2−1

√2

1

√2]


𝑆𝑅 = [0 −1−1 0

]

Opmerking: De eigenvector is alleen een eigenvector voor de combinatie rotatie over 45 graden

gevolgd door de spiegeling rond de negatieve bissectrice zonder de verschuiving. Voor de verschuiving

ook te kunnen gebruiken moet de 𝑥3-coördinaat immers gelijk zijn aan 1 terwijl de eigenvector deze

vasthoudt op 𝑥3 = 0.

Nu berekenen we de eigenvectoren bij de eigenwaarde 𝜆 = 1 en we bekomen het stelsel:

𝑥

𝑦

𝑎

𝑎′

𝑦 = (√2 + 1)𝑥

𝑥

𝑦

𝑎

𝑎′

𝑦 = (√2 + 1)𝑥 𝑅

𝑎′′


47

{

(

1

√2− 1) 𝑥1 −

1

√2𝑥2 + 3𝑥3 = 0

−1

√2𝑥1 − (1 +

1

√2)𝑥2 + 𝑥3 = 0

0. 𝑥3 = 0

De derde vergelijking is duidelijk redundant en mag geschrapt worden. We lossen de overige

vergelijkingen op:

{

(1

√2− 1) 𝑥1 −

1

√2𝑥2 + 3𝑥3 = 0

−1

√2𝑥1 − (1 +

1

√2)𝑥2 + 𝑥3 = 0

||

1

√21

√2− 1

⟺{(1

√2− 1)𝑥1 −

1

√2𝑥2 = 0

𝑥3 = 0

De oplossing van het stelsel wordt:

𝑉𝜆=1 = {[𝑡 (1 − √2)𝑡 0]|𝑡 ∈ ℝ}

De eigenvector is een rechte met parametervergelijking:

{𝑥 = 𝑡

𝑦 = (1 − √2)𝑡

De Cartesische vergelijking van de eigenrechte is 𝑦 = (1 − √2)𝑥. Alle punten op deze rechte worden

door de lineaire afbeelding 𝐴 terug op die rechte afgebeeld. Aangezien de eigenwaarde 𝜆 = 1 blijven

de punten op hun plaats zonder te bewegen.


𝑅45° =

[ 1

√2

1

√2−1

√2

1

√2]


𝑆𝑅 = [0 −1−1 0

]

𝑥

𝑦

𝑎

𝑦 = (1 − √2)𝑥

𝑎′

𝑅

𝑥

𝑦

𝑎 = 𝑎′′

𝑎′

𝑦 = (1 − √2)𝑥


48

2.6.4 Toepassing Groeimodel zijn dynamische vergelijkingen waarbij aan de hand van een matrixvermenigvuldiging

informatie wordt geüpdatet. De eigenvectoren geven inzicht hoe de toestand van het systeem

verandert. Laten we een konijnenpopulatie beschouwen waarbij volgende informatie beschikbaar is:

1. Slechts de 50% van de konijn overleven het eerste jaar.

2. Van die 50% die het eerste jaar overleven, overleeft 50% het tweede jaar.

3. In het eerste jaar zijn er geen nakomelingen, terwijl er gemiddeld in het tweede jaar 6

nakomelingen en in het derde jaar 8 nakomelingen per konijn verwacht worden.

Beschouw de vector 𝑥 ∈ ℝ3×1 zodat 𝑥 = [

𝑥1𝑥2𝑥3] met 𝑥1 het aantal vrouwtjes met leeftijd onder 1 jaar,

𝑥2 het aantal vrouwtjes met leeftijd tussen 1 en 2 jaar, 𝑥3 het aantal vrouwtjes met leeftijd tussen 2

en 3 jaar. De matrix die de aantallen aanpast naar het volgende jaar wordt gegeven door:

𝐴 = [0 6 80.5 0 00 0.5 0

]

Onderstel dat we starten met 10 konijnen die net geslachtsrijp zijn op een leeftijd van 2 jaar, het

volgende jaar mogen we volgende verdeling verwachten:

𝐴 [0100] = [

6005]

In jaar drie leidt dit tot de volgende verdeling van de konijnenpopulatie:

𝐴 [6005] = [

40300]

Over een tijdspanne van 15 jaar hebben we volgende populatieverdeling:

Jaar 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

x1 0 60 40 180 240 620 1080 2340 4480 9180 18120 36500 72720 145740 291160

x2 10 0 30 20 90 120 310 540 1170 2240 4590 9060 18250 36360 72870

x3 0 5 0 15 10 45 60 155 270 585 1120 2295 4530 9125 18180

Figuur 27: Populatieverdeling konijnen over 15 jaar

Uit de tabel valt op dat vanaf jaar 8, de populatie per leeftijdsgroep ongeveer verdubbelt. Deze

verdubbeling is precies wat verwacht wordt aangezien de grootste eigenwaarde van de matrix 𝐴 gelijk

is aan 2. Laten we de grootste eigenwaarde berekenen en de bijhorende eigenvector van de matrix.

We berekenen:

det ([−𝜆 6 80.5 −𝜆 00 0.5 −𝜆

]) = −𝜆3 + 3𝜆 + 2 = (𝜆 + 1)(−𝜆2 + 𝜆 + 2) = (𝜆 + 1)2(−𝜆 + 2)

De eigenwaarden zijn bijgevolg −1 en 2. We berekenen nu de eigenvector bij eigenwaarde 𝜆 = 2 aan

de hand van de Gaussmethode:


49

{

−2𝑥1 + 6𝑥2 + 8𝑥3 = 0

1

2𝑥1 − 2𝑥2 = 0

1

2𝑥2 − 2𝑥3 = 0

∼

[ −2 6 8 01

2−2 0 0

01

2−2 0]

𝑅1=

𝑅12

𝑅2=2𝑅2𝑅3=2𝑅3→ [

−1 3 4 01 −4 0 00 1 −4 0

]

Nu passen we de Gaussmethode toe om een bovendriehoeksmatrix te bekomen:

[−1 3 4 01 −4 0 00 1 −4 0

]𝑅2=𝑅2+𝑅1→ [

−1 3 4 00 −1 4 00 1 −4 0

]

De laatste rij is redundant en we bekomen het stelsel:

{−𝑥1 + 3𝑥2 + 4𝑥3 = 0

𝑥2 = 4𝑥3

De oplossing van het stelsel is de verzameling 𝑉𝜆=2 = {[16𝑡 4𝑡 𝑡]|𝑡 ∈ ℝ}. Bijgevolg kunnen we

verwachten dat het aantal konijnen in leeftijdsgroep 1 ongeveer gelijk is aan 4 keer het aantal in

leeftijdsgroep 2 en dat het aantal in leeftijdsgroep 2 ook 4 keer het aantal konijnen is in leeftijdsgroep

3. Als we kijken naar de tabel in Figuur 27 dan zien we dat deze verhoudingen optreden na een verloop

van tijd. Hoe verder in de tijd, hoe correcter dat deze verhouding weerspiegelt zullen worden. Dit

fenomeen heet men de “wet van Rayleigh” of “quotiëntiteratie van Rayleigh”. De wet voorspelt dat na

verloop van tijd door het herhaaldelijk toepassing van een matrixproduct, het resultaat ervan streeft

naar de eigenvector geassocieerd met de grootste eigenwaarde.

Wet van Rayleigh: Voor een matrix 𝐴 ∈ ℝ𝑛×𝑛 met een unieke grootste eigenwaarde 𝜆0 en eigenvector

𝑥0 geldt dat 𝐴𝑘𝑥 voor 𝑘 voldoende groot, streeft naar de eigenvector van de matrix 𝐴 zodat 𝑥0 ≈ 𝐴𝑘𝑥

bij de eigenwaarde 𝜆0. Dit geldt voor elke 𝑥 ∈ ℝ𝑛 zolang 𝑥 niet loodrecht staat op 𝑥0.

Opmerking: De Google zoekmachine gebruikt de wet van Rayleigh. De pagina’s na een “Google search”

worden in die volgorde weergegeven zodat als je willekeurig zou hyperlinks volgen in pagina’s die

gerelateerd zijn met je zoekopdracht, je met de hoogste waarschijnlijk na een voldoende lange tijd

aankomt bij de eerste Google pagina, de tweede meest waarschijnlijke eindpunt is de tweede pagina

in de zoekresultaten enz…

De wet van Rayleigh speelt een belangrijke rol in verschillende domeinen uit de wiskunde. Het gaf

aanleiding tot grote doorbraken in de numerieke wiskunde die algoritmes beschrijft, dynamische

systemen die differentiaalvergelijkingen bestudeert en functionaalanalyse die dergelijke

eigenwaarden en vectoren bestuderen voor oneindigdimensionale functies. Buiten Google maakt ook

de mobiele communicatie gebruik van deze wetmatigheden onder wat men fixpuntstellingen heet.

Hoofdstuk 3: Goniometrie

50

3 Goniometrie Processen in het menselijk lichaam vertonen veel herhaalde patronen. De ademhaling en hartritme

zijn de meest voor de hand liggende voorbeelden waar een periodiek patroon voorkomt. Het hartritme

is een periodiek functie waar een aantal slagen per minuut geobserveerd wordt, de ademhaling is

gekoppeld aan dit hartritme maar is typisch ongeveer een factor 3 trager. Heel veel meetinstrumenten

die artsen gebruiken buiten deze periodiciteit uit om fysiologische parameters te meten zoals

bloeddrukmeters, fotoplethysmografie, magnetische resonantie, biospectroscopie, … In deze

meetinstrumentatie speelt periodieke patroneren en afwijkingen van het periodieke gedrag een

belangrijke rol, die rol wordt kracht bijgezet omdat artsen op basis van deze periodieke verschijnselen

diagnoses stellen. De tak van de wiskunde die periodieke verschijnselen bestudeert is de harmonische

analyse. In dit hoofdstuk beperken we ons tot een deeldomein van de harmonische analyse die

geïnspireerd wordt door de vlakke meetkunde: goniometrie of driehoeksmeetkunde.

3.1 Inleiding Periodieke verschijnselen reguleren de diffusie in het menselijk lichaam. Het dominante periodieke

effect in het lichaam is uiteraard de pulsatie van het hart. De opdeling van het hart in kamers leidt

immers verder tot andere pulsaties naast de hartslag. In het bijzonder onderscheidt men systolische

fase of samentrekking van de linkerhartkamer en diastolische fase of bloedvulling van de

linkerhartkamer.

De hartslag wordt voorgesteld door een sinusgolf die de frequentie volgt van de hartslag:

ℎ(𝑡) = sin(2𝜋𝑓ℎ𝑡)


51

waarbij 𝑓ℎ de frequentie is uitgedrukt in Hertz wat overeenkomt met ongeveer het aantal slagen per

minuut gedeeld door 60. De verschillende hartkamers en de samenstelling van de slagaders zorgt voor

een bloeddruk golf.

𝑝(𝑡) = 𝑔(sin(2𝜋𝑓ℎ𝑡))

waarbij de functie 𝑔(𝑥) goed voorgesteld kan worden door een veelterm van graad 3:

𝑔(𝑥) = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑

met parameters 𝑎, 𝑏, 𝑐 en 𝑑 die afhangen van de individuele patiënt. Dit hoofdstuk zal onder meer

tonen dat:

sin2(𝑡) =1

2(1 − cos(2𝑡))

zodat de aanwezigheid van een kwadratische functie in de bloeddrukgolf een periodiek verschijnsel

introduceert die tweemaal zo snel door de slagaders beweegt hoewel met een amplitude die slechts

de helft is van de bloeddrukgolf. Gelijkaardig aan de tweede graad vinden we voor de derde graad:

sin3(𝑡) =1

4(3 sin(𝑡) − sin(3𝑡))

Zodat de derde graad een periodiek verschijnsel aanlevert dat driemaal zo snel door de slagaders

beweegt en dit met een amplitude die vier maal kleiner is dan de bloeddrukgolf. Een bloeddrukgolf bij

een effectieve patiënt wordt getoond in Figuur 28 waarbij de kleine oscillaties onderaan de kleinere

maar snellere periodieke golven voorstellen. De hoogteschommelingen bij de toppen wordt

veroorzaakt door de ademhaling waarbij je ziet dat die toppen zich ook periodiek gedragen maar met

een patroon dat ongeveer 3 maal trager is dan de hartslag.

Figuur 28: Bloeddrukgolf

3.2 Goniometrische getallen

3.2.1 Graden en radialen Hoeken worden meestal aangeduid met Griekse letters. De grootte van een hoek wordt gemeten in

tegenwijzerzin t.o.v. de goniometrische cirkel wiens middelpunt samenvalt met het hoekpunt. Deze

aanpak laat een Cartesisch assenstelsel toe met twee coördinaatsassen en 4 kwadranten zoals

weergegeven in Figuur 29. Elk kwadrant duidt 90 graden en een totaal van 360 graden aan.


52

Figuur 29: Goniometrisch cirkel – links 1 hoek 𝜃 en rechts de som van twee hoeken 𝛼 = 𝜃 + 𝜙

Een alternatief voor het gebruik van graden die de omtrek van de cirkel opdeelt in 360 delen van 1

graad zijn de radialen. De radialen beschouwen de 4 zelfde kwadranten in delen van 𝜋

2 radialen of een

totale doorloop van de cirkel van 2𝜋 radialen. De regel van drie laat de omzetting van graden naar

radialen en omgekeerd toe:

2𝜋 𝑟𝑎𝑑 = 360 ° ⟺ {𝜃° =

𝜋

180𝜃 𝑟𝑎𝑑

𝜃 𝑟𝑎𝑑 =180

𝜋𝜃°

Hoeken zijn additief zodat je de hoek tussen twee hoekbenen mag optellen om een grotere hoek te

bekomen zoals aangeduid in Figuur 29. Uiteraard kan je alleen hoeken optellen in dezelfde eenheid

bijgevolg moet je de keuzen maken om te werken in graden of in radialen, je dient echter consequent

te zijn doorheen de berekeningen.

3.2.2 Cosinus en sinus van een hoek We beschouwen de eenheidscirkel. We beschouwen het punt 𝑝 wat het snijpunt is van het tweede

hoekbeen met de cirkel. Het punt ontbinden we in de twee basisrichtingen. We definiëren de cosinus

en sinus van de hoek als volgt met de illustratie in Figuur 30:

𝑝𝑥 = cos(𝜃) 𝑝𝑦 = sin(𝜃)

Figuur 30: Goniometrische eenheidscirkel en definitie cosinus en sinus.


53

De stelling van Pythagoras levert onmiddellijk de grondformule van de goniometrie op:

Beschouw de rechthoekige driehoek door de punten 𝑂, 𝑝, 𝑝𝑥 dan impliceert de stelling van Pythagoras

dat

1 = 𝑝𝑥2 + 𝑝𝑦

2 = cos2(𝜃) + sin2(𝜃)

3.2.3 Cosinus en sinus: verwante hoeken Rekenregel 1: Tegengestelde hoeken

We beschouwen tegengestelde hoeken ±𝜃 die aanleiding geven tot de respectievelijk snijpunten met

de goniometrische cirkel bij 𝑝, 𝑝′. Deze punten hebben de Cartesische coördinaten 𝑝 = [𝑝𝑥 𝑝𝑦] en

𝑝′ = [𝑝𝑥 −𝑝𝑦] zoals getoond in Figuur 31

Figuur 31: Goniometrische cirkel met tegengestelde hoek

Bijgevolg leidt dit tot volgende rekenregel:

De cosinus en sinus van tegengestelde hoeken is gelijk aan:

cos(−𝜃) = 𝑝𝑥 = cos(𝜃)

sin(−𝜃) = −𝑝𝑦 = −sin(𝜃)

Rekenregel 2: supplementaire hoeken

Beschouw twee hoeken 𝜃1 + 𝜃2 = 𝜋 dan noemen deze hoeken supplementair. Aangezien 𝜃1+𝜃2

2=𝜋

2

geldt dat de positieve verticale as de bissectrice vormt van de hoek bepaald door de punten 𝑝1 en 𝑝2.

Bijgevolg vinden we de volgende Cartesische coördinaten voor de punten 𝑝1, 𝑝2: 𝑝1 = [𝑝𝑥 𝑝𝑦] en

𝑝2 = [−𝑝𝑥 𝑝𝑦] zoals af te lezen uit Figuur 32.


54

Figuur 32: Goniometrische cirkel met supplementaire hoeken

Bijgevolg leidt dit tot de volgende rekenregel:

De cosinus en sinus van supplementaire hoeken wordt gegeven door:

cos(𝜃1) = 𝑝𝑥 = −(−𝑝𝑥) = − cos(𝜃2)

sin(𝜃1) = 𝑝𝑦 = sin(𝜃2)

Rekenregel 3: anti-supplementaire hoeken

Beschouw twee hoeken zodat 𝜃2 = 𝜃1 + 𝜋 dan noemen we deze hoeken anti-supplementair. Het is

duidelijk dat de hoek gevormd door de punten 𝑝1, 𝑝2 een gestrekte hoek aangeeft zoals geïllustreerd

in Figuur 33. Bijgevolg vinden we de volgende Cartesische coördinaten: 𝑝1 = [𝑝𝑥 𝑝𝑦] en 𝑝2 =

[−𝑝𝑥 −𝑝𝑦].

Figuur 33: Goniometrische cirkel met anti-supplementaire hoeken

Bijgevolg leidt dit tot de volgende rekenregel:


55

De cosinus en sinus van anti-supplementaire hoeken wordt gegeven door:

cos(𝜃1) = 𝑝𝑥 = −(−𝑝𝑥) = − cos(𝜃2)

sin(𝜃1) = 𝑝𝑦 = −(−𝑝𝑦) = − sin(𝜃2)

Rekenregel 4: complementaire hoeken

Beschouw twee hoeken zodat 𝜃2 + 𝜃1 =𝜋

2 dan noemen we de hoeken complementair. Aangezien

𝜃1+𝜃2

2=𝜋

4 geldt dat de rechte met Cartesische vergelijking 𝑦 = 𝑥 de bissectrice is van de hoek bepaald

door 𝑝1, 𝑝2. Bijgevolg is 𝑝2 de spiegeling om de rechte 𝑦 = 𝑥 vanuit het punt 𝑝1. De spiegeling om de

rechte 𝑦 = 𝑥 wordt berekend met de matrixvermenigvuldiging:

𝐴 = [0 11 0

]

Inderdaad, de spiegeling om de rechte 𝑦 = 𝑥 impliceert dat de basisvectoren 𝑒1, 𝑒2 van plaats

verwisseld worden. Nu kunnen we de matrixvermenigvuldiging maken:

[0 11 0

] [𝑝𝑥𝑝𝑦] = [

𝑝𝑦𝑝𝑥]

Bijgevolg geldt dat 𝑝1 = [𝑝𝑥 𝑝𝑦] en 𝑝2 = [𝑝𝑦 𝑝𝑥] zoals geïllustreerd in Figuur 34.

Figuur 34: goniometrische cirkel met complementaire hoeken

Dit leidt tot volgende rekenregel:

De cosinus en sinus van complementaire hoeken wordt gegeven door:

cos(𝜃1) = 𝑝𝑥 = sin(𝜃2)

sin(𝜃1) = 𝑝𝑦 = cos(𝜃2)

Rekenregel 5: anti-complementaire hoeken

Beschouw twee hoeken zodat 𝜃2 = 𝜃1 +𝜋

2 dan noemen we de hoeken anti-complementair. Dit

betekent dat de hoek 𝜃2 over 90 graden in tegenwijzerzin geroteerd wordt. Uit het vorige hoofdstuk

kunnen we deze rotatie uitdrukken met een matrixvermenigvuldiging. Het is eenvoudig in te zien dat

bij een rotatie van 90 graden in tegenwijzerzin, de eerste basisvector 𝑒1 afgebeeld wordt op 𝑒2 en de

tweede basisvector 𝑒2 wordt afgebeeld op −𝑒1. Dit leidt tot volgende matrix:


56

𝐴 = [0 −11 0

]

Nu kunnen we de matrixvermenigvuldiging maken:

[0 −11 0

] [𝑝𝑥𝑝𝑦] = [

−𝑝𝑦𝑝𝑥]

Bijgevolg geldt dat 𝑝1 = [𝑝𝑥 𝑝𝑦] en 𝑝2 = [−𝑝𝑦 𝑝𝑥] zoals geïllustreerd in Figuur 35.

Figuur 35: Goniometrische cirkel met anti-complementaire hoeken

Dit leidt tot volgende rekenregel:

De cosinus en sinus van anti-complementaire hoeken wordt gegeven door:

cos(𝜃1) = 𝑝𝑥 = sin(𝜃2)

sin(𝜃1) = 𝑝𝑦 = −(−𝑝𝑦) = −cos(𝜃2)

3.2.4 Tangens en cotangens van een hoek We beschouwen de eenheidscirkel. We beschouwen de raaklijn aan de cirkel in het snijpunt tussen

cirkel en horizontale as. De tangens wordt afgelezen op de verticale as zoals aangegeven in Figuur 36.

Figuur 36: Goniometrisch cirkel en bepaling van de tangens


57

In Figuur 36 zien we dat de blauwe en groene rechthoek congruent of gelijkvormig zijn. De groene

rechthoek is een vergroting van de blauwe rechthoek met vergrotingsfactor ℎ =1

𝑝𝑥. Op die manier

wordt de horizontale zijde vergroot van lengte 𝑝𝑥 tot lengte 1. De verticale lengte wordt aan de hand

van dezelfde vergroting omgevormd van 𝑝𝑦 tot 𝑝𝑦

𝑝𝑥. Dit levert volgende definitie op van de tangens:

tg (𝜃) =𝑝𝑦

𝑝𝑥=sin(𝜃)

cos(𝜃)

Opmerking: Verschillende notaties voor tangens zijn gebruikelijk. De twee vaakst voorkomende

notaties zijn tg(𝜃) of tan(𝜃). Je bent vrij om een notatie te kiezen maar niet samen.

Voor de cotangens, beschouwen we de eenheidscirkel. We beschouwen de raaklijn aan de cirkel in het

snijpunt tussen cirkel en verticale as. De cotangens wordt afgelezen op de horizontale as zoals

geïllustreerd in Figuur 37.

Figuur 37: Goniometrische cirkel en bepaling van de cotangens

Uit Figuur 37 zien we dat de blauwe en groene rechthoek congruent of gelijkvormig zijn. De groene

rechthoek is een vergroting van de blauwe rechthoek met vergrotingsfactor ℎ =1

𝑝𝑦. Op die manier

wordt de verticale zijde vergroot van lengte 𝑝𝑦 tot lengte 1. De horizontale lengte wordt aan de hand

van dezelfde vergroting omgevormd van 𝑝𝑥 tot 𝑝𝑥

𝑝𝑦. Dit levert volgende definitie op van de cotangens:

cotg (𝜃) =𝑝𝑥𝑝𝑦=cos(𝜃)

sin(𝜃)

Opmerking: Verschillende notaties voor cotangens zijn gebruikelijk. De twee vaakst voorkomende

notaties zijn cotg(𝜃) of cotan(𝜃). Je bent vrij om een notatie te kiezen maar niet samen.

3.3 Goniometrische formules Deze paragraaf beschrijft de rekenregels. Hoewel de vorige paragraaf liet zien dat er een onmiddellijk

meetkundige interpretatie geldt voor goniometrische getallen is het vervelend om telkens een

tekening te maken. Het is efficiënter om rekenregels te hebben zodat er met goniometrische getallen

vlot gerekend kan worden.


58

3.3.1 Cosinus- en sinusregel voor rechthoekige driehoeken We veralgemenen de definitie van de cosinus en sinus, de veralgemening laat toe om niet langer in de

goniometrische cirkel te werken die straal 1 heeft maar een mogelijk grotere of kleinere cirkel. Die

veralgemening leidt tot de formules die vaak gekend staan als de SOS en CAS regel.

Figuur 38: goniometrische cirkel en rechthoekige driehoek

In Figuur 38 zien we dat de rechthoekige driehoek met hoekpunten 𝑂, 𝑝𝑥 , 𝑝 en de groene driehoek

congruent zijn met vergrotingsfactor ℎ = 𝐶. Inderdaad, de kleine driehoek heeft een schuine zijde die

precies de straal is van de goniometrische cirkel terwijl de groene driehoek een diagonaal van lengte

𝐶 heeft. Bijgevolg wordt elke zijde van de kleine driehoek met dezelfde vergrotingsfactor ℎ groter

gemaakt. Er volgt nu:

cos(𝜃) = 𝑝𝑥 =ℎ𝑝𝑥ℎ=𝐴

𝐶

sin(𝜃) = 𝑝𝑦 =ℎ𝑝𝑦

ℎ=𝐵

𝐶

In een rechthoekige driehoek geldt dat:

1. Cosinus van een hoek is de lengte van de Aanliggende rechthoekszijde gedeeld door de lengte

van de Schuine zijde (CAS-regel).

2. Sinus van een hoek is de lengte van de Overstaande rechthoekszijde gedeeld door de lengte

van de Schuine zijde (SOS-regel).

3.3.2 Somformules De somformules vormen een belangrijke rekenregel om goniometrische getallen te berekenen. Deze

formules laten toe om nieuwe formules te bekomen door correct te rekenen. Om de formule te

begrijpen, passen we de net beschreven CAS en SOS regels toe. De somregel is gebaseerd op Figuur

39.


59

Figuur 39: Goniometrische cirkel en constructie van de somregels

In Figuur 39 is de groene driehoek met hoekpunten 𝑂, 𝑝, 𝑞 een rechthoekige driehoek met rechte hoek

in hoekpunt 𝑞. Op deze driehoek zijn de SOS en CAS regels geldig. We rekenen:

sin(𝛼 + 𝛽) = 𝑝𝑦 = 𝑞𝑦 + (𝑝𝑦 − 𝑞𝑦)

We passen nu de SOS regel toe op de rechthoekige driehoek met hoekpunten 𝑂, 𝑞, 𝑞𝑥:

sin(𝛼) =𝑞𝑦|𝑂𝑞|

met notatie |𝑂𝑞| de lente van de schuine zijde van het lijnstuk die 𝑂 met 𝑞 verbindt. Er geldt ook verder

ook in de groene driehoek door aanleiding van de CAS regel:

cos(𝛽) = |𝑂𝑞|

Bijgevolg vinden we dat:

𝑞𝑦 = sin(𝛼) cos(𝛽)

Nu gebruiken we de rode driehoek. Merk op dat deze driehoek een kleine versie is van de driehoek

𝑂, 𝑞, 𝑞𝑥 die 90 graden in tegenwijzerzin gedraaid werd. Op die manier vinden we daar ook dezelfde

hoek 𝛼 terug. We passen op deze driehoek de CAS regel toe:

cos(𝛼) =𝑝𝑦 − 𝑞𝑦|𝑝𝑞|

De SOS regel toegepast op de groene driehoek geeft:

sin(𝛽) = |𝑝𝑞|

We vinden bijgevolg:

𝑝𝑦 − 𝑞𝑦 = cos(𝛼) sin(𝛽)

Somregel 1:

sin(𝛼 + 𝛽) = sin(𝛼) cos(𝛽) + cos(𝛼) sin(𝛽)


60

Een tweede somregel betreft de cosinus van de hoek 𝛼 + 𝛽 die op een analoge manier verloopt. We

berekenen:

cos(𝛼 + 𝛽) = 𝑝𝑥 = 𝑞𝑥 − (𝑞𝑥 − 𝑝𝑥)

We passen nu de CAS regel toe op de rechthoekige driehoek met hoekpunten 𝑂, 𝑞, 𝑞𝑥:

cos(𝛼) =𝑞𝑥|𝑂𝑞|

Opnieuw gebruiken we dat cos(𝛽) = |𝑂𝑞| zodat er geldt:

𝑞𝑥 = cos(𝛼) cos(𝛽)

Om 𝑞𝑥 − 𝑝𝑥 te analyseren gebruiken we opnieuw de rode driehoek, waarop we de SOS regel

toepassen:

sin(𝛼) =𝑞𝑥 − 𝑝𝑥|𝑝𝑞|

De SOS regel toegepast op de groene driehoek geeft:

sin(𝛽) = |𝑝𝑞|

Bijgevolg vinden we:

𝑞𝑥 − 𝑝𝑥 = sin(𝛼) sin(𝛽)

Somregel 2:

cos(𝛼 + 𝛽) = cos(𝛼) cos(𝛽) − sin(𝛼) sin(𝛽)

3.3.3 Verdubbelingsformules Een eenvoudige toepassing van de somregels is gekend onder de verdubbelingsformules. Deze krijgen

een aparte naam omdat ze heel vaak gebruikt worden.

sin(2𝛼) = sin(𝛼 + 𝛼)

= sin(𝛼) cos(𝛼) + sin(𝛼) cos(𝛼) = 2 sin(𝛼) cos(𝛼)

cos(2𝛼) = cos(𝛼 + 𝛼)

= cos(𝛼) cos(𝛼) − sin(𝛼) sin(𝛼)

= cos2(𝛼) − sin2(𝛼)

= 1 − 2 sin2(𝛼)

= 2cos2(𝛼) − 1

3.3.4 Simpsonformules De Simpsonformules zijn ook een toepassing van de somregels. Men vindt vaak de Simpsonformules

moeilijk te onthouden, echter als je inziet dat deze een toepassing zijn van de somregels en

tegengestelde hoeken dan hoef je ze niet te memoriseren omdat deze snel teruggevonden kunnen

worden.

cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛼 − 𝛽) = cos(𝛼) cos(𝛽) − sin(𝛼) sin(𝛽) + cos(𝛼) cos(−𝛽) − sin(𝛼) sin(−𝛽)

= cos(𝛼) cos(𝛽) − sin(𝛼) sin(𝛽) + cos(𝛼) cos(𝛽) + sin(𝛼) sin(𝛽)

= 2cos(𝛼) cos(𝛽)


61

Dezelfde werkwijze kan je herhalen wat aanleiding geeft tot de eerste Simpsonsformules:

cos(𝛼 + 𝛽) + cos(𝛼 − 𝛽) = 2 cos(𝛼) cos(𝛽)

cos(𝛼 + 𝛽) − cos(𝛼 − 𝛽) = −2 sin(𝛼) sin(𝛽)

sin(𝛼 + 𝛽) + sin(𝛼 − 𝛽) = 2 sin(𝛼) cos(𝛽)

sin(𝛼 + 𝛽) − sin(𝛼 − 𝛽) = 2 cos(𝛼) sin(𝛽)

Vaak worden de Simpsonformules omgekeerd weergegeven door de substitutie:

{𝛼 + 𝛽 = 𝜃𝛼 − 𝛽 = 𝜙

⟺ {𝛼 =

𝜃 + 𝜙

2

𝛽 =𝜃 − 𝜙

2

Op die manier bekomen we de alternatieve Simpsonformules:

cos(𝜃) + cos(𝜙) = 2 cos (𝜃 + 𝜙

2) cos (

𝜃 − 𝜙

2)

cos(𝜃) − cos(𝜙) = −2sin (𝜃 + 𝜙

2) sin (𝛽

𝜃 − 𝜙

2)

sin(𝜃) + sin(𝜙) = 2 sin (𝜃 + 𝜙

2) cos (

𝜃 − 𝜙

2)

sin(𝜃) − sin(𝜙) = 2 cos (𝜃 + 𝜙

2) sin (

𝜃 − 𝜙

2)

3.4 Goniometrische vergelijkingen

3.4.1 Goniometrische getallen berekenen Aangezien de definitie van de cosinus en sinus overeenkomt met de respectievelijke 𝑥 en 𝑦 coördinaat

van het snijpunt die het hoekbeen maakt met de goniometrische cirkel, is het eenvoudig om in te zien

dat:

cos(0) = 1 cos (𝜋

2) = 0

sin(0) = 0 sin (𝜋

2) = 1

waarbij de hoeken worden uitgedrukt in radialen. Op basis van de halveringsformules kunnen we de

goniometrische getallen cos (𝜋

4) en sin (

𝜋

4) berekenen.

We berekenen:

0 = cos (𝜋

2) = cos (2

𝜋

4) = 1 − 2 sin2 (

𝜋

4)

We lossen de vergelijking op en vinden:

sin (𝜋

4) = ±

1

√2

Opgelet: De sinus van 45 graden levert een positieve waarde op zoals je kan tekenen in de

goniometrische cirkel dus de oplossing −1

√2 is een foute oplossing. We heten deze oplossingen

parasitair. Je moet telkens de oplossingen van een goniometrische berekenen nakijken want mogelijk

verschijnen er parasitaire oplossingen.


62

Op een gelijkaardige manier vinden we:

1 = sin (𝜋

2) = sin (2

𝜋

4) = 2 sin (

𝜋

4) cos (

𝜋

4)

Bijgevolg geldt:

cos (𝜋

4) =

1

2 sin (𝜋4)=√2

2=1

√2

Op een gelijkaardige manier kunnen we ook de cosinus en sinus bepalen van 𝜋

6. We hanteren hiervoor

de somformules. Waar we opnieuw starten met de basishoek 𝜋

2= 3.

𝜋

6. De verdubbelingsformules

kunnen niet toegepast worden, we bouwen een verdrievoudigingsformule.

Stap 1: sin(3𝛼) = sin(2𝛼 + 𝛼) = sin(2𝛼) cos(𝛼) + cos(2𝛼) sin(𝛼)

In de volgende stap is het de bedoeling om deze vergelijking om te vormen tot een goniometrische

formule waar alleen het goniometrische getal in staat dat je wenst te berekenen. Bijvoorbeeld, we

wensen sin (𝜋

6) te berekenen. Bijgevolg vormen we de uitdrukking in stap 1 om naar een uitdrukking

die alleen maar sin(𝛼) bevat.

Stap 2: We berekenen verder

sin(3𝛼) = sin(2𝛼 + 𝛼) = sin(2𝛼) cos(𝛼) + cos(2𝛼) sin(𝛼)

= 2 sin(𝛼) cos2(𝛼) + (1 − 2 sin2(𝛼)) sin(𝛼)

= 2 sin(𝛼) (1 − sin2(𝛼)) + sin(𝛼) − 2 sin3(𝛼)

= 3 sin(𝛼) − 4 sin3(𝛼)

Dit geeft de verdrievoudigingsformule voor een sinus.

Stap 3: We vullen de gewenste hoek 𝛼 =𝜋

6 in, en we vervangen het gezochte goniometrische getal

door een nieuwe onbekende 𝑥 = sin (𝜋

6). Nu volstaat het om een vergelijking op te lossen.

1 = 3𝑥 − 4𝑥3⟺−4𝑥3 + 3𝑥 − 1 = 0

⟺ (𝑥 + 1)(−4𝑥2 + 4𝑥 − 1) = 0

⟺−(𝑥 + 1)(2𝑥 − 1)2 = 0

De 3 kandidaatoplossingen zijn:

𝑥 = −1, 𝑥 =1

2

Stap 4: Controleer de oplossingen voor parasitaire oplossingen.

sin (𝜋

6) ≠ −1 = sin (

3𝜋

2)

zodat de eerste kandidaatoplossing parasitair is. Bijgevolg is de tweede oplossing de enige juiste:

sin (𝜋

6) =

1

2


63

Om de cosinus te bepalen van 𝜋

6 kunnen we nu gebruik maken van het resultaat sin (

𝜋

6) =

1

2. De vorige

uitdrukken laat toe:

sin(3𝛼) = 2 sin(𝛼) cos2(𝛼) + (1 − 2 sin2(𝛼)) sin(𝛼)

⟺ cos(𝛼) = ±√sin(3𝛼) − sin(𝛼) + 2 sin3(𝛼)

2 sin(𝛼)

Bijgevolg geldt:

cos (𝜋

6) = ±√

sin (𝜋2) − sin (

𝜋6) + 2 sin3 (

𝜋6)

2 sin (𝜋6)

= ±√1 −1

2+2

8= ±√

3

4= ±

√3

2

Aangezien de cosinus van 𝜋

6 positief moet zijn, is de oplossing −

√3

2 parasitair zodat de juiste oplossing

gelijk is aan:

cos (𝜋

6) =

√3

2

Ter volledigheid geven we een alternatieve aanpak, we starten met de verdrievoudiging van cos(3𝛼).

Stap 1: cos(3𝛼) = cos(2𝛼 + 𝛼) = cos(2𝛼) cos(𝛼) − sin(2𝛼) sin(𝛼)

Stap 2: We zetten de volledige vergelijking om naar het goniometrische getal cos(𝛼) wat leidt tot

cos(3𝛼) = (2 cos2(𝛼) − 1) cos(𝛼) − 2 sin2(𝛼) cos(𝛼)

= 2cos3(𝛼) − cos(𝛼) − 2(1 − cos2(𝛼)) cos(𝛼)

= 4cos3(𝛼) − 3 cos(𝛼)

Stap 3: We vullen de gewenste hoek 𝛼 =𝜋

6 in, en we vervangen het gezochte goniometrische getal

door een nieuwe onbekende 𝑥 = cos (𝜋

6). Nu volstaat het om een vergelijking op te lossen.

0 = 4𝑥3 − 3𝑥 ⟺ 𝑥(4𝑥2 − 3) = 0

De kandidaatoplossingen zijn 𝑥 = 0, 𝑥 =√3

2, 𝑥 = −

√3

2. De eerste en derde oplossing zijn parasitair

aangezien: cos (𝜋

6) ≠ 0 = cos (

𝜋

2) en cos (

𝜋

6) is positief. Deze aanpak bevestigt de reeds bekomen

oplossing: cos (𝜋

6) =

√3

2.

Algemene werkwijze voor goniometrische getallen te berekenen:

1. Zoek een veelvoud van de gewenste hoek die gekend is.

2. Ontwikkel de sinus/cosinus van die veelvoud als een functie van de cosinus OF sinus van de

gewenste hoek (NIET samen maar soms is de ene keuze moeilijker dan de andere!).

3. Vervang de cosinus/sinus van de gewenste hoek door x en los de vergelijking op.

4. Controleer de verschillende oplossingen want slechts 1 is de correcte oplossing.


64

3.4.2 Vergelijkingen Dezelfde strategie kan worden gevolgd voor het oplossen van een goniometrische vergelijking. Het

verschil is dat er nu wel meerdere oplossingen mogelijk zijn hoewel er ook terug parasitaire

oplossingen kunnen ontstaan. We starten met een eerste voorbeeld:

We zoeken alle oplossingen van de vergelijking cos(2𝛼) − 3 cos(𝛼) = 1. We herleiden deze

vergelijking naar een gelijkwaardige vergelijking die slechts 1 goniometrisch getal bevat bijvoorbeeld

cos(𝛼) of sin(𝛼). In dit voorbeeld is het aannemelijk om cos(𝛼) te beschouwen. We vinden:

cos(2𝛼) − 3 cos(𝛼) = 1

⟺ 2cos2(𝛼) − 1 − 3 cos(𝛼) = 1

⟺ 2cos2(𝛼) − 3 cos(𝛼) − 2 = 0

Opnieuw maken we de substitutie 𝑥 = cos(𝛼) en zoeken de oplossingen van de bijhorende veelterm:

2𝑥2 − 3𝑥 − 2 = 0 ⟺ (𝑥 − 2)(2𝑥 + 1) = 0

De kandidaatoplossingen zijn 𝑥 = 2 en 𝑥 = −1

2. De eerste oplossing is parasitair aangezien een cosinus

zich steeds in het interval [−1,1] bevindt. De enige oplossing is:

cos(𝛼) = −1

2

We zoeken de hoeken 𝛼 zodat de cosinus ervan gelijk is aan −1

2. De oplossingen zijn:

𝛼 = {

2𝜋

3

−2𝜋

3

= {

2𝜋

34𝜋

3

aangezien tegengestelde hoeken dezelfde cosinus hebben zoals geïllustreerd in Figuur 40.

Figuur 40: Visuele representatie van de twee hoeken met cosinus −1

2.


65

De algemene strategie kunnen we als volgt samenvatten:

1. Gebruik goniometrische formules om vergelijking te herleiden tot haar meest eenvoudig vorm

2. Gebruik goniometrische formules om vergelijking te herleiden tot één met alleen cosinus of

sinus van de hoek.

3. Vervang de cosinus/sinus van de gewenste hoek door x en los de vergelijking op.

4. Controleer de verschillende oplossingen want sommige oplossing kunnen onmogelijk zijn.

We beschouwen een tweede voorbeeld om de eerste stap te illustreren:

3tg2(𝛼) −5

cos2(𝛼)+ 7 = 0

⟺3sin2(𝛼) − 5 + 7 cos2(𝛼)

cos2(𝛼)= 0

⟺4cos2(𝛼) − 2

cos2(𝛼)= 0

De oplossingen worden gegeven door:

cos(𝛼) = ±1

√2

wat aanleiding geeft tot de oplossingen

𝛼 =

{

𝜋

43𝜋

45𝜋

47𝜋

4

Figuur 41: visuele representatie van de 4 vierhoeken zodat de cosinus ±1

√2. De blauwe stippenlijn geven de

oplossingen aan t.o.v. +1

√2 terwijl de volle blauwe lijn de negatieve oplossingen aangeeft.


66

Het volgende voorbeeld is een grotere uitdaging, nadat het voorbeeld vereenvoudigd werd moet er

nog een vergelijking worden opgelost:

(sin(𝛼)

tg(𝛼)+ 2 sin(𝛼))

2

+ (sin(𝛼) − 2 cos(𝛼))2 = 5cos(𝛼) (2 cos(𝛼) − 1)

We beginnen met het linker lid te vereenvoudigen:

sin2(𝛼) ((1

tg(𝛼)+ 2)

2

+ (1 −2

tg(𝜃))2

) = 5 cos(𝛼) (2 cos(𝛼) − 1)

⟺ 5sin2(𝛼) (1

tg2(𝜃)+ 1) = 5 cos(𝛼) (2 cos(𝛼) − 1)

⟺ 1 = cos(𝛼) (2 cos(𝛼) − 1)

⟺ 2cos2(𝛼) − cos(𝛼) − 1 = 0

We voeren de substitutie in 𝑥 = cos(𝛼) wat leidt tot de vergelijking:

2𝑥2 − 𝑥 − 1 = 0 ⟺ (𝑥 − 1)(2𝑥 + 1) = 0

De kandidaatoplossingen zijn: cos(𝛼) = 1 en cos(𝛼) = −1

2. Nu zoeken we de oplossingen 𝛼:

1. cos(𝛼) = 1 ⟺ 𝛼 = 0

2. cos(𝛼) = −1

2⟺ 𝛼 = {

2𝜋

3

−2𝜋

3

= {

2𝜋

34𝜋

3

3.4.3 Vorige examenoefeningen Oefening 2de zittijd academiejaar 2014-2015: bereken alle oplossingen 𝑥 ∈ [0,2𝜋[ van volgende

vergelijking

(2 sin(𝑥) + cos(𝑥)

4) (2 sin(𝑥) − cos(𝑥)) =

√3

2sin(2𝑥) −

1

4cos2(𝑥)

Oplossing:

(2 sin(𝑥) + cos(𝑥)

4) (2 sin(𝑥) − cos(𝑥)) =

√3

2sin(2𝑥) −

1

4cos2(𝑥)

⟺1

4(4 sin2(𝑥) − cos2(𝑥)) = √3 sin(𝑥) cos(𝑥) −

1

4cos2(𝑥)

⟺ sin2(𝑥) = √3 sin(𝑥) cos(𝑥)

⟺ sin(𝑥) (sin(𝑥) − √3 cos(𝑥)) = 0

De oplossingen zijn:

1. sin(𝑥) = 0 ⟺ 𝑥 = {0𝜋

2. sin(𝑥) − √3 cos(𝑥) = 0 ⟺ cotg(𝑥) =1

√3⟺ 𝑥 = {

𝜋

34𝜋

3

Oefening Tussentijdse evaluatie academiejaar 2014-2015:

Vereenvoudig de volgende goniometrische uitdrukking tot haar meest eenvoudige vorm:


67

𝑡𝑔(𝜃) − 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃)

𝑡𝑔3(𝜃) − 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃).cos(𝜃) 𝑡𝑔2(𝜃)

1 − cos2(𝜃)

met 𝜃 ∉ {𝑘𝜋, (2𝑘 + 1)𝜋

4 |𝑘 ∈ ℤ}

Oplossing: We berekenen

𝑡𝑔(𝜃) − 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃)

𝑡𝑔3(𝜃) − 𝑐𝑜𝑡𝑔(𝜃).cos(𝜃) 𝑡𝑔2(𝜃)

1 − cos2(𝜃)=

sin(𝜃)cos(𝜃)

−cos(𝜃)sin(𝜃)

sin3(𝜃)cos3(𝜃)

−cos(𝜃)sin(𝜃)

.sin2(𝜃)

cos(𝜃) sin2(𝜃)

=

sin2(𝜃) − cos2(𝜃)cos(𝜃) sin(𝜃)

sin4(𝜃) − cos4(𝜃)cos3(𝜃) sin(𝜃)

.1

cos(𝜃)

=−cos(2𝜃) cos3(𝜃) sin(𝜃)

(sin2(𝜃) − cos2(𝜃))(sin2(𝜃) + cos2(𝜃)) cos2(𝜃) sin(𝜃)

=−cos(2𝜃) cos(𝜃)

− cos(2𝜃)= cos(𝜃)

Oefening Tussentijdse evaluatie academiejaar 2015-2016

Schrijf de volgende uitdrukking zo eenvoudig mogelijk waarbij 𝛼 ∉ {90°, 270°} en 𝑥 ≠ 𝑦:

𝑥. sin(180° − 𝛼) − 𝑦. cos (90° + 𝛼)

𝑥. cos(−𝛼) + 𝑦. sin (270° − 𝛼)+

𝑥 + 𝑦

𝑥. tan(𝛼 + 90°) − 𝑦. cot (180° − 𝛼)

Oplossing: We passen rekenregels toe:

sin(180° − 𝛼) = −sin(−𝛼) = sin(𝛼)

cos(90° + 𝛼) = −sin(𝛼)

cos(−𝛼) = cos(𝛼)

sin(270° − 𝛼) = −sin(90° − 𝛼) = −cos(−𝛼) = −cos(𝛼)

tan(𝛼 + 90°) = − cot(𝛼)

cot(180° − 𝛼) = cot(−𝛼) = −cot(𝛼)

De uitdrukking kunnen we nu vereenvoudigen tot:

𝑥. sin(180° − 𝛼) − 𝑦. cos(90° + 𝛼)

𝑥. cos(−𝛼) + 𝑦. sin(270° − 𝛼)+

𝑥 + 𝑦

𝑥. tan(𝛼 + 90°) − 𝑦. cot(180° − 𝛼)

=𝑥. sin(𝛼) + 𝑦. sin(𝛼)

𝑥. cos(𝛼) − 𝑦. cos(𝛼)+

𝑥 + 𝑦

−𝑥. cot(𝛼) + 𝑦. cot(𝛼)

=1

cot(𝛼)(𝑥 + 𝑦

𝑥 − 𝑦) −

1

cot(𝛼)(𝑥 + 𝑦

𝑥 − 𝑦) = 0

Oefening 2de zittijd academiejaar 2015-2016

Bereken alle oplossingen 𝑥 ∈ [0,2𝜋[ van volgende vergelijking


68

cos2(𝑥) cos(2𝑥) + sin2(𝑥) −1

2sin2(2𝑥) = 0

Oplossing: Hoewel er verschillende manieren zijn om de vergelijking op te lossen, lossen we hier de

vergelijking op door alles om te vormen als een functie van cos(2𝑥). We gebruiken hiervoor de

formules

cos(2𝑥) = 2 cos2(𝑥) − 1 = 1 − 2 sin2(𝑥)

en sin2(2𝑥) = 1 − cos2(2𝑥). De vergelijking wordt:

cos2(𝑥) cos(2𝑥) + sin2(𝑥) −1

2sin2(2𝑥) = 0

⟺ (1+ cos(2𝑥)

2) cos(2𝑥) +

1 − cos(2𝑥)

2−1

2(1 − cos2(2𝑥)) = 0

⟺cos(2𝑥)

2+cos2(2𝑥)

2+1

2−cos(2𝑥)

2−1

2+cos2(2𝑥)

2= 0

⟺ cos2(2𝑥) = 0

De oplossingen zijn:

cos(2𝑥) = 0 ⟺ 2𝑥 = {

𝜋

23𝜋

2

⟺ 𝑥 = {

𝜋

43𝜋

4

De tegengestelde hoeken leveren dezelfde cosinus op zodat we ook deze oplossingen erbij voegen:

𝑥 = {−𝜋

4

−3𝜋

4

= {

7𝜋

45𝜋

4

3.5 Poolcoördinaten Net zoals Cartesische coördinaten, wordt de positie van een punt in de Euclidische ruimte ook door

poolcoördinaten door twee kengetallen bepaald: de afstand tot de oorsprong en de hoek die het punt

maakt tegenover de horizontale as.

Figuur 42: Poolcoördinaten voor een punt 𝑝

Aan de hand van Figuur 42 kunnen we de Cartesische coördinaten omzetten naar poolcoördinaten met

volgende regel die gebruik maakt van de rechthoekige driehoek bepaald door de hoekpunten 𝑂, 𝑝𝑥 , 𝑝:


69

{𝑟 = 𝑥2 + 𝑦2

𝜃 = atan (𝑦

𝑥)⟺ {

𝑥 = 𝑟 cos(𝜃)

𝑦 = 𝑟 sin(𝜃)

Poolcoördinaten zijn soms efficiënter dan Cartesische coördinaten, wat we illustreren aan de hand van

de puntspiegeling.

Figuur 43: Puntspiegeling in poolcoördinaten

Figuur 43 toont dat de puntspiegeling van het punt 𝑝 een draaiing inhoudt van 𝜋 radialen. Bijgevolg,

kunnen draiiingen en een homothetie makkelijk uitgedrukt worden in poolcoördinaten. Een

homothetie met een vergrotingsfactor ℎ verwijdert het punt met de factor ℎ verder van de oorsprong

zodat in poolcoördinaten 𝑝′ de homothetie voorstelt van het punt 𝑝 = [𝑟, 𝜃]:

𝑝′ = [ℎ𝑟, 𝜃]

Een draaiing verandert de hoekcoördinaat in het poolcoördinatensysteem zodat 𝑝′ de draaiing

voorstelt van 𝑝 = [𝑟, 𝜃] over een hoek 𝜌 in wijzerzin de poolcoördinaten aanlevert:

𝑝′ = [𝑟, 𝜃 + 𝜌]

Cartesische vergelijkingen van een rechten kunnen we ook in poolcoördinaten voorstellen door de

bijhorende substitutie te maken. We vinden voor 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏:

𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 ⟺ 𝑟 sin(𝜃) = 𝑎𝑟 cos(𝜃) + 𝑏 ⟺ tan(𝜃) = 𝑎 +𝑏

𝑟 cos(𝜃)

Een vectorrechte met 𝑏 = 0 heeft de eenvoudige uitdrukking dat tan(𝜃) = 𝑎.

Hoofdstuk 4: Functies en grafieken

70

4 Functies en grafieken Tot nu, hebben we meetkunde beschreven waarin punten en rechten een belangrijke rol spelen. Door

middel van het Cartesische coördinatensysteem konden we de positie van punten bepalen maar we

konden ook de punten op een rechte voorstellen. In dit hoofdstuk leggen we de basis voor andere

krommen in een Cartesisch assenstelsel die complexer zijn dan louter een rechte. Hoe rekenen we met

krommen in een Cartesisch assenstelsel? Deze rekenregels leiden tot een groep van krommen die een

belangrijke rol spelen: exponentiele functie en logaritmische functies. Tot slot gaan we ook

goniometrie opnieuw bekijken maar in plaats van dit te bekijken zoals in het vorige hoofdstuk met een

meetkundig oogpunt, gaan we goniometrie bekijken vanuit een functie standpunt.

4.1 Inleiding Hoewel een rechte een belangrijke rol speelt in de toepassingen, duiken in alle takken van de

wetenschappen ingewikkeldere formules op dan die van een rechte. Wanneer deze opduiken is het

belangrijk dat men zich een beeld kan vormen van de kromme die de formule voorstelt. Indien we een

beeld hebben van de kromme, dan kunnen we de formule immers eenvoudige begrijpen. De

hoekstenen om een correcte grafische voorstelling te kunnen maken van een formulevoorschift

ontwikkelen we in dit hoofdstuk. Ter illustratie beschouwen we de Gompertz formule die het

groeiproces voorstelt van een tumor. Een tumor is een groeiproces van cellen in een beperkt

beschikbare ruimte afhankelijk van de voedingstoffen en groeimogelijkheden. De grootte als functie

van de tijd voldoet aan volgende Gompertz formule:

𝑓(𝑡) = 𝐾𝑒(log(

𝑓(0)𝐾)𝑒−𝑎𝑡)


71

waarbij 𝑡 de verstreken tijd voorstelt, 𝐾 de maximaal beschikbare ruimte en 𝑎 de snelheid van de

celdeling of proliferatie. Elke tumor heeft een bepaalde proliferatie, het is dus belangrijk om te kunnen

visueel interpreteren hoe snel de tumor groeit. Deze snelheid is een grafiek die een kromme voorstelt

in een Cartesisch assenstelsel met horizontale as de tijd 𝑡 en verticale as de tumorgrootte 𝑓(𝑡).

Figuur 44: Gompertz curves voor twee stralingstherapieën voor een bepaalde tumorbestrijding bij proefdieren

In Figuur 44 worden twee groeicurves geïllustreerd van een mogelijke tumorgroei onder invloed van

twee stralingstherapieën. De groeicurve is trager voor de eerste dan voor de tweede therapie. Om de

meten hoeveel beter deze is, moet de parameter 𝑎 ingeschat kunnen worden. De parameter 𝑎 is twee

maal groter in de rode Gompertz curve dan in de blauwe.

4.2 Functies en grafieken Een functie beschrijft de relatie tussen twee variabelen 𝑥 en 𝑦. Voor elke waarde voor 𝑥 hebben we

een waarde voor 𝑦. Bijgevolg beeldt de functie 𝑥 af op 𝑦 met notatie

𝑦 = 𝑓(𝑥)

waarbij we in dit voorschrift 𝑥 het argument heten en 𝑦 haar beeld. Het voorschrift beschrijft de

formule die toelaat om voor een bepaald argument 𝑥 het beeld te berekenen. Als voorbeeld nemen

we:

𝑦 = √1 − 𝑥2

We kunnen voor een bepaalde keuze 𝑥 =√7

4, het beeld berekenen door √1 − (

√7

4)2

= √9

16=3

4.

4.2.1 Domein van een functie De verzameling van toegelaten argumenten 𝑥 vormt het domein en wordt vaak door 𝐷 aangeduidt.

Het domein is een deelverzameling van de reële getallen of 𝐷 ⊂ ℝ.

In het vorige voorbeeld behoren niet alle reële getallen tot het domein. Indien we als argument 𝑥 = 2

kiezen dan bekomen we het beeld 𝑦 = √1 − 4 = √−3 wat geen reëel getal is. Bijgevolg is het steeds

belangrijk dat men duidelijk aangeeft voor welke argumenten een bepaalde formule toegelaten is. Het

domein in het voorbeeld zijn alle argumenten zodat de wortel getrokken wordt uit een positief getal:


72

1 − 𝑥2 ≥ 0⟺ 𝑥2 ≤ 1 ⟺ −1 ≤ 𝑥 ≤ 1

Het domein van de functie 𝑓(𝑥) = √1 − 𝑥2 is gelijk aan de verzameling 𝐷 = [−1,1]. We noteren dit

als volgt:

𝑓: [−1,1] → [0,1]: 𝑥 ↦ √1 − 𝑥2

Het beeld [0,1] zijn alle mogelijke beelden die bekomen kunnen worden met de formule √1 − 𝑥2.

Soms is het moeilijk om in te schatten wat dit beeld precies zal zijn. Indien men een grotere verzameling

noteert dan wat het beeld zal zijn, dan heet men die grotere verzameling het co-domein:

𝑓: [−1,1] → ℝ: 𝑥 ↦ √1 − 𝑥2

In deze laatste uitdrukking is ℝ een codomein van de functie aangezien niet alle reële getallen bereikt

kunnen worden met de formule √1 − 𝑥2. De getallen die bereikt kunnen worden zijn immers het beeld

wat zich beperkt tot [0,1].

Het volgende voorschrift behoort ook tot de mogelijkheden:

𝑓: [−1,1] → [0,2]: 𝑥 ↦ √1 − 𝑥2

Opnieuw is [0,2] een codomein aangezien het groter is dan het effectief te bereiken beeld. Een foutief

voorschrift zou zijn:

𝑓: [−1,1] → [1

2, 2] : 𝑥 ↦ √1 − 𝑥2

Het interval [1

2, 2] is immers niet het beeld, noch een codomein van de functie.

4.2.2 Samengestelde functies Het staat ons toe om verschillende functievoorschriften te combineren bij 1 functie als elk van de

functievoorschriften een verschillend domein hebben. De uiteindelijke functie heeft dan een

samengesteld domein. Als voorbeeld beschouwen we:

𝑓(𝑥) = {

√−𝑥 voor 𝑥 < −1

√1 − 𝑥2 voor − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1

√𝑥 voor 𝑥 > 1

Elk functievoorschrift heeft een respectievelijk domein van ] − ∞,−1[, [−1,1], ]1,∞[ zodat bijgevolg

de eigenlijk functie alle reële getallen als domein heeft. We kunnen het domein aan het

functievoorschrift toevoegen:

𝑓:ℝ → ℝ+: 𝑥 ↦ {


√1 − 𝑥2 voor − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1


In dit voorschrift is het codomein ℝ+ ook het beeld.

4.2.3 Grafieken Een grafiek is een kromme in het Cartesische coordinatensysteem die alle punten [𝑥, 𝑓(𝑥)] tekent.


73

Een schets verbindt een selectie van punten [𝑥1, 𝑓(𝑥1)], [𝑥_2, 𝑓(𝑥2)],… , [𝑥𝑁, 𝑓(𝑥𝑁)]. Indien er

voldoende veel punten verbonden worden sluit de schets goed aan bij de grafiek. Wanneer men de

selectie van punten verbindt met een vlotte kromme dan spreekt men over een interpolant, in

tegenstelling tot het verbinden van de punten met lijnstukken die men stuksgewijs noemt. In Figuur

45 staat een functie 𝑦 = 𝑓(𝑥) getekend in het Cartesische assenstelsel in het blauw en de stuksgewijze

schets in het rood, samen met de vlotte interpolant in het groen. De schets werd getekend op basis

van 𝑁 = 8 punten.

Figuur 45: Grafiek (blauw) en schets (rood en groen) waarbij hierin een stuksgewijze verbinding (rood) en de vlotte interpolant (groen) geïllustreerd staat

Merk op dat de interpolant en de stukgewijze schets redelijk aansluiten bij elkaar. Dit komt vaak voor

wanneer de schetspunten even ver uit elkaar liggen wat men equidistant noemt. In het volgende

hoofdstuk, zullen de punten die we bepalen om op de functie te liggen meestal niet even ver uit elkaar

liggen zodat we steeds een vlotte interpolant zullen schetsen.

Twee bijzondere functies zijn de even en oneven functies. Deze functies spelen een interessante rol

omdat hun grafiek symmetrie vertoont tegenover de oorsprong 𝑂. Bijgevolg hoef je maar de helft van

de grafiek te kennen om de andere helft te kunnen tekenen.

Een functie 𝑓(𝑥) heet even indien voor elk argument 𝑥 en haar tegengestelde −𝑥 geldt:

𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥)

Een functie 𝑓(𝑥) heet oneven indien voor elk argument 𝑥 en haar tegengestelde −𝑥 geldt:

𝑓(𝑥) = −𝑓(−𝑥)

In Figuur 46 staat een grafiek voor een even functie (links) en een grafiek voor een oneven functie

(rechts). Een even functie heeft de eigenschap dat de verticale as een symmetrie-as is zodat de functie

zich erom spiegelt. Een oneven functie heeft de eigenschap dat de oorsprong een spiegelpunt is zodat

de functie zich punt spiegelt om de oorsprong.

-2 -1 0 1 2 3 4 5-8

-6

-4

-2

0

2

4

x

f(x

)

f(x)

Stuksgewijs

Interpolant


74

Figuur 46: Een even functie (links) en oneven functie (rechts)

Een samengestelde functie kan ook even of oneven zijn. Teruggrijpend naar het voorbeeld

𝑓:ℝ → ℝ+: 𝑥 ↦ {


√1 − 𝑥2 voor − 1 ≤ 𝑥 ≤ 1


geldt volgende analyse:

1. 𝑥 < −1 ⟹ −𝑥 > 1

𝑓(−𝑥) = √−𝑥 = 𝑓(𝑥)

2. −1 ≤ 𝑥 ≤ 1 ⟹ −1 ≤ −𝑥 ≤ 1

𝑓(−𝑥) = √1 − 𝑥2 = 𝑓(𝑥)

3. 𝑥 > 1 ⟹ −𝑥 < −1

𝑓(−𝑥) = √−(−𝑥) = √𝑥 = 𝑓(𝑥)

De samengestelde functie 𝑓(𝑥) is een even functie waarbij haar grafiek geïllustreerd wordt in Figuur

47 waar de verticale as een symmetrie-as voorstelt.

Figuur 47: Samengestelde functie met haar even grafiek


75

Opgelet, niet alle functies zijn even of oneven. De meeste functies zijn niet even noch oneven omdat

ze samengesteld worden uit delen die even en oneven zijn. Ter illustratie beschouwen we de functie

𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥3. Deze functie is niet even noch oneven aangezien er geldt:

𝑓(−𝑥) = (−𝑥)2 + (−𝑥)3 = 𝑥2 − 𝑥3

De eerste term van de functie 𝑥2 is echter even, terwijl de tweede term 𝑥3 oneven is zodat de som

niet even noch oneven is. In Figuur 48 bevestigen we de analyse met de grafiek aangezien voor een

even functie de blauwe en oranje grafiek gelijk moeten zijn, terwijl voor een oneven functie de blauwe

en okergele grafiek gelijk moeten zijn.

Figuur 48: Voor de functie 𝑓(𝑥) = 𝑥2 + 𝑥3 illustreert de tekening de grafiek 𝑦 = 𝑓(𝑥) (blauw), 𝑦 = 𝑓(−𝑥) (oranje) en 𝑦 = −𝑓(−𝑥) (okergeel)

4.2.4 Scalaire bewerkingen met functies Om inzicht te bekomen in een grafiek van een functie, maken we vaak gebruik van grafieken die goed

gekend zijn zoals de parabool 𝑓(𝑥) = 𝑥2. Met de grafiek van een parabool in het achterhoofd,

proberen we inzicht te bekomen hoe de grafiek eruit ziet van

𝑔(𝑥) = 3(𝑥 − 1)2 + 5 = 3𝑓(𝑥 − 1) + 5

Hier hebben we de functie 𝑔(𝑥) uitgedrukt als een combinatie van scalaire bewerkingen met de functie

𝑓(𝑥). We onderscheiden volgende scalaire bewerkingen voor een functie 𝑓(𝑥) en een reëel getal 𝑘 ∈

ℝ: 𝑓(𝑥) + 𝑘, 𝑓(𝑥 − 𝑘), 𝑘𝑓(𝑥) en 𝑓(𝑘𝑥).

Verticale verschuiving 𝑓(𝑥) + 𝑘

De grafiek verschuift evenwijdig naar boven indien 𝑘 ≥ 0 of naar beneden

indien 𝑘 ≤ 0


76

Horizontale verschuiving 𝑓(𝑥) + 𝑘

De grafiek verschuift evenwijdig naar links indien 𝑘 ≥ 0 of naar rechts

indien 𝑘 ≤ 0

Verticale herschaling 𝑘𝑓(𝑥)

De grafiek wordt met een factor 𝑘 verticaal uitgerokken indien 𝑘 > 1,

ingedrukt indien 𝑘 < 1 en gespiegeld om de horizontale as

indien 𝑘 = −1.

Horizontale herschaling 𝑓(𝑘𝑥)

De grafiek wordt met een factor 𝑘 horizontaal uitgerokken indien 𝑘 >1, ingedrukt indien 𝑘 < 1 en

gespiegeld om de verticale as indien 𝑘 = −1.

We kunnen op die manier functies met elkaar in verband brengen. Dit laat toe om een grafiek te teken

als een functie van een andere grafiek. Beschouw de functie 𝑓(𝑥) = √𝑥 − 𝑥 en de functie 𝑔(𝑥) =

√2(1 − 𝑥) + 2𝑥 −1

2. Deze zijn met elkaar gerelateerd aan de hand van scalaire bewerkingen:

𝑔(𝑥) = √2(1 − 𝑥) + 2𝑥 −1

2

= 𝑓(2(1 − 𝑥)) +3

2

Er volgt dus dat de grafiek van de functie 𝑓(𝑥) in 4 stappen kan worden omgevormd tot de grafiek van

de functie 𝑔(𝑥). De stappen zijn:

1. Spiegelen om de verticale as: 𝑓(𝑥) → 𝑓(−𝑥)

2. Horizontaal verschuiven naar rechts (Opgepast: De zin van de x-as draaide om wegens vorige

stap) over een afstand 1: 𝑓(−𝑥) → 𝑓(1 − 𝑥)

3. Horizontaal uitrekken met een factor 2: 𝑓(1 − 𝑥) → 𝑓(2(1 − 𝑥))


77

4. Verticaal verschuiven naar boven over een afstand 3

2: 𝑓(2(1 − 𝑥)) → 𝑔(𝑥)

Originele functie 𝑓(𝑥) = √𝑥 − 𝑥

Spiegelen om de verticale as: 𝑓(𝑥) → 𝑓(−𝑥)

Horizontaal verschuiven naar links over een afstand 1:

𝑓(−𝑥) → 𝑓(1 − 𝑥)

Horizontaal uitrekken met een factor 2:

𝑓(1 − 𝑥) → 𝑓(2(1 − 𝑥))


78

Verticaal verschuiven naar boven

over een afstand 3

2:

𝑓(2(1 − 𝑥)) → 𝑔(𝑥)

De eerste belangrijke punten nodig om een grafiek te schetsen zijn de snijpunten met de x en y-assen.

De snijpunten met de x-as noemen de nulpunten van de functie omdat het beeld nul wordt. De functie

𝑓(𝑥) heeft de nulpunten:

√𝑥 − 𝑥 = 0 ⟺ √𝑥(1 − √𝑥) = 0 ⟺ √𝑥 = 0 of √𝑥 = 1 ⟺ 𝑥 = 0 of 𝑥 = 1

Het nulpunt van de functie 𝑔(𝑥) is als volgt:

√2(1 − 𝑥) + 2𝑥 −1

2= 0 ⟺ √2(1 − 𝑥) =

1

2− 2𝑥

⟺ 2(1 − 𝑥) =1

4− 2𝑥 + 4𝑥2

⟺ 4𝑥2 =7

4

⟺ 𝑥 = ±√7

4

Merk op dat alleen het punt 𝑥 =√7

4 zich in het domein van de functie 𝑔(𝑥) bevindt zodat dit het enige

nulpunt van de functie is.

4.3 Veeltermen: tweede en derde graadvergelijkingen Omdat we in hoofdstuk 2 reeds uitvoerig het tekenen van een rechte bestudeerd hebben, bekijken we

in deze paragraaf in detail de tweede en derde graadvergelijkingen. De discriminantmethode om

tweede graadvergelijkingen op te lossen is immers een rechtstreeks gevolg van de scalaire

bewerkingen die de tweede graadvergelijking omvormt tot de meest eenvoudige parabool 𝑦 = 𝑥2.

Voor de derde graadvergelijkingen kunnen we ook een omvorming uitvoeren maar deze heeft twee

basisfuncties nodig 𝑦 = 𝑥 en 𝑦 = 𝑥3. De nulpunten vinden van een derde graadvergelijking is

moeilijker maar er is ook een discriminantmethode beschikbaar om een nulpunt te vinden: Methode

van Cardano.

4.3.1 Tweede graadvergelijkingen We beschouwen de algemene parabool 𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐 die we vereenvoudigen door een

volkomen kwadraat te maken:

𝑦 = 𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 + 𝑐

= 𝑎 (𝑥2 +𝑏

𝑎𝑥) + 𝑐


79

= 𝑎 (𝑥 +𝑏

2𝑎)2

+ 𝑐 −𝑏2

4𝑎

Iedere parabool is dus een omvorming van de standaard parabool 𝑦0 = 𝑥2 aan de hand van de

stappen:

1. Verschuif horizontaal over 𝑏

2𝑎.

2. Verticale herschaling met factor 𝑎.

3. Verticale verschuiving over 𝑐 −𝑏2

4𝑎

Beschouw het voorbeeld 𝑦 = 2𝑥2 + 4𝑥 − 4 startende vanuit 𝑦0 = 𝑥2 passen we volgende stappen

toe:

Originele functie 𝑦 = 𝑥2

Verschuif horizontaal naar links over 1:

𝑓(𝑥) → 𝑓(𝑥 + 1)

Verticale herschaling met factor 2:

𝑓(𝑥 + 1) → 𝑓(2(1 + 𝑥))


80

Verticale verschuiving over -6:

𝑓(2(1 + 𝑥)) → 𝑓(2(1 + 𝑥)) − 6

Enkele observaties:

1. Indien de laatste stap niet wordt uitgevoerd is er maar 1 nulpunt. De laatste stap wordt niet

uitgevoerd indien 𝑐 −𝑏2

4𝑎= 0 zodat het nulpunt gelijk is aan −

𝑏

2𝑎

2. Indien de verschuiving 𝑐 −𝑏2

4𝑎> 0 dan zijn er geen nulpunten

3. Indien de verschuiving 𝑐 −𝑏2

4𝑎< 0 dan zijn er twee nulpunten die bepaald worden door

𝑎 (𝑥 +𝑏

2𝑎)2

+ 𝑐 −𝑏2

4𝑎= 0 ⟺ (𝑥 +

𝑏

2𝑎)2

=𝑏2

4𝑎2−𝑐

𝑎

⟺ 𝑥 +𝑏

2𝑎= ±

√𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

⟺ 𝑥 =−𝑏 ± √𝑏2 − 4𝑎𝑐

2𝑎

Men heet de discriminant 𝐷 = 𝑏2 − 4𝑎 omdat deze een rol speelt in het bepalen van de oplossingen

en discrimineert tussen het aantal oplossingen dat verwacht mag worden.

4.3.2 Derde graadvergelijkingen

We beschouwen een algemene derde graadvergelijking 𝑦 = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑 die we proberen om

te reduceren tot haar meest elementaire vergelijking door een volkomen derde macht te maken:

𝑦 = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 + 𝑑

= 𝑎 (𝑥 +𝑏

3𝑎)3

+ 𝑥 (𝑐 −𝑏2

3𝑎) + 𝑑 −

𝑏3

27𝑎2

= 𝑎 (𝑥 +𝑏

3𝑎)3

+ (𝑐 −𝑏2

3𝑎) (𝑥 +

𝑏

3𝑎) + 𝑑 −

𝑏𝑐

3𝑎+2𝑏3

27𝑎2

Een kubische functie is bijgevolg een vervormde combinatie van twee basisfuncties 𝑓0(𝑥) = 𝑥3 en

𝑓1(𝑥) = 𝑥. De stappen die uitgevoerd moeten worden zijn:

1. Verschuif de functies horizontaal over 𝑏

3𝑎 naar 𝑓0 (𝑥 +

𝑏

3𝑎) en 𝑓1 (𝑥 +

𝑏

3𝑎)

2. Herschaal de eerste grafiek met een factor 𝑎 naar 𝑎𝑓0 (𝑥 +𝑏

3𝑎)

3. Herschaal de tweede grafiek met een factor 𝑐 −𝑏2

3𝑎 naar (𝑐 −

𝑏2

3𝑎)𝑓1 (𝑥 +

𝑏

3𝑎)

4. Tel beide grafieken bij elkaar op naar 𝑎𝑓0 (𝑥 +𝑏

3𝑎) + (𝑐 −

𝑏2

3𝑎)𝑓1 (𝑥 +

𝑏

3𝑎)


81

5. Verschuif de grafiek verticaal over 𝑑 −𝑏𝑐

3𝑎+

2𝑏3

27𝑎2.

We passen deze techniek ter illustratie toe op het voorbeeld 𝑦 = 2𝑥3 − 6𝑥2 + 5𝑥 − 2 die we vormen

uit de functies 𝑓0(𝑥) = 𝑥3 en 𝑓1(𝑥) = 𝑥.

Originele functies 𝑓0(𝑥) = 𝑥3 en

𝑓1(𝑥) = 𝑥

Verschuif de functies horizontaal over −1 naar 𝑓0(𝑥 − 1) en 𝑓1(𝑥 − 1)

Herschaal de eerste grafiek met een factor 2 naar 2𝑓0(𝑥 − 1)

Herschaal de tweede grafiek met een factor −1 naar −𝑓1(𝑥 − 1)


82

Tel beide grafieken bij elkaar op naar 2𝑓0(𝑥 − 1) − 𝑓1(𝑥 − 1)

Verschuif de grafiek verticaal over −1

De nulpunten zoeken van een derde graadfunctie is niet eenvoudig behalve als er kan ontbonden

worden in factoren met behulp van Horners techniek. Bij Horners techniek gaan we controleren of er

oplossingen zijn die gehele getallen zijn. De enige kandidaat oplossingen die gehele getallen zijn, zijn

de priemdelers van de constante coëfficiënt en haar producten. De constante coëfficiënt is 𝑑 = −2.

De kandidaat oplossingen zijn: 1,−1,2,−2. Na wat probeerwerk, kan men tot de vaststelling komen

dat 𝑥 = 2 een oplossing is.

2|2 −6 5 −2

4 −4 2

|2 −2 1 0

De ontbinding levert bijgevolg:

𝑦 = 2𝑥3 − 6𝑥2 + 5𝑥 − 2 = (𝑥 − 2)(2𝑥2 − 2𝑥 + 1)

De discriminant van de tweede factor is gelijk aan 𝐷 = 4 − 8 = −4 zodat er geen verdere oplossingen

meer zijn. Indien ontbinden in factoren onmogelijk blijkt, hoe gaan we dan te werk? De

discriminantmethode voor kwadratische vergelijkingen kan worden uitgebreid naar derde

graadvergelijkingen met behulp van de Cardano methode.

4.3.3 Cardanos methode voor kubische vergelijkingen We hebben reeds laten zien dat we elke derde graadvergelijking van de vorm 𝑦 = 𝑎𝑥3 + 𝑏𝑥2 + 𝑐𝑥 +

𝑑 kunnen reduceren tot de vorm 𝑦 = 𝑎𝑡3 + 𝑝𝑡 + 𝑞 waarbij 𝑡 = 𝑥 +𝑏

3𝑎, 𝑝 = 𝑐 −

𝑏2

3𝑎 en 𝑞 = 𝑑 −

𝑏𝑐

3𝑎+

2𝑏3

27𝑎2. We hoeven dus alleen een algemene oplossingstechniek te bekomen voor een gereduceerde


83

derde graadvergelijking. Precies zoals bij kwadratische vergelijkingen ligt de oplossing verscholen in

een volkomen derdemacht. Cardanos merkwaardig product voor twee getallen 𝑢, 𝑣 geldt:

(𝑢 − 𝑣)3 + 3𝑢𝑣(𝑢 − 𝑣) + 𝑣3 − 𝑢3 = 0

Dit lijkt heel goed op de op te lossen vergelijking: 𝑎𝑡3 + 𝑝𝑡 + 𝑞 = 0 ⟺ 𝑡3 +𝑝

𝑎𝑡 +

𝑞

𝑎= 0. We

identificeren de overeenkomsten in een stelsel:

{

𝑡 = 𝑢 − 𝑣

3𝑢𝑣 =𝑝

𝑎

𝑣3 − 𝑢3 =𝑞

𝑎

Uit de onderste twee vergelijkingen kunnen we 𝑢 en 𝑣 oplossen om de nulpunten 𝑡 = 𝑢 − 𝑣 te vinden.

We lossen het stelsel op met substitutie:

{

𝑡 = 𝑢 − 𝑣

3𝑢𝑣 =𝑝

𝑎

𝑣3 − 𝑢3 =𝑞

𝑎

⟺

{

𝑡 = 𝑢 − 𝑣

𝑢3 =𝑝3

27𝑣3𝑎3

𝑣3 −𝑝3

27𝑣3𝑎3=𝑞

𝑎

⟺ {

𝑡 = 𝑢 − 𝑣

𝑢3 =𝑝3

27𝑣3𝑎3

27𝑎3𝑣6 − 27𝑎2𝑞𝑣3 − 𝑝3 = 0

De laatste vergelijking is een kwadratische vergelijking in 𝑣3 zodat de oplossingen:

𝑣3 =27𝑎2𝑞 ± √729𝑎4𝑞2 + 108𝑎3𝑝3

54𝑎3=𝑞 ± √𝑞2 +

4𝑝3

27𝑎2𝑎

en voor 𝑢3 vinden we:

𝑢3 =𝑝3

27𝑣3𝑎3=

2𝑝3

27𝑎2(𝑞 ± √𝑞2 +4𝑝3

27𝑎)

= −𝑞 ∓ √𝑞2 +

4𝑝3

27𝑎2𝑎

De oplossing van de vergelijking wordt gegeven door:

𝑡 = 𝑢 − 𝑣 =

(

√−𝑞 + √𝑞

2 +4𝑝3

27𝑎2𝑎

3

+√−𝑞 − √𝑞

2 +4𝑝3

27𝑎2𝑎

3

)

We heten het getal 𝐷3 = 𝑞2 +

4𝑝3

27𝑎 de discriminant van de gereduceerde kubische vergelijking.

Voorbeeld: We hernemen 𝑦 = 2𝑥3 − 6𝑥2 + 5𝑥 − 2 die we met Cardanos methode oplossen. De

eerste stap vraagt om de vergelijking om te vormen tot haar gereduceerde vorm:

𝑦 = 2𝑡3 − 𝑡 − 1

We zoeken nu de nulpunten in 𝑡 van deze vergelijking zonder te ontbinden in factoren. De vorige

formule leert:


84

𝑢 =√1 + √1 −

227

4

3

=√1 +

5

√274

3

=√1 +

5

3√34

3

= √3√3 + 5

12√3

3

en op dezelfde manier

𝑣 =√−1+ √1 −

227

4

3

=√−1+

5

√274

3

=√−1 +

5

3√34

3

= −√3√3 − 5

12√3

3

De oplossing kan je met een rekenmachine uitrekenen wat zoals verwacht gelijk is aan 𝑡 = 𝑢 − 𝑣 = 1.

Aangezien 𝑡 = 𝑥 +𝑏

3𝑎= 𝑥 − 1 vinden we de oplossing 𝑥 = 2. In dit voorbeeld is Cardanos methode

overkill aangezien ontbinding in factoren veel eenvoudiger is.

Voorbeeld: We nemen nu de vergelijking 𝑦 = 𝑥3 − 3𝑥2 + 15𝑥 − 1. Het is duidelijk dat ontbinden in

factoren onmogelijk zal zijn aangezien de twee kandidaten om de regel van Horner toe te passen

gegeven worden door 1 en −1. Deze zijn echter geen oplossing. We zetten deze eerst om in een

gereduceerde vorm met 𝑡 = 𝑥 +𝑏

3𝑎= 𝑥 − 1, 𝑝 = 𝑐 −

𝑏2

3𝑎= 12 en 𝑞 = 𝑑 −

𝑏𝑐

3𝑎+

2𝑏3

27𝑎2= 12 zodat

𝑦 = 𝑡3 + 12𝑡 + 12

De Cardano formules levert nu:

𝑣3 =𝑞 + √𝑞2 +

4𝑝3

27𝑎2𝑎

=12 + 12√1 +

169

2= 6(1 +

5

3) = 16

𝑢3 == −𝑞 − √𝑞2 +

4𝑝3

27𝑎

2𝑎= −

12 − 12√1 +169

2= −6(1 −

5

3) = 4

Dit levert nu de oplossing voor de gereduceerde vergelijking 𝑦 = 𝑡3 + 12𝑡 + 16:

𝑡 = 𝑢 − 𝑣 = √43− 2√2

3≈ −0,9324

De oplossing van de originele vergelijking in 𝑥 is wegens de substitutie 𝑡 = 𝑥 − 1 gelijk aan

𝑥 = 𝑡 + 1 = √43− 2√2

3+ 1 ≈ 0,0676

Aan de hand van de regel van Horner kunnen we nu de andere mogelijke oplossing vinden indien deze

er zijn:

0,0676| 1 −3 15 −1

0,0676 −0,1982 1

| 1 −2,9324 14,8017 0

De ontbinding is afgerond:

𝑦 = 𝑥3 − 3𝑥2 + 15𝑥 − 1 = (𝑥 − 0.0676)(𝑥2 − 2,9321𝑥 + 14,8017)

De discriminant van de tweede factor is negatief zodat er geen andere nulpunten meer zijn.


85

Opmerking: Voor vergelijkingen van graad 4 bestaat er ook een dergelijke oplossingsmethode:

methode van Ferrari. Deze maakt ook gebruik van een volkomen vierde macht om de oplossing te

berekenen. Vanaf graad 5 en hoger is het niet langer mogelijk om voor elke veelterm een

oplossingsmethode te beschrijven. Het is immers aangetoond dat voor vergelijkingen vanaf graad 5,

sommige oplossingen geen wortelvormen zijn en de aangeleverde techniek vindt alleen oplossingen

te schrijven met behulp van wortels √𝑎𝑟

met 𝑟 de graad van de vergelijking. De tak van de wiskunde

die deze methoden bestudeert en oplossingen van veelterm analyseert noemt Galoistheorie (1880).

Voor hogere graadvergelijkingen kan men wel de oplossingen berekenen maar in decimalen in plaats

van wortelvormen. De techniek die rekenmachines hiervoor gebruiken is gebaseerd op de methode

van Jenkins-Traub (1970). Het domein van de wiskunde die methoden bestudeert specifiek voor het

rekenen met decimalen heet men numerieke wiskunde.

4.4 Exponentiële en logaritmische functies

4.4.1 Machten met gehele exponenten Voor een reëel getal 𝑎 en een natuurlijk getal 𝑛 berekenen we de 𝑛-de macht van het getal 𝑎 wat we

noteren als 𝑎𝑛 en berekenen als volgt:

𝑎𝑛 = 𝑎. 𝑎. 𝑎 …𝑎

zodat er precies 𝑛 factoren in het product aanwezig zijn. Het getal 𝑎 noemen we het grondtal, de

macht 𝑛 noemt de exponent. Er geldt:

𝑎0 = 1 wat eerder een afspraak is.

Indien 𝑎 ≥ 0 dan is 𝑎𝑛 ≥ 0 voor elke 𝑛 ∈ ℕ.

Indien 𝑎 ≤ 0 dan is 𝑎𝑛 ≥ 0 voor 𝑛 een even getal, en 𝑎𝑛 ≤ 0 voor 𝑛 een oneven getal

De volgende rekenregels met machten zijn geldig voor grondtallen 𝑎, 𝑏 en machten 𝑛,𝑚 natuurlijke

getallen. De rekenregels zijn eenvoudig na te kijken dat deze geldig zijn door de machten uit te

schrijven in haar lange vorm met producten:

Vermenigvuldiging met hetzelfde grondtal: 𝑎𝑛𝑎𝑚 = 𝑎𝑛+𝑚

Quotiënt met hetzelfde grondtal: 𝑎𝑛

𝑎𝑚= 𝑎𝑛−𝑚

Macht tot een macht verheffen: (𝑎𝑛)𝑚 = 𝑎𝑛.𝑚

Macht van een vermenigvuldiging: (𝑎. 𝑏)𝑛 = 𝑎𝑛. 𝑏𝑛

Macht van een quotiënt: (𝑎

𝑏)𝑛=𝑎𝑛

𝑏𝑛

4.4.2 Machtswortels Voor een reëel getal 𝑎 en een natuurlijk getal 𝑛 berekenen we de 𝑛-de machtswortel van het getal 𝑎

wat we noteren als √𝑎𝑛= 𝑎

1

𝑛 en berekenen als volgt:

𝑥 = 𝑎1𝑛⟺ 𝑎 = 𝑥𝑛

De machtswortel is de inverse operatie van de macht aangezien de 𝑛-de machtswortel van het getal 𝑎

het getal 𝑥 is zodat de 𝑛-de macht van de oplossing 𝑥 het getal 𝑎 is. Er geldt:


86

Indien 𝑛 even is, en 𝑎 is positief dan heeft de machtswortel twee reële oplossingen die

tegengesteld zijn.

Indien 𝑛 oneven is dan heeft de machtswortel precies één reële oplossing met hetzelfde teken

als het grondtal 𝑎.

Indien 𝑛 even is, en 𝑎 is negatief dan heeft de machtswortel geen reële oplossing.

4.4.3 Exponentiële functies en vergelijkingen De exponentiële functie is een veralgemening van de machtsverheffing waarbij de exponent niet

langer beperkt wordt tot een natuurlijk getal 𝑛. We bekomen:

𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 met 𝑎 > 0

Vaak wordt het grondtal 𝑒 gebruikt die zoals 𝜋 een wiskundige constante is 𝑒 ≈ 2,71828… Het getal

treedt bij

(1 +1

𝑛)𝑛

met 𝑛 ∈ ℕ

Als het getal 𝑛 groter en groter wordt dan streeft (1 +1

𝑛)𝑛

naar een constante die precies het getal 𝑒

is. Het getal is genoemd naar Leonard Euler.

Als het grondtal 𝑎 groter is dan 1 dan is de exponentiële functie stijgend en als het grondtal tussen 0

en 1 ligt is de exponentiële functie dalend. De exponentiële functie snijdt steeds de verticale as in het

punt [0 1].

Figuur 49: Exponentiële functies met verschillende grondtallen

Vergelijkingen waarin exponentiële functies opduiken, noemen we exponentiële vergelijkingen die net

zoals veeltermen kunnen opgelost worden. Twee rekenstrategieën om een exponentiële vergelijking

op te lossen zijn:

1. Vorm alle grondtallen om in een gemeenschappelijk grondtal met behulp van het kleinste

gemene deler.

2. Substitueer de exponentiële functie met het gemeenschappelijk grondtal 𝑦 = 𝑎𝑥 en los de

veelterm in 𝑦 op.

Een illustratie van rekenstrategie 1 is volgende vergelijking: 2𝑥−1 = (1

8)3𝑥

. We starten met

rekenstrategie 1. De kleinste gemene deler van 2 en 8 is 2 zodat:


87

2𝑥−1 = (1

8)3𝑥

⟺ 2𝑥−1 = (1

23)3𝑥

⟺ 2𝑥−1 = (2−3)3𝑥

⟺ 2𝑥−1 = 2−9𝑥 ⟺ 𝑥 − 1 = −9𝑥

⟺ 𝑥 =1

10

Een illustratie van rekenstrategie 2 is volgende vergelijking: 𝑒2𝑥 − 3𝑒𝑥 =−4

1+𝑒−𝑥. Strategie 1 kunnen we

niet meer toepassen omdat alle exponentiële functies reeds in hetzelfde grondtal staan. We gaan dan

over tot strategie 2 waarin we de substitutie maken 𝑦 = 𝑒𝑥. We bekomen:

𝑒2𝑥 − 3𝑒𝑥 =−4

1 + 𝑒−𝑥⟺ 𝑦2 − 3𝑦 =

−4

1 +1𝑦

⟺ 𝑦2 − 3𝑦 =−4𝑦

𝑦 + 1

⟺ 𝑦(𝑦 − 3)(𝑦 + 1) = −4𝑦

⟺ (𝑦 − 3)(𝑦 + 1) = −4

⟺ 𝑦2 − 2𝑦 + 1 = 0

⟺ (𝑦 − 1)2 = 0

⟺ 𝑦 = 1

⟺ 𝑒𝑥 = 1

⟺ 𝑥 = 0

De substitutie liet toe om een exponentiële vergelijking op te lossen zoals veeltermen opgelost

worden. Aan het einde moet er wel nog naar de originele variabele 𝑥 worden opgelost nadat de

veelterm in 𝑦 werd opgelost.

4.4.4 Logaritmische functies en vergelijkingen De logaritme van een getal 𝑥 in grondtal 𝑎 genoteerd als log𝑎 𝑥 is een functie die uitdrukt wat de

exponent 𝑦 is zodat 𝑥 = 𝑎𝑦:

𝑥 = 𝑎𝑦⟺ 𝑦 = log𝑎 𝑥

Het is eenvoudig in te zien dat 𝑎log𝑎 𝑥 = 𝑥 en log𝑎 𝑎𝑦 = 𝑦. Heel vaak wordt grondtal 𝑎 = 10 gebruikt

zodat het grondtal in dat specifieke geval niet genoteerd wordt: log(𝑥) is hetzelfde als log10 𝑥. Een

ander vaak voorkomend grondtal is 𝑎 = 𝑒 waarbij ook in dit geval de notatie ln(𝑥) gebruikt wordt

zodat ln(𝑥) = log𝑒(𝑥).

Als het grondtal 𝑎 groter is dan 1 dan is de logaritmische functie stijgend en als het grondtal tussen 0

en 1 ligt is de logaritmische functie dalend. De logaritmische functie snijdt steeds de verticale as in het

punt [1 0].


88

Figuur 50: Grafiek van de logaritmische functie voor verschillende grondtallen

Volgende rekenregels zijn geldig voor grondtallen 𝑎, 𝑏, reële getal 𝑟 en 𝑥, 𝑦 > 0:

Logaritme van een product: log𝑎(𝑥𝑦) = log𝑎 𝑥 + log𝑎 𝑦

Logaritme van een quotiënt: log𝑎 (𝑥

𝑦) = log𝑎 𝑥 − log𝑎 𝑦

Logaritme van een macht: log𝑎(𝑥𝑟) = 𝑟 log𝑎 𝑥

Verandering grondtal: log𝑏 𝑥 =log𝑎 𝑥

log𝑎 𝑏

De laatste rekenregel is heel nuttig maar wordt vaak verkeerd gememoriseerd: onthoud dat aan beide

kanten van de gelijkheid maar 1 grondtal wordt gebruikt, het oude grondtal links, het nieuwe grondtal

rechts.

Voorbeeld: log3−𝑥 9 =log3 9

log3 3−𝑥 =

2

−𝑥= −

2

𝑥

We hebben de laatste rekenregel gebruikt om deze uitdrukking te vereenvoudigen. De andere

rekenregels kunnen we in volgend voorbeeld illustreren om de uitdrukking te vereenvoudigen.

Voorbeeld: 2 log39

2− log3

1

4= log3

81

4− log3

1

4= log3 81 = 4

Indien rekenstrategie 1 en 2 faalt om exponentiële vergelijkingen op te lossen, kan je gebruik maken

van de rekenregels van logaritmen, in het bijzonder de regel van de macht: log𝑎(𝑥𝑟) = 𝑟 log𝑎 𝑥.

Als het onmogelijk is naar hetzelfde grondtal te brengen dan neem je de logaritme (grondtal 10 of e)

van linker- en rechterlid van de vergelijking.

Voorbeeld:

23𝑥+1 = 5𝑥+6⟺ (3𝑥 + 1) ln(2) = (𝑥 + 6) ln(5) ⟺ (3 ln(2) − ln(5))𝑥 = 6 ln(5) − ln(2)

⟺ 𝑥 =6 ln(5) − ln(2)

3 ln(2) − ln(5)

⟺ 𝑥 =ln (56

2 )

ln (23

5)


89

De eerste twee strategieën zijn ook toepasbaar voor logaritmische vergelijkingen. Merk op dat wegens

de laatste rekenregel log𝑏 𝑥 =log𝑎 𝑥

log𝑎 𝑏 kan je altijd het grondtal aanpassen zodat strategie 1 altijd

toegepast kan worden bij logaritmische vergelijkingen.

Voorbeeld:

log2(3) + log2(𝑥) = log2(5) + log2(𝑥 − 2)

⟺ log2(3𝑥) = log2(5(𝑥 − 2))

⟺ 3𝑥 = 5𝑥 − 10

⟺ 𝑥 = 5

Controleer dat de oplossing in het domein ligt van de vergelijking. Het domein is 𝐷 =]2,∞[. De

oplossing is dus geldig.

Voorbeeld:

ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = ln(4𝑥) + 3

⟺ ln(𝑥) + ln(𝑥 − 1) = ln(4𝑥) + ln(𝑒3)

⟺ ln(𝑥2 − 𝑥) = ln(4𝑒3𝑥)

⟺ 𝑥2 − 𝑥 = 4𝑒3𝑥

⟺ 𝑥(𝑥 − 1 − 4𝑒3) = 0

De mogelijke oplossingen zijn 𝑥 = 0 en 𝑥 = 1 + 4𝑒3. We bekijken het domein van de vergelijking die

gegeven wordt door 𝐷 =]1,∞[. De enige oplossing van de vergelijking is 𝑥 = 1 + 4𝑒3 aangezien de

kandidaat oplossing 𝑥 = 0 ∉ 𝐷 en is dus een valse oplossing.

4.4.5 Vorige examenopgaves Examen eerste zittijd 2014-2015: Vind alle oplossingen 𝑥 ∈ ℝ van de vergelijking

ln(𝑥 − 3) + ln(𝑥 − 2) = ln(2𝑥 + 24)

Oplossing: Het domein van de vergelijking 𝐷 =]3,∞[. We berekenen

ln(𝑥 − 3) + ln(𝑥 − 2) = ln(2𝑥 + 24)

⟺ ln(𝑥2 − 5𝑥 + 6) = ln(2𝑥 + 24)

⟺ 𝑥2 − 5𝑥 + 6 = 2𝑥 + 24

⟺ 𝑥2 − 7𝑥 − 18 = 0

⟺ (𝑥 + 2)(𝑥 − 9) = 0

De kandidaat oplossingen zijn 𝑥 = −2 en 𝑥 = 9. De enige kandidaat oplossing in het domein van de

vergelijking is 𝑥 = 9.

Examen eerste zittijd 2015-2016: Bereken voor 𝑥 ≥ 1 het getal waaraan volgende uitdrukking gelijk

is:

ln(𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥 − 1) log2(𝑥 − 1) − log2(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) log2(𝑥 − 1)

Oplossing: We zetten de uitdrukking in eenzelfde basis 𝑒 en berekenen


90

ln(𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥 − 1) log2(𝑥 − 1) − log2(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) log2(𝑥 − 1)

=

ln(𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)ln(2)

−ln(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(2)

ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)ln(2)

=ln(𝑥3 − 𝑥2 + 𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)

=ln((𝑥 − 1)(𝑥2 + 1)) ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)

=ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1) + ln(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1) − ln(𝑥2 + 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)

=ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)

ln(𝑥 − 1) ln(𝑥 − 1)= 1

Examen eerste zittijd 2016-2017: Los de volgende vergelijking op (in ℝ)

log3(2). log√2(𝑥) + log3(3 − 𝑥) = log√3(2)

Oplossing: Het domein van de vergelijking is 𝐷 =]0,3[. We brengen de vergelijking in grondtal 3:

log3(2). log√2(𝑥) + log3(3 − 𝑥) = log√3(2)

⟺log3(2). log3(𝑥)

log3 √2+ log3(3 − 𝑥) =

log3(2)

log3 √3

⟺ 2log3(𝑥) + log3(3 − 𝑥) = 2log3(2)

⟺ log3(𝑥2) + log3(3 − 𝑥) = log3(4)

⟺ log3(𝑥2(3 − 𝑥)) = log3(4)

⟺ 𝑥2(3 − 𝑥) = 4

⟺ 𝑥3 − 3𝑥2 + 4 = 0

⟺ (𝑥 + 1)(𝑥2 − 4𝑥 + 4) = 0

⟺ (𝑥 + 1)(𝑥 − 2)2 = 0

De kandidaat oplossingen zijn −1 en 2. Aangezien alleen 𝑥 = 2 zich in het domein bevindt van de

vergelijking is dit de enige oplossing.

4.5 Goniometrische en cyclometrische functies In het vorige hoofdstuk, maakten we kennis met sinus en cosinus als goniometrische getallen. We

kunnen deze ook als functies beschouwen die een bepaalde hoek afbeeldt op de 𝑥-coördinaat

respectievelijk 𝑦-coördinaat van het snijpunt 𝑝 zoals in Figuur 30 met grafieken in Figuur 51.

Figuur 51: Grafiek van cosinus (blauw) en sinus (groen)

-3.14 -1.57 0 1.57 3.14 4.71 6.28

-1

-0.5

0

0.5

1

x

f(x)

cos(𝑥)

sin(𝑥)


91

Een algemeen voorschrift voor de sinusfunctie is als volgt:

𝑓(𝑥) = 𝐴 sin(𝜔𝑥 + 𝜙)

waarbij 𝐴 de amplitude, 𝜔 de pulsatie en 𝜙 de fase genoemd wordt. Indien we de rekenregels uit dit

hoofdstuk hanteren, vinden we dat:

• Er een verticale herschaling gebeurt die de amplitude van ±1 naar ±𝐴 brengt.

• Er een horizontale verschuiving over 𝜙 plaatsvindt.

• Er een horizontale herschaling met factor 𝜔 gebeurt. De periodelengte is dus 2𝜋

𝜔.

Op precies dezelfde manier kunnen we de tangens en cotangens als functies interpreteren:

𝑓(𝑥) = tan(𝑥) =sin(𝑥)

cos(𝑥) en 𝑔(𝑥) = cot(𝑥) =

cos(𝑥)

sin(𝑥)

met enkele eigenschappen:

• Beide zijn oneven functies.

• De tangens heeft haar nulpunten samen met de nulpunten van de sinus

• De tangens is niet gedefinieerd wanneer de cosinus nul wordt

• De cotangens heeft haar nulpunten samen met die van de cosinus

• De cotangens is niet gedefinieerd wanneer de sinus nul wordt.

• De tangens en cotangens zijn periodiek met periode 𝜋: 𝑓(𝑥 + 𝜋) =sin(𝑥+𝜋)

cos(𝑥+𝜋)=−sin(𝑥)

−cos(𝑥)= 𝑓(𝑥)

De grafiek van deze functies wordt geïllustreerd in Figuur 52.

Figuur 52: Grafiek van tangensfunctie (stippenlijn) en cotangensfunctie (volle lijn)

De inverse functies van de cosinus, sinus, tangens en cotangens die een belangrijke rol spelen bij

integralen worden de cyclometrische functies:

𝑥 = acos(𝑦) ⟺ 𝑦 = cos(𝑥)

-2 0 2 4 6

-2

-1

0

1

2

x

f(x)


92

𝑥 = asin(𝑦) ⟺ 𝑦 = sin(𝑥)

𝑥 = atan(𝑦) ⟺ 𝑦 = tan(𝑥)

𝑥 = acot(𝑦) ⟺ 𝑦 = cot(𝑥)

Een andere vaak voorkomende notatie is de Nederlandstalige benaming “boog”: bgsin(. ) ipv asin(. ).

Beide notaties mogen gebruikt worden.

Hoofdstuk 5: Functieanalyse

93

5 Functieanalyse Bij de invoering van functies in het vorige hoofdstukken, hebben we geanalyseerd hoe we een grafiek

kunnen aanpassen in verschillende stappen tegenover een referentiefunctie die we kennen. Op die

manier kwamen we tot horizontale en verticale verschuivingen en uitrekkingen. Vaak duiken er echter

ingewikkeldere functies op waarin we niet onmiddellijk een basisfunctie in herkennen zodat we

kunnen terugrekenen naar die basisfunctie. In dat geval moet je een andere aanpak toepassen om een

schets van deze functie te kunnen maken. Een voorbeeld waar een basisfunctie moeilijker te

identificeren valt, zijn rationale functies:

𝑓(𝑥) =𝑥2 + 3𝑥 − 7

𝑥 + 3

Rationale functies bestaan uit een deling van veeltermen en nemen een bijzondere plaats in, in de

wiskunde. De tak van de wiskunde die onder meer een studie maakt van rationale functies en haar

eigenschappen noemt men de complexe analyse waarin men meromorfe functies bestudeert die

rationale functies veralgemeent en in een ruimer perspectief plaatst.

5.1 Inleiding De grafiek van de bovenstaande functie kunnen we teken in Figuur 53 in de rode kromme. De punten

waardoor we de interpolant tekenen zijn de nulpunten die de grafiek maakt met de horizontale as, en

de snijpunten met de verticale as. Deze zijn belangrijke steunpunten die geanalyseerd moeten worden.

Verder valt het ook op dat de grafiek de stippenlijnen niet kunnen passeren. Assen waar een grafiek

niet voorbij kan noemen asymptoten waarvoor we het begrip limiet zullen invoeren. De laatste

observatie is dat de grafiek zich soms boven, soms onder de x-as zich bevindt wat we analyseren met

het tekenonderzoek. Deze eigenschappen vormen het eerste deel van een functie-onderzoek.


94

𝑥

𝑦

Figuur 53: Grafiek en steunpunten voor de functie 𝑓(𝑥) =𝑥2+3𝑥−4

𝑥+3


95

5.2 Stap 1 functie-onderzoek: Domein en tekenanalyse De eerste stap in het functie-onderzoek analyseert de punten die niet toegelaten worden en zich

buiten het domein van de functie bevinden, de nulpunten of snijpunten met de horizontale as en de

snijpunten met de verticale as. Tot slot laat dit toe om te bepalen waar de grafiek zich boven de

horizontale as zich bevindt of positieve beeldwaarden geeft en onder de horizontale as waar negatieve

beeldwaarden gevonden worden.

5.2.1 Domein Bij een rationale functie zijn punten die de noemer nul maken geen deel van het domein. Deze punten

worden de polen van de rationale functie genoemd. Het domein van een rationale functie wordt

gegeven door 𝐷 = ℝ\{…} . In de verzameling worden de 𝑥-waarden genoteerd die niet toegelaten

zijn. In het bovenstaand voorbeeld wordt de noemer nul gemaakt voor 𝑥 = −3. Het domein van de

functie is bijgevolg: 𝐷 = ℝ\{−3}.

5.2.2 Nulpunten De nulpunten van een rationale functie zijn punten die de teller nul maken. Deze worden berekend

door de oplossingen te vinden van de veelterm in de teller. In het bovenstaand voorbeeld, kunnen we

de nulpunten eenvoudig bepalen door te ontbinden in factoren:

𝑥2 + 3𝑥 − 4 = 0 ⟺ (𝑥 − 1)(𝑥 + 4) = 0

De nulpunten zijn bijgevolg: 𝑥 = 1 en 𝑥 = −4.

5.2.3 Tekenverloop Nu kunnen we bepalen waar de grafiek zich bevindt tegenover de horizontale as. We maken gebruik

van het visgraatdiagram waarin we de net berekende punten, de polen en nulpunten, aanbrengen:

𝑥 -4 -3 1

𝑓(𝑥) 0 | 0

De eerste rij in het diagram laat de berekende 𝑥-waarden zien, terwijl de tweede rij de beelden van de

functie aangeeft. Voor de berekende punten zijn de beeldwaarden voor de nulpunten gelijk aan 0, voor

de polen is er geen beeldwaarde omdat een pool zich buiten het domein bevindt wat we uitdrukken

door een verticale streep |. Tussenin bepalen we of het beeld positief of negatief is. We kunnen dit

eenvoudig doen, door een functiewaarde te kiezen die het rekenen makkelijk maakt, bijvoorbeeld 𝑥 =

0 behalve als dit punt een bijzonder punt is. Voor deze waarde vinden we het beeld 𝑓(0) = −4

3.

Aangezien 0 zich bevindt tussen de bijzondere punten -3 en 1, is het beeld overal tussen -3 en 1

negatief omdat 𝑓(0) = −3

4< 0. We brengen dit teken aan in het visgraatdiagram:

𝑥 -4 -3 1

𝑓(𝑥) 0 | − 0

Nu kunnen we de andere tekens invullen. Telkens wanneer we een nulpunt of een pool passeren draait

het teken om, op die manier wordt het tekenverloop uiteindelijk:

𝑥 -4 -3 1

𝑓(𝑥) − 0 + | − 0 +

Op dit moment, geeft het tekenverloop aan dat de grafiek in het gebied ] − ∞,−4] zich onder, in

[−4,−3] zich boven, [−3,1] zich onder en in [1,∞[ zich boven de 𝑥-as bevindt.


96

5.2.4 Multipliciteit van een punt De multipliciteit is een getal die weergeeft hoeveel keer het punt aangeslagen wordt door de grafiek.

Bij rationale vormen of veeltermen is de multipliciteit eenvoudig te berekenen door te ontbinden in

factoren. De multipliciteit is de macht die bij de factor staat na ontbinding in factoren. Beschouw een

veelterm die kan ontbonden worden in factoren (𝑥 − 𝑎)3(𝑥 − 𝑏)(𝑥 + 𝑐)2. In deze veelterm vinden

we nulpunten in 𝑥 = 𝑎, 𝑥 = 𝑏 en 𝑥 = −𝑐. De multipliciteit van deze nulpunten is respectievelijk 3,1 en

2.

In het tekenverloop zagen we in het vorige voorbeeld dat bij het passeren van een nulpunt of pool, het

teken omdraait. Het aantal keer dat het teken omdraait is gelijk aan de multipliciteit van het punt.

Bijgevolg geldt volgende regel:

Indien de multipliciteit van een pool of nulpunt even is dan draait het teken niet om, indien de

multipliciteit oneven is dan draait het teken om.

Voorbeeld: Beschouw de functie 𝑓(𝑥) =2𝑥2+3𝑥−5

𝑥2+2𝑥+1. We analyseren haar domein door de nulpunten

van de noemer te berekenen: 𝑥2 + 2𝑥 + 1 = 0 ⟺ (𝑥 + 1)2 = 0. We vinden bijgevolg een pool bij

𝑥 = −1 van multipliciteit 2 of dubbel. De nulpunten vinden we in de teller: 2𝑥2 + 3𝑥 − 5 = 0 ⟺

(𝑥 − 1)(2𝑥 + 5) = 0. De nulpunten zijn 𝑥 = 1 en 𝑥 =−5

2 en zijn enkelvoudig of van multipliciteit 1.

We bepalen het tekenverloop door de punten aan te brengen en de functie te evalueren bij 𝑥 = 0 die

het beeld 𝑓(0) = −5 oplevert dat negatief is. Het tekentabel wordt gegeven door:

𝑥 −5

2

−1 1

𝑓(𝑥) + 0 − | − 0 + Aangezien 0 ∈ [−1,1] ligt kunnen we het teken van 𝑓(0) = −5 alvast aan het volledige interval

toekennen. Vanuit dat teken kunnen we elke keer we een pool of nul passeren het teken laten draaien

rekening houdende met de multipliciteit. Op die manier draait het teken niet om wanneer de pool bij

−1 gepasseerd wordt terwijl het teken wel omdraait bij de nulpunten die enkelvoudig zijn.

5.3 Stap 2 functie-onderzoek: Limieten en asymptoten Een limiet laat toe om het gedrag van een grafiek te bepalen in de buurt van een punt dat niet tot het

domein hoort van de functie. In dat geval kan het beeld van dat punt niet berekend worden omdat het

punt geen beeldwaarde heeft omdat het niet tot het domein hoort. We kunnen wel de beeldwaarden

analyseren in de buurt van dat punt. In de buurt kijken van een punt, doen we aan de hand van een

limiet. We gaan rekenregels ontwikkelen die deze limieten kan uitrekenen voor de verschillende type

functies.

5.3.1 Eindige limiet in een reëel getal Beschouw als voorbeeld de functie

𝑓:ℝ\{0} → [−1,1]: 𝑥 ↦sin(𝑥)

𝑥

Het argument 𝑥 = 0 behoort niet tot het domein omdat het beeld gegeven wordt door 𝑓(0) =0

0 wat

onbepaald is. Alle andere punten van de reële as behoren wel tot het domein dus we kunnen

willekeurig dicht gaan kijken bij 𝑥 = 0 om te analyseren wat er met het beeld gebeurt. We kiezen een

rij die naar 0 streeft: 𝜋

2,𝜋

4,𝜋

8,𝜋

16,𝜋

32. Voor deze rij berekenen we ook het beeld:

0,6366; 0,9003; 0,9745; 0,9936; 0,9984. Bijgevolg hebben we een rij 𝑥-waarden: 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛, …


97

zodat deze rij naar een getal streeft 𝑥𝑛 → 𝑎 voor 𝑛 → ∞. We berekenen voor elk van die getallen het

beeld: 𝑦1 = 𝑓(𝑥1), 𝑦2 = 𝑓(𝑥2),… , 𝑓(𝑥𝑛),…

De limiet van de functie 𝑓(𝑥) in 𝑥 = 𝑎 ∈ ℝ maar buiten het domein 𝐷 is het streefgetal 𝐿 ∈ ℝ van de

rij : 𝑦1 = 𝑓(𝑥1), 𝑦2 = 𝑓(𝑥2),… , 𝑓(𝑥𝑛),… zodat 𝑎 het streefgetal is van de rij 𝑥1, 𝑥2, … , 𝑥𝑛, … We

noteren:

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) = 𝐿

In het voorbeeld, vinden we de limiet in 𝑥 = 0 van de functie 𝑓(𝑥) =sin(𝑥)

𝑥 die gelijk is aan 1. We

noteren bijgevolg lim𝑥→0

sin(𝑥)

𝑥= 1. In de grafiek is dit duidelijk zichtbaar zoals aangegeven in Figuur 54.

Figuur 54: De grafiek van de functie 𝑓(𝑥) =sin(𝑥)

𝑥.

In de grafiek behoort 𝑥 = 0 niet tot het domein en bestaat de overeenkomstige functiewaarde niet,

dit kan je amper zien in de grafiek, in 0 lezen we de limietwaarde af die gelijk is aan 1. Omdat je deze

amper in de grafiek kan opmerken, wordt dit vaak een ophefbare singulariteit genoemd. De

woordkeuze singulariteit duidt op het probleem omdat dit punt niet tot het domein behoort, maar

ophefbaar betekent dat dit amper te zien is in de grafiek. Men zegt dat de functie voortzetbaar is, je

kan het domein volledig maken door aan de functie de limietwaarde toe te voegen.

5.3.2 Oneindige limieten in een reëel getal: verticale asymptoot In de vorige paragraaf 5.3.1 beschouwden we een limiet die het gedrag onderzoekt van de functie in

een omgeving van een reëel punt 𝑥 = 𝑎 dat zich buiten het domein van de functie bevindt maar die

een limiet oplevert 𝐿 ∈ ℝ dat tot het codomein behoort. In deze paragraaf beschouwen we

limietwaarden 𝐿 = ∞ of 𝐿 = −∞. De grafiek van een dergelijke functie zal in het punt 𝑥 = 𝑎 een

verticale asymptoot vertonen wat duidt op een verticale muur waarlangs de functie rakelings passeert

richting oneindig.

Een grafiek van een functie 𝑓(𝑥) = 𝑥 vertoont in een punt 𝑥 = 𝑎 een verticale asymptoot, indien 𝑎 ∉

𝐷 en de limiet lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) = ∞ of lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥) = ∞. Opgepast: het teken bij oneindig kan afhangen van de

kant langs dewelke je naar het getal 𝑎 streeft. Je kan in de buurt van 𝑥 = 𝑎 maar telkens bij waarden

𝑥 > 𝑎, we spreken dan over een rechterlimiet of bij waarden 𝑥 < 𝑎 zodat we over een linkerlimiet

spreken, we noteren lim𝑥→𝑎>

𝑓(𝑥) en lim𝑥→𝑎<

𝑓(𝑥).

-10 -5 0 5 10-0.5

0

0.5

1

1.5

x

f(x)


98

We beschouwen het voorbeeld: 𝑓(𝑥) =𝑥−2

𝑥+3. Het domein van de functie wordt gegeven door 𝐷 =

ℝ\{−3}. We beschouwen de omgeving 𝑥 ≥ −3. We onderzoeken het gedrag van de functie 𝑥 → −3>

in

het bijzonder het teken van het beeld. Aangezien 𝑥 ≥ −3 vinden we dat 𝑥 − 2 ≥ −5 en 𝑥 + 3 ≥ 0.

We zijn vooral geïnteresseerd in de buurt van -3 zodat de teller ongeveer -5 zal zijn, terwijl de noemer

ongeveer 0 zal zijn maar wel positief, we noteren +0. We vinden dat voor 𝑥 → −3>

, de breuk ongeveer

gelijk wordt aan 𝑥−2

𝑥+3≈−5

+0 . De rechterlimiet wordt bijgevolg

lim𝑥→−3>

𝑥 − 2

𝑥 + 3= −∞

We onderzoeken het gedrag van de functie 𝑥 → −3<

in het bijzonder het teken van het beeld. Nu geldt

dat voor 𝑥 ≤ −3, we vinden dat 𝑥 − 2 ≤ −5 en 𝑥 + 3 ≤ 0. De teller zal dus in de buurt van −3,

opnieuw naar -5 streven, terwijl de noemer naar 0 streeft maar wel negatief, we noteren −0. We

vinden dat voor 𝑥 → −3<

, de breuk ongeveer gelijk wordt aan 𝑥−2

𝑥+3≈−5

−0 . De linkerlimiet wordt bijgevolg

lim𝑥→−3<

𝑥 − 2

𝑥 + 3= +∞

In Figuur 53 wordt de grafiek weergegeven van de functie 𝑓(𝑥) =𝑥−2

𝑥+3. In 𝑥 = −3 is de verticale

asymptoot zichtbaar in het rood. De grafiek in blauw streeft naar +∞ wanneer het punt 𝑥 = −3 langs

links benaderd wordt, terwijl −∞ wanneer het punt 𝑥 = −3 langs rechts benaderd wordt. De linker

en rechterlimiet indien het teken verschillend is, moet bij een verticale asymptoot altijd vermeld

worden.

Figuur 55: Grafiek van de functie 𝑓(𝑥) =𝑥−2

𝑥+3 (blauw) met verticale asymptoot (rood)


𝑥2+2𝑥+1. We hebben reeds het tekenonderzoek bepaald:

𝑥 −5

2

−1 1

𝑓(𝑥) + 0 − | − 0 + We verwachten een verticale asymptoot bij 𝑥 = −1. We onderzoeken het gedrag van de functie bij 𝑥 → −1<

. Voor 𝑥 → −1<

.bekomen we dat de teller 2𝑥2 + 3𝑥 − 5 ≈ −6 terwijl de noemer 𝑥2 + 2𝑥 + 1 =

(𝑥 + 1)2 ≈ +0 zodat de breuk 2𝑥2+3𝑥−5

𝑥2+2𝑥+1≈−5

+0 wat de limiet oplevert:

-10 -5 0 5 10-20

-10

0

10

20

x

f(x)


99

lim𝑥→−1<

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1= −∞

Een gelijkaardig analyse levert wegens het kwadraat in de noemer (𝑥 + 1)2 dezelfde limiet op

lim𝑥→−1>

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1= −∞

Merk op dat dit ook door het tekenonderzoek werd gesuggereerd aangezien rond 𝑥 = −1 alleen

negatieve beeldwaarden optreden.

5.3.3 Horizontale asymptoot Bij een horizontale asymptoot wordt het gedrag van de functie geanalyseerd in de buurt van ∞ en −∞.

Indien het beeld voor steeds groter wordende argumenten 𝑥 naar een eindig getal streeft, dan heeft

de functie een horizontale asymptoot. We analyseren de limiet:

lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) = 𝐿

Het getal 𝐿 moet eindig zijn om een horizontale asymptoot te vinden, indien 𝐿 = ±∞ dan heeft de

functie 𝑓(𝑥) geen horizontale asymptoot. De horizontale asymptoot heeft de Cartesische vergelijking

𝑦 = 𝐿. Vaak, maar er bestaan uitzondering, is de limiet voor 𝑥 → ∞ en 𝑥 → −∞ gelijk. We analyseren

de limiet uit het vorige voorbeeld:

lim𝑥→±∞

𝑥 − 2

𝑥 + 3= lim𝑥→± ∞

1 −5

𝑥 + 3= 1

De tweede term wanneer 𝑥 → ±∞ wordt heel klein en uiteindelijk 0 aangezien de noemer heel groot

wordt. De functie heeft bijgevolg een horizontale asymptoot met Cartesische vergelijking 𝑦 = 1. Deze

asymptoot gedraagt zich zoals bij de verticale als een muur langs waar de grafiek rakelings passeert

zoals geïllustreerd in Figuur 53.

Figuur 56: Grafiek van de functie 𝑓(𝑥) =𝑥−2

𝑥+3 (blauw) met verticale asymptoot (rood) en horizontale asymptoot

(groen)

-10 -5 0 5 10-20

-10

0

10

20

x

f(x)


100


𝑥2+2𝑥+1. We analyseren de limiet voor 𝑥 → ∞ en 𝑥 → −∞:

lim𝑥→±∞

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1

We gaan de deling maken van de twee veeltermen:

2𝑥2 +3𝑥 −5 𝑥2 +2𝑥 +1

2𝑥2 +4𝑥 +2 2

−𝑥 −7 De staartdeling geeft aan dat:

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1= 2 −

𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1

De limiet wordt:

lim𝑥→±∞

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1= lim𝑥→±∞

2 −𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1

= 2 − lim𝑥→±∞

𝑥 + 7

𝑥2 + 2𝑥 + 1= 2

De tweede term levert als limiet 0 op omdat de teller ∞ oplevert terwijl de noemer ∞2 oplevert. De

functie heeft een horizontale asymptoot bij 𝑦 = 2.

5.3.4 Schuine asymptoot Indien er geen horizontale asymptoot bestaat omdat de limiet lim

𝑥→±∞𝑓(𝑥) = ∞, dan bestaat de

mogelijkheid dat er een schuine asymptoot is. Bij rationale functies waarbij de graad van de teller 1

hoger is dan de graad van de noemer is er altijd een schuine asymptoot. Een schuine asymptoot heeft

een Cartesische vergelijking van de vorm: 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏. We berekenen de coëfficiënten aan de hand

van volgende limieten:

𝑎 = lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥)

𝑥

𝑏 = lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) − 𝑎𝑥

Opgelet: Indien de eerst limiet 𝑎 = ∞ is er geen schuine asymptoot. Indien er een horizontale

asymptoot aanwezig is, zal 𝑎 = 0.

Voorbeeld: Beschouw de functie 𝑓(𝑥) =𝑥2−4

2𝑥. We analyseren de functie haar domein, tekenverloop,

en asymptoten.

Stap 1: Domein wordt gegeven door ℝ\{0} aangezien de functie een rationale vorm is waarbij alleen

𝑥 = 0 een nulpunt is van de noemer. De nulpunten zijn: 𝑥2 − 4 = 0 ⟺ (𝑥 − 2)(𝑥 + 2) = 0 of bij 𝑥 =

2 en 𝑥 = −2, de enige pool is bij 𝑥 = 0. Voor het tekenverloop evalueren we de functie in 𝑥 = 1 (niet

bij 𝑥 = 0 aangezien er op die plaats een pool zich bevindt) om het teken te bepalen bij 𝑓(1) =−3

2.

𝑥 −2 0 2

𝑓(𝑥) − 0 + | − 0 + De tekens draaien telkens om omdat alle nulpunten en polen enkelvoudig zijn.


101

Stap 2: Asymptoten

De verticale asymptoot wordt gegeven door de pool 𝑥 = 0. Het tekenverloop geeft volgende limieten:

lim𝑥→0>

𝑓(𝑥) = −∞

lim𝑥→0<

𝑓(𝑥) = ∞

We onderzoeken eerst de aanwezigheid van een horizontale asymptoot:

lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) = lim𝑥→±∞

𝑥2 − 4

2𝑥= lim𝑥→±∞

𝑥

2−2

𝑥= ±∞

Er is geen horizontale asymptoot aanwezig. Bijgevolg onderzoeken we de aanwezigheid van een

schuine asymptoot van de vorm 𝑦 = 𝑎𝑥 + 𝑏 met de limieten:

𝑎 = lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥)

𝑥= lim𝑥→±∞

𝑥2 − 4

2𝑥2= lim𝑥→±∞

1

2−2

𝑥2=1

2

𝑏 = lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) − 𝑎𝑥 = lim𝑥→±∞

𝑥2 − 4

2𝑥−1

2𝑥 = lim

𝑥→±∞

𝑥2 − 4 − 𝑥2

2𝑥= lim𝑥→±∞

−2

𝑥= 0

Bijgevolg vinden we een schuine asymptoot met Cartesische vergelijking 𝑦 =1

2𝑥. De grafiek van de

functie 𝑓(𝑥) =𝑥2−4

2𝑥 staat geïllustreerd in Figuur 53.

Figuur 57: Grafiek en asymptoten van de functie 𝑓(𝑥) =𝑥2−4

2𝑥.

5.4 Limieten: onbepaaldheden en rekenstrategieën Hoewel we al enkele limieten konden berekenen door vereenvoudigingstrategieën te gebruiken voor

breuken, hebben we nog geen algemene theorie ontwikkeld die deze rekenregels vastlegt. In deze

paragraaf gaan we dieper in op de rekenregels van limieten voor verschillende type functies en

verschillende soorten limieten, zij het limieten naar een eindig getal of limieten naar oneindig. De

rekenregel hangt af van de onbepaaldheid die men bekomt.

-10 -5 0 5 10-10

-5

0

5

10

x

f(x)


102

Een onbepaaldheid is het resultaat van de functie indien de waarde die niet tot het domein behoort

wordt ingevuld. Indien het resultaat niet kan bepaald worden dan noemen we deze een

onbepaaldheid. We onderscheiden de volgende onbepaaldheden waarbij een rekentoestel een

foutmelding geeft:

1. ∞

∞

2. 0

0

3. ∞−∞

4. 0.∞

5.4.1 Rekenregel met onbepaaldheid ∞

∞ of

0

0

We onderscheiden drie rekenregels indien een onbepaaldheid opduikt van deze twee types. Naar

gelang de aard van de limiet en de functie zijn drie basisrekenregels van toepassing:

1. Bij een limiet naar oneindig van het type lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥): breng in teller en noemer de onbekende

van de hoogste graad naar buiten. Vereenvoudig vervolgens waar mogelijk en controleer of de

onbepaaldheid is verdwenen.

2. Bij een limiet naar een eindige waarde 𝑎 ∈ ℝ van het type lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥): ontbind de teller en

noemer in factoren, schrap de gemeenschappelijke factoren. Controleer of de onbepaaldheid

is verdwenen.

3. Bij een limiet waarbij de functie 𝑓(𝑥) een wortelvorm bevat: vermenigvuldig teller en noemer

met de toegevoegde wortelvorm. Vereenvoudig waar mogelijk en controleer of de

onbepaaldheid is verdwenen.

De verschillende types in praktijk met voorbeelden:

Voorbeeld 1: lim𝑥→∞

𝑥2+1

3𝑥2=∞

∞

We lossen deze limiet op via rekenregel 1. We brengen de hoogste graad naar buiten wat in teller en

in noemer 𝑥2 is en bekomen

lim𝑥→∞

𝑥2 + 1

3𝑥2= lim𝑥→∞

𝑥2

𝑥2

1 +1𝑥2

3= lim𝑥→∞

1 +1𝑥2

3=1

3

Deze strategie is eenvoudiger dan te werken met de staartdeling:

𝑥2 1 3𝑥2 𝑥2 1

3

1 Bijgevolg vinden we:

lim𝑥→∞

𝑥2 + 1

3𝑥2= lim𝑥→∞

1

3+1

3𝑥2=1

3

Voorbeeld 2: lim𝑥→±∞

2𝑥2+3𝑥−5

𝑥2+2𝑥+1

Deze hebben we in paragraaf 5.3.3 opgelost met de staartdeling, we laten zien dat ook op dit voorbeeld

rekenregel 1 geldt waar we opnieuw de factor 𝑥2 buiten brengen in teller en noemer:


103

lim𝑥→±∞

2𝑥2 + 3𝑥 − 5

𝑥2 + 2𝑥 + 1= lim𝑥→±∞

𝑥2

𝑥2

2 +3𝑥−5𝑥2

1 +2𝑥+1𝑥2

= lim𝑥→±∞

2 +3𝑥−5𝑥2

1 +2𝑥+1𝑥2

= 2

Voorbeeld 3: lim𝑥→4

√𝑥−2

𝑥−4=0

0

Deze limiet kunnen we oplossen met behulp van rekenregel 2 of rekenregel 3. Rekenregel 2 bekijkt

𝑥 − 4 als het merkwaardige product: 𝑥 − 4 = (√𝑥 − 2)(√𝑥 + 2). Deze ontbinding in factoren levert

volgende vereenvoudiging op.

lim𝑥→4

√𝑥 − 2

𝑥 − 4= lim𝑥→4

√𝑥 − 2

(√𝑥 − 2)(√𝑥 + 2)= lim𝑥→4

1

√𝑥 + 2=1

4

Indien deze limiet wordt opgelost met rekenregel 3, dan wordt teller en noemer vermenigvuldigd met

de toegevoegde wortelvorm.

We noemen de toegevoegde wortelvorm van 𝑓(𝑥) + √𝑔(𝑥) de wortelvorm 𝑓(𝑥) − √𝑔(𝑥). Op die

manier geldt volgende gelijkheid:

𝑓(𝑥) + √𝑔(𝑥) =(𝑓(𝑥) + √𝑔(𝑥))(𝑓(𝑥) − √𝑔(𝑥))

𝑓(𝑥) − √𝑔(𝑥)=𝑓2(𝑥) − 𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥) − √𝑔(𝑥)

De toegevoegde wortelvorm van √𝑥 − 2 is de vorm −√𝑥 − 2 zodat rekenregel 3 volgende oplossing

aanbiedt:

lim𝑥→4

√𝑥 − 2

𝑥 − 4= lim𝑥→4

√𝑥 − 2

𝑥 − 4

√𝑥 + 2

√𝑥 + 2 = lim𝑥→4

𝑥 − 4

𝑥 − 4

1

√𝑥 + 2 = lim𝑥→4

1

√𝑥 + 2 =1

4


𝑥−1

(𝑥2−1)sin(𝜋𝑥)=0

0

We passen rekenregel 2 toe door de noemer te ontbinden in factoren 𝑥2 − 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1) en

vereenvoudigen als volgt:

lim𝑥→1

𝑥 − 1

(𝑥2 − 1) sin(𝜋𝑥)= lim𝑥→1

𝑥 − 1

(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) sin(𝜋𝑥)= lim𝑥→1

1

(𝑥 + 1) sin(𝜋𝑥)=1

2.0= ±∞

Opgepast: Deze limiet heeft een rechter en linkerlimiet aangezien sin(𝜋𝑥) < 0 indien 2 > 𝑥 > 1 en

sin(𝜋𝑥) > 0 indien 0 < 𝑥 < 1. We vinden de limieten:

lim𝑥→1>

𝑥 − 1

(𝑥2 − 1) sin(𝜋𝑥)= −∞

lim𝑥→1<

𝑥 − 1

(𝑥2 − 1) sin(𝜋𝑥)= ∞

Bij een limiet die een verticale asymptoot oplevert ±∞ controleer steeds of het teken draait indien je

de limiet benadert vanuit de linker of rechterkant.


√9𝑥8−6𝑥5+4

√64𝑥12+14𝑥7−73 =

∞

∞


104

We passen rekenregel 1 toe en brengen in de teller en de noemer de term met de hoogste graad

buiten:

lim𝑥→∞

√9𝑥8 − 6𝑥5 + 4

√64𝑥12 + 14𝑥7 − 73 = lim

𝑥→∞

3𝑥4

4𝑥4

√1 −23𝑥3

+49𝑥8

√1 +732𝑥5

−7

64𝑥123

= lim𝑥→∞

3

4

√1 −23𝑥3

+49𝑥8

√1 +732𝑥5

−7

64𝑥123

=3

4


𝑥3−6𝑥2+11𝑥−6

2𝑥2−8𝑥+6=0

0

We passen rekenregel 2 toe waarbij we de teller en noemer ontbinden in factoren. Een goede keuze

om de ontbinding te starten is de oplossing 𝑥 = 3 gegeven door de limietwaarde. We passen Horners

regel toe:

1 −6 11 −6 3 3 −9 6 1 −3 2 0

We vinden de ontbinding: 𝑥3 − 6𝑥2 + 11𝑥 − 6 = (𝑥 − 3)(𝑥2 − 3𝑥 + 2). Deze kunnen we nog verder

ontbinden aangezien 𝑥 = 1 een oplossing is van de tweede factor. De volledige ontbinding wordt:

𝑥3 − 6𝑥2 + 11𝑥 − 6 = (𝑥 − 3)(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)

De noemer kunnen we ook ontbinden:

2𝑥2 − 8𝑥 + 6 = (𝑥 − 3)(2𝑥 − 2)

Deze ontbindingen laten toe de limiet te berekenen:

lim𝑥→3

𝑥3 − 6𝑥2 + 11𝑥 − 6

2𝑥2 − 8𝑥 + 6= lim𝑥→3

(𝑥 − 3)(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)

(𝑥 − 3)(2𝑥 − 2)= lim𝑥→3

(𝑥 − 1)(𝑥 − 2)

2(𝑥 − 1)= lim𝑥→3

𝑥 − 2

2=1

2


𝑥−√3𝑥+4

4−𝑥=0

0

We passen rekenregel 3 toe waarbij we de teller en noemer vermenigvuldigen met de toegevoegde

wortel. De toegevoegde wortel van 𝑥 − √3𝑥 + 4 wordt gegeven door 𝑥 + √3𝑥 + 4. We berekenen:

lim𝑥→4

𝑥 − √3𝑥 + 4

4 − 𝑥= lim𝑥→4

𝑥 − √3𝑥 + 4

4 − 𝑥

𝑥 + √3𝑥 + 4

𝑥 + √3𝑥 + 4

= lim𝑥→4

𝑥2 − 3𝑥 − 4

(4 − 𝑥)(𝑥 + √3𝑥 + 4)

We gaan nu de breuk vereenvoudigen door de teller te ontbinden in factoren: 𝑥2 − 3𝑥 − 4 =

(𝑥 − 4)(𝑥 + 1). We kunnen de limiet verder berekenen als volgt:

lim𝑥→4

𝑥 − √3𝑥 + 4

4 − 𝑥= lim𝑥→4

(𝑥 + 1)(𝑥 − 4)

(4 − 𝑥)(𝑥 + √3𝑥 + 4)= lim𝑥→4

−𝑥 + 1

𝑥 + √3𝑥 + 4=−5

8

5.4.2 Rekenregel met onbepaaldheid ∞−∞

De rekenregel is een manier om de onbepaaldheid om te zetten naar een vorm ∞

∞ zodat rekenregel 1

kan worden toegepast. De manier is zeer gelijkaardig aan rekenregel 3. We vormen de limiet om naar

een toegevoegde vorm.


105

Beschouw de functies 𝑓(𝑥), 𝑔(𝑥) en we berekenen de limiet

lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)

Indien de limieten lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) = ±∞ = lim𝑥→±∞

𝑔(𝑥) dan beschouwen we de toegevoegde vorm 𝑓(𝑥) +

𝑔(𝑥) waarbij we volgende limiet uitrekenen:

lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = lim𝑥→±∞

(𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥))𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)= lim𝑥→±∞

𝑓2(𝑥) − 𝑔2(𝑥)

𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥)

Deze limiet lossen we op aan de hand van rekenregel 1.


√𝑥2 − 5𝑥 + 6 − 𝑥 = ∞−∞

We passen de rekenregel toe met 𝑓(𝑥) = √𝑥2 − 5𝑥 + 6 en 𝑔(𝑥) = 𝑥. We bekomen de limiet:

lim𝑥→∞

√𝑥2 − 5𝑥 + 6 − 𝑥 = lim𝑥→∞

(√𝑥2 − 5𝑥 + 6 − 𝑥)√𝑥2 − 5𝑥 + 6 + 𝑥

√𝑥2 − 5𝑥 + 6 + 𝑥

= lim𝑥→∞

𝑥2 − 5𝑥 + 6 − 𝑥2

√𝑥2 − 5𝑥 + 6 + 𝑥

= lim𝑥→∞

−5𝑥 + 6

√𝑥2 − 5𝑥 + 6 + 𝑥

= lim𝑥→∞

−5𝑥

𝑥

1 −65𝑥

√1 −5𝑥+6𝑥2+ 1

= −5

2

5.4.3 Exponentiële limieten De rekenregels die we hebben ontwikkeld werken zeer goed bij delingen van twee veeltermen. Vaak

komen we exponentiële limieten tegen van de vorm:

lim𝑥→∞

6𝑒−6𝑥 − 𝑒6𝑥

2𝑒−3𝑥 − 5𝑒6𝑥 + 𝑒3𝑥

Voor deze vormen willen we de vorige rekenregels toepassen maar we moeten een kleine aanpassing

doorvoeren. We gaan immers een gepaste substitutie invoeren. De gepaste substitutie is:

𝑦 = 𝑒±𝑎𝑥

zodat 𝑎 de kleinste gemene deler is van de exponenten. Naargelang de keuze van de substitutie

𝑦 = 𝑒𝑎𝑥 of 𝑦 = 𝑒−𝑎𝑥 is de werkwijze lichtjes anders. De substitutie 𝑦 = 𝑒𝑎𝑥 geeft aanleiding tot

toepassen van rekenregel 1 voor de onbekende 𝑦, terwijl de tweede substitutie 𝑦 = 𝑒−𝑎𝑥 aanleiding

geeft tot het toepassen van rekenregel 2. Bijgevolg als de ene niet lukt kan je nog de tweede substitutie

uitproberen omdat die een andere aanpak vraagt.


106

Substitutie 1: 𝑦 = 𝑒3𝑥 bijgevolg geldt als 𝑥 → ∞ dan 𝑦 → ∞ zodat

lim𝑥→∞

6𝑒−6𝑥 − 𝑒6𝑥

2𝑒−3𝑥 − 5𝑒6𝑥 + 𝑒3𝑥= lim𝑦→∞

6𝑦2− 𝑦2

2𝑦 − 5𝑦

2 + 𝑦= lim𝑦→∞

6 − 𝑦4

2𝑦 − 5𝑦4 + 𝑦3= lim𝑦→∞

𝑦4

𝑦46/𝑦4 − 1

2𝑦3− 5 +

1𝑦

=1

5

Substitutie 2: 𝑦 = 𝑒−3𝑥 bijgevolg geldt als 𝑥 → ∞ dan 𝑦 → 0>

zodat

lim𝑥→∞

6𝑒−6𝑥 − 𝑒6𝑥

2𝑒−3𝑥 − 5𝑒6𝑥 + 𝑒3𝑥= lim𝑦→0>

6𝑦2 −1𝑦2

2𝑦 −5𝑦2+1𝑦

= lim𝑦→0>

6𝑦4 − 1

2𝑦3 − 5 + 𝑦=1

5

Voorbeeld: lim𝑥→∞

4𝑒97𝑥−2𝑒

67𝑥+1

3𝑒97𝑥−5

Substitutie 1: 𝑦 = 𝑒3

7𝑥 bijgevolg bekomen we de limiet:

lim𝑥→∞

4𝑒97𝑥 − 2𝑒

67𝑥 + 1

3𝑒97𝑥 − 5

= lim𝑦→∞

4𝑦3 − 2𝑦2 + 1

3𝑦3 − 2= lim𝑦→∞

4𝑦3

3𝑦3

1 −12𝑦 +

14𝑦3

1 −23𝑦3

=4

3

Substitutie 2: 𝑦 = 𝑒−3

7𝑥 bijgevolg bekomen we de limiet:

lim𝑥→∞

4𝑒97𝑥 − 2𝑒

67𝑥 + 1

3𝑒97𝑥 − 5

= lim𝑦→0>

4𝑦−3 − 2𝑦−2 + 1

3𝑦−3 − 2= lim𝑦→0>

4 − 2𝑦 + 𝑦3

3 − 2𝑦3=4

3

De enige onbepaaldheid die nog rest is van de vorm 0.∞. Deze vorm heeft de afgeleide nodig om te

kunnen bepalen.

5.5 Afgeleide functie

5.5.1 Raaklijn aan een functie in een punt We weten uit hoofdstuk 2 dat de richtingscoëfficiënt van een rechte door de punten 𝑎 = [𝑥𝑎 𝑦𝑎] en

𝑏 = [𝑥𝑏 𝑦𝑏] bepaald wordt door:

𝑟 =𝑦𝑏 − 𝑦𝑎𝑥𝑏 − 𝑥𝑎

Nu gaan we de richtingscoëfficiënt berekenen van de raaklijn aan een functie 𝑓(𝑥) in een bepaald punt

𝑥0. We gaan in de buurt van 𝑥0 kijken, in het punt 𝑥0 + ℎ. De rechte door de punten [𝑥0 𝑓(𝑥0)] en

[𝑥0 + ℎ 𝑓(𝑥0 + ℎ)] wordt gegeven door:

𝑟ℎ =𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)

ℎ

Een grafische illustratie van verschillende rechten voor kleinere waarden ℎ aan een functie is getekend

in Figuur 53.


107

Aangezien de raaklijn in een punt 𝑥0 een rechte is die de functie in 𝑥0 raakt, is er in die buurt geen

ander snijpunt met de rechte en de functie. Bijgevolg moeten we ℎ verkleinen tot ℎ → 0. De

richtingscoëfficiënt van de raaklijn in 𝑥0 aan de functie 𝑓(𝑥), genoteerd als 𝑓′(𝑥0), is bijgevolg de limiet

van 𝑟ℎ:

𝑓′(𝑥0) = limℎ→0

𝑟ℎ = limℎ→0

𝑓(𝑥0 + ℎ) − 𝑓(𝑥0)

ℎ

Figuur 58: Grafiek functie 𝑓(𝑥) en constructie van de raaklijn in 𝑥0

Alternatieve notaties die vaak gebruikt worden naast 𝑓′(𝑥0) is: 𝐷𝑓(𝑥0) en 𝑑𝑓

𝑑𝑥(𝑥0). De notatie hangt

van het boek af en dus de auteur. Er zijn wiskundig gezien enkele zeer subtiele verschillen maar die

zijn buiten het bereik van deze cursus.

We kunnen de afgeleide of richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan de functie 𝑓(𝑥) in elk punt 𝑥 van

het domein berekenen. De functie van afgeleiden heet men de afgeleide functie en wordt bepaald

door:

𝑓′: 𝐷 → ℝ:𝑥 ↦ 𝑓′(𝑥)

zodat deze functie hetzelfde domein 𝐷 heeft als de oorspronkelijke functie 𝑓(𝑥). Het beeld van deze

functie is typisch anders dan de oorspronkelijke functie zodat ze alleen een gemeenschappelijk

codomein ℝ kunnen hebben. In de volgende paragraaf gaan we van enkele basisfuncties de afgeleide

functie bepalen.

5.5.2 Afgeleide functies van basisfuncties De basisfuncties worden afgeleid door gebruik te maken van de limiet ℎ → 0. Aangezien deze limiet

naar het eindig getal 0 berekend wordt, kunnen we rekenregel 2 toepassen zoals bestudeerd in

paragraaf 5.4.1.

Basisfunctie 1: 𝑓(𝑥) = 𝑥𝑘

We berekenen de limiet limℎ→0

(𝑥+ℎ)𝑘−𝑥𝑘

ℎ=0

0


108

Om de ontbinding van de teller te zien beschouwen we de vergelijking 𝑦𝑘 − 𝑎𝑘. Het is duidelijk dat

𝑦 = 𝑎 een oplossing is waarop Horners regel kan worden toegepast.

1 0 0 0 … 0 −𝑎𝑘 𝑎 𝑎 𝑎2 𝑎3 … 𝑎𝑘−1 𝑎𝑘 1 𝑎 𝑎2 𝑎3 … 𝑎𝑘−1 0

De ontbinding in factoren wordt: 𝑦𝑘 − 𝑎𝑘 = (𝑦 − 𝑎)(𝑦𝑘−1 + 𝑎𝑦𝑘−2 + 𝑎2𝑦𝑘−3 +⋯+ 𝑎𝑘−1). We

kiezen nu 𝑦 = 𝑥 + ℎ en 𝑎 = 𝑥 dan berekenen we de limiet:

(𝑥𝑘)′= limℎ→0

(𝑥 + ℎ)𝑘 − 𝑥𝑘

ℎ= limℎ→0

ℎ((𝑥 + ℎ)𝑘−1 + 𝑥(𝑥 + ℎ)𝑘−2 + 𝑥2(𝑥 + ℎ)𝑘−3…+ 𝑥𝑘−1)

ℎ

= 𝑘𝑥𝑘−1

Basisfunctie 2: 𝑓(𝑥) = 𝑒𝑥


𝑒𝑥+ℎ−𝑒𝑥

ℎ=0

0

We berekenen alvast limℎ→0

𝑒𝑥+ℎ−𝑒𝑥

ℎ= 𝑒𝑥 lim

ℎ→0

𝑒ℎ−1

ℎ. De limiet reduceert zich tot deze vorm waarbij

exponentiële limieten een goede substitutie verwacht om tot een berekening te komen. Deze heeft

een truc nodig met substitutie 𝑦 =1

𝑒ℎ−1. Indien ℎ → 0 dan gaat de nieuwe variabele 𝑦 → ∞. We

bekomen dus met ℎ = ln (1

𝑦+ 1)

limℎ→0

𝑒ℎ − 1

ℎ= lim𝑦→∞

1

𝑦 ln (1𝑦+ 1)

= lim𝑦→∞

1

ln [(1𝑦+ 1)

𝑦

]

Dit ziet er absoluut niet eenvoudiger uit maar in hoofdstuk 4 zagen we bij de invoering van de

exponentiële functie dat

(1 +1

𝑦)𝑦

→ 𝑒 indien 𝑦 → ∞

Bijgevolg kunnen we de noemer invullen in de bovenstaande limiet en vinden we:

limℎ→0

𝑒ℎ − 1

ℎ=1

ln 𝑒= 1

De afgeleide functie wordt nu:

(𝑒𝑥)′ = 𝑒𝑥 limℎ→0

𝑒ℎ − 1

ℎ= 𝑒𝑥

Opmerking: De richtingscoëfficiënten van de raaklijnen van de exponentiële functie wordt gegeven

door het beeld van de functie zelf.

Basisfunctie 3: 𝑓(𝑥) = sin(𝑥)


sin(𝑥+ℎ)−sin(𝑥)

ℎ=0

0

Deze limiet kunnen we oplossing met behulp van de rekenregels uit de goniometrie in hoofdstuk 3.

We passen de formule van Simpson toe


109

sin(𝜃) − sin(𝜙) = 2 cos (𝜃 + 𝜙

2) sin (

𝜃 − 𝜙

2)

waarbij we 𝜃 = 𝑥 + ℎ en 𝜙 = 𝑥 kiezen en bekomen:

sin(𝑥 + ℎ) − sin(𝑥) = 2 cos (𝑥 +ℎ

2) sin (

ℎ

2)

Deze regel kunnen we nu toepassen in de limiet die we zoeken om de afgeleide te berekenen

limℎ→0

sin(𝑥 + ℎ) − sin(𝑥)

ℎ= limℎ→0

2 cos (𝑥 +ℎ

2)sin (

ℎ2)

ℎ

= limℎ→0

cos (𝑥 +ℎ

2)sin (

ℎ2)

ℎ2

De tweede factor is van de vorm sin(𝑥)

𝑥 waarmee we in paragraaf 5.3.1 het begrip limiet hebben

ingevoerd. Hier lieten we zien dat lim𝑥→0

sin(𝑥)

𝑥= 1 als we dat toepassen dan vinden de oplossing

(sin(𝑥))′ = limℎ→0

cos (𝑥 +ℎ

2)sin (

ℎ2)

ℎ2

= cos(𝑥)

Aangezien deze limieten om de afgeleide functies te berekenen telkens een specifieke truc nodig

hebben om deze uit te rekenen, gaan we dit niet telkens doen. We gaan gebruik maken van een lijst

basisfunctie wiens afgeleide en dus de limiet berekend werd op voorhand. Mits wat geheugenwerk

worden deze afgeleide functies uit het hoofd geleerd.

𝒇(𝒙) 𝒇′(𝒙) 𝒄 0 𝒙 1

𝒙𝒂, 𝒂 ∈ ℝ 𝑎𝑥𝑎−1 𝒆𝒙 𝑒𝑥 𝒂𝒙 𝑎𝑥 ln(𝑎) 𝐥𝐧(𝒙) 1

𝑥

𝐥𝐨𝐠𝒂(𝒙) 1

𝑥 ln(𝑎)

𝐬𝐢𝐧(𝒙) cos(𝑥) 𝐜𝐨𝐬(𝒙) −sin(𝑥) 𝐭𝐚𝐧(𝒙) 1

cos2(𝑥)

𝐜𝐨𝐭(𝒙) −

1

sin2(𝑥)

𝐚𝐬𝐢𝐧(𝒙) 1

√1 − 𝑥2

𝐚𝐜𝐨𝐬(𝒙) −1

√1 − 𝑥2

𝐚𝐭𝐚𝐧(𝒙) 1

1 + 𝑥2

𝐚𝐜𝐨𝐭(𝒙) −1

1 + 𝑥2

Figuur 59: Basisfuncties en hun afgeleiden


110

5.5.3 Rekenregels voor afgeleiden Om de afgeleide functie te berekenen van een combinatie van deze basisfuncties moeten we ons

afvragen wat de afgeleide is van een som, product, quotiënt en een samenstelling van twee functies

is.

Rekenregel 1: Afgeleide van een som

(𝑓(𝑥) + 𝑔(𝑥))′= 𝑓′(𝑥) + 𝑔′(𝑥)

Rekenregel 2: Afgeleide van een scalair veelvoud

(𝑎𝑓(𝑥))′= 𝑎𝑓′(𝑥)

Voorbeeld: We berekenen de afgeleide van de functie 𝑓(𝑥) = 𝑥 + 𝑥3 − √𝑥 − 4 cos(𝑥). We passen de

vorige regel toe en identificeren de basisfuncties uit Figuur 59. We vinden mits toepassing van

rekenregel 1:

𝑓′(𝑥) = (𝑥)′ + (𝑥3)′ + (−√𝑥)′+ (−4cos(𝑥))′

Waarop we nu rekenregel 2 toepassen:

𝑓′(𝑥) = (𝑥)′ + (𝑥3)′ − (√𝑥)′− 4(cos(𝑥))′

Tot slot lezen we de afgeleiden af uit de basislijst:

𝑓′(𝑥) = 1 + 3𝑥2 −1

2√𝑥+ 4 sin(𝑥)

Rekenregel 3: Afgeleide van een product

(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))′= 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)

Voorbeeld: We berekenen de afgeleide van de functie 𝑓(𝑥) = 3𝑒𝑥 + 𝑥2 sin(𝑥). We passen eerste

rekenregel 1 toe, wat leidt tot:

𝑓′(𝑥) = (3𝑒𝑥)′ + (𝑥2 sin(𝑥))′

Op de eerste term passen we rekenregel 2 toe, terwijl we rekenregel 3 toepassen op de tweede term,

wat leidt tot

𝑓′(𝑥) = 3(𝑒𝑥)′ + (𝑥2)′ sin(𝑥) + 𝑥2(sin(𝑥))′

De lijst met basisformules laat de oplossing invullen tot:

𝑓′(𝑥) = 3𝑒𝑥 + 2𝑥 sin(𝑥) + 𝑥2 cos(𝑥)

Rekenregel 4: Afgeleide van een quotiënt

(𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥))

′

=𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) − 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)

𝑔2(𝑥)

Voorbeeld: We berekenen de afgeleide van de functie 𝑓(𝑥) =(2𝑥−3) ln(𝑥)

𝑥2−3𝑥. We passen eerste

rekenregel 4 toe:


111

𝑓′(𝑥) =((2𝑥 − 3) ln(𝑥))

′(𝑥2 − 3𝑥) − (2𝑥 − 3) ln(𝑥) (𝑥2 − 3𝑥)′

(𝑥2 − 3𝑥)2

Nu passen we op de eerste term de derde rekenregel en vervolgens de eerste twee rekenregels toe en

op de tweede term rekenregels 1 en 2 toe waarna we de basislijst gebruiken tot de oplossing:

𝑓′(𝑥) =((2𝑥 − 3)′ ln(𝑥) + (ln(𝑥))′(2𝑥 − 3))(𝑥2 − 3𝑥) − (2𝑥 − 3) ln(𝑥) (2𝑥 − 3)

(𝑥2 − 3𝑥)2

=

(2 ln(𝑥) +1𝑥(2𝑥 − 3)) (𝑥2 − 3𝑥) − (2𝑥 − 3)2 ln(𝑥)

(𝑥2 − 3𝑥)2

=2(𝑥2 − 3𝑥) ln(𝑥) + (2𝑥 − 3)(𝑥 − 3) − (2𝑥 − 3)2 ln(𝑥)

(𝑥2 − 3𝑥)2

Rekenregel 5: Afgeleide van een samenstelling

(𝑓(𝑔(𝑥)))′= 𝑓′(𝑔(𝑥))𝑔′(𝑥)

Voorbeeld: We berekenen de afgeleide van de functie ℎ(𝑥) = ln((𝑥 + 5)2 − 3𝑥). Deze samenstelling

bestaat uit 𝑓(𝑥) = ln(𝑥) en 𝑔(𝑥) = (𝑥 + 5)2 − 3𝑥. De afgeleiden van deze functies zijn respectievelijk

𝑓′(𝑥) =1

𝑥 en 𝑔′(𝑥) = 2(𝑥 + 5) − 3 zodat rekenregel 5 kan worden toegepast als volgt:

ℎ′(𝑥) =2(𝑥 + 5) − 3

(𝑥 + 5)2 − 3𝑥

5.6 Stap 3 functie-onderzoek: Stijgend en dalend verloop We hebben al in de eerste stap een tekenonderzoek verricht waarin bepaald werd waar de grafiek zich

bevindt tegenover de x-as. Deze analyse laat zien waar de grafiek positieve waarden of negatieve

waarden aanneemt. In deze stap van het functie-onderzoek wordt geanalyseerd waar de grafiek stijgt

of daalt in functie van de x-as. Op die manier bepalen we waar de grafiek maxima en minima vertoont

wat de respectievelijke x-posities zijn waar het stijgen overgaat in dalen en omgekeerd. Het zal blijken

dat de analyse hiervan opnieuw een tekenonderzoek is maar het tekenonderzoek van de afgeleide

functie.

Voor een functie 𝑓(𝑥) is deze stijgend in een punt 𝑥 = 𝑎 indien de raaklijn in dat punt stijgend is. De

raaklijn stijgt indien haar richtingscoëfficiënt positief is wat bepaald wordt door 𝑓′(𝑎) > 0.

Voor een functie 𝑓(𝑥) is deze dalend in een punt 𝑥 = 𝑎 indien de raaklijn in dat punt dalend is. De

raaklijn daalt indien haar richtingscoëfficiënt negatief is wat bepaald wordt door 𝑓′(𝑎) < 0.

Voor een functie 𝑓(𝑥) heeft deze een stationair punt in 𝑥 = 𝑎 indien de raaklijn horizontaal is. Een

horizontale raaklijn heeft een richtingscoëfficiënt die nul is of 𝑓′(𝑎) = 0.

Voor een functie 𝑓(𝑥) heeft deze in een punt 𝑥 = 𝑎 een verticale raaklijn. Een verticale raaklijn heeft

een verticale asymptoot voor de afgeleide functie of lim𝑥→𝑎

𝑓′(𝑥) = ±∞.

Het tekenverloop van de afgeleide functie 𝑓′(𝑥) geeft informatie over het stijgend en dalend verloop

van de functie 𝑓(𝑥).


112

We illustreren de werkwijze op de functie 𝑓(𝑥) =𝑥2+3𝑥−7

𝑥+3 uit de inleiding. We berekenen de afgeleide

functie:

𝑓′(𝑥) =(2𝑥 + 3)(𝑥 + 3) − (𝑥2 + 3𝑥 − 7)

(𝑥 + 3)2=𝑥2 + 6𝑥 + 16

(𝑥 + 3)2

Het stijgen en dalen van de grafiek wordt bepaald door het tekenverloop van de afgeleide functie

𝑓′(𝑥). Er zijn geen nulpunten van de afgeleide functie aangezien de discriminant van 𝑥2 + 6𝑥 + 16 =

0 gelijk is aan -28. De afgeleide functie heeft een dubbele pool in 𝑥 = −3. Het tekenverloop wordt nu

bepaald door het visgraatdiagram:

𝑥 -3

𝑓′(𝑥) + | + 𝑓(𝑥) ↗ | ↗

De functie is bijgevolg op haar volledig domein stijgend wat overeenkomt met de visuele conclusies

van de grafiek in Figuur 53.

Voorbeeld: Beschouw de functie 𝑓(𝑥) =3𝑥2−4𝑥+1

𝑥2+𝑥 waarvan we een analyse maken.

Stap 1: Domein wordt gegeven door 𝐷 = ℝ\{0,−1} aangezien de noemer 𝑥2 + 𝑥 = 0 ⟺ 𝑥(𝑥 + 1) =

0 met nulpunten 𝑥 = 0 en 𝑥 = −1. De nulpunten van de teller worden gegeven door 3𝑥2 − 4𝑥 + 1 =

0 ⟺ (𝑥 − 1)(3𝑥 − 1) = 0 of bij 𝑥 = 1 en 𝑥 =1

3. We bepalen het tekenverloop van de functie met het

visgraatdiagram en met de evaluatie 𝑓(2) =5

6> 0:

𝑥 -1 0 1

3

1

𝑓(𝑥) + | − | + 0 − 0 +

De tekens draaien telkens om aangezien polen en nulpunten enkelvoudig zijn.

Stap 2: Asymptoten

De verticale asymptoten worden gegeven door 𝑥 = −1 en 𝑥 = 0. Uit het tekenverloop vinden we het

gedrag van de grafiek rond de asymptoten uit de limieten:

lim𝑥→−1>

𝑓(𝑥) = −∞

lim𝑥→−1<

𝑓(𝑥) = +∞

lim𝑥→0>

𝑓(𝑥) = ∞

lim𝑥→0<

𝑓(𝑥) = −∞

We onderzoeken de aanwezigheid van een horizontale asymptoot door de limiet:

lim𝑥→±∞

𝑓(𝑥) = lim𝑥→±∞

3𝑥2 − 4𝑥 + 1

𝑥2 + 𝑥


113

= lim𝑥→±∞

3𝑥2

𝑥2

1 −43𝑥+13𝑥2

1 +1𝑥

= 3

De horizontale asymptoot wordt beschreven door de Cartesische vergelijking 𝑦 = 3.

Stap 3: Stijgen en dalen

We berekenen de afgeleide functie 𝑓′(𝑥) als volgt:

𝑓′(𝑥) = (3𝑥2 − 4𝑥 + 1

𝑥2 + 𝑥)

′

=(6𝑥 − 4)(𝑥2 + 𝑥) − (3𝑥2 − 4𝑥 + 1)(2𝑥 + 1)

(𝑥2 + 𝑥)2

=7𝑥2 − 2𝑥 − 1

(𝑥2 + 𝑥)2

Deze functie heeft nulpunten bij 7𝑥2 − 2𝑥 − 1 = 0 gegeven door 𝑥 =1+2√2

7 en 𝑥 =

1−2√2

7. De polen

van de afgeleide functie zijn op dezelfde positie als bij de functie 𝑓(𝑥) zelf bij 𝑥 = 0 en 𝑥 = −1 maar

van multipliciteit 2. Dit levert de volgende tekentabel op:

𝑥 -1 1 − 2√2

7

0 1 + 2√2

7

𝑓′(𝑥) + | + 0 − | − 0 + 𝑓(𝑥) ↗ | ↗ max ↘ | ↘ min ↗

Het tekenonderzoek van de afgeleide functie laat zien dat de functie een maximum bereikt bij 𝑥 =1−2√2

7 en een minimum bij 𝑥 =

1+2√2

7. De respectievelijke beeldwaarden zijn 𝑦 = −11,66 en 𝑦 =

−0,3431. Merk op dat het beeld van het maximum dus kleiner kan zijn dan dat van het minimum.

Deze maxima en minima zijn lokaal en bepalen het gedrag van de grafiek.

5.7 Stap 4 functie-onderzoek: Buiggedrag van de grafiek Een laatste stap om de grafiek te kunnen tekenen is de manier waarop de grafiek buigt. We

onderscheiden twee type buigingen: convexe en concave buiging. Een punt waarop de grafiek van

buiging verandert, noemt een buigpunt. Het is belangrijk naast de correct buiging te analyseren dat de

buigpunten kunnen bepaald worden.

Figuur 60: Type buiggedrag van de grafiek en haar buigpunt

In Figuur 60 worden de twee type buigingen geïllustreerd waarbij haar overgang het buigpunt

aangeeft. De buiging van een functie wordt geanalyseerd aan de hand van de tweede afgeleide van de

functie.


114

Een functie 𝑓(𝑥) is in een punt 𝑥 = 𝑎 convex indien de tweede afgeleide functie 𝑓′′(𝑥) in het punt 𝑥 =

𝑎 positief is of 𝑓′′(𝑎) > 0.

Een functie 𝑓(𝑥) is in een punt 𝑥 = 𝑎 concaaf indien de tweede afgeleide functie 𝑓′′(𝑥) in het punt

𝑥 = 𝑎 negatief is of 𝑓′′(𝑎) < 0.

Een buigpunt waar één type buiging overgaat in een ander type kan plaatsvinden bij punten 𝑥 = 𝑎

zodat 𝑓′′(𝑎) = 0 of waarbij lim𝑥→∞

𝑓′′(𝑥) = ±∞. Het zijn dus de respectievelijke nulpunten en polen van

de tweede afgeleide functie.

Het tekenverloop van de tweede afgeleide functie 𝑓′′(𝑥) van de functie 𝑓(𝑥) geeft informatie over het

buiggedrag van de grafiek.

We illustreren deze techniek op basis van het vorige voorbeeld: 𝑓(𝑥) =3𝑥2−4𝑥+1

𝑥2+𝑥. De eerste afgeleide

bepaalden we reeds: 𝑓′(𝑥) =7𝑥2−2𝑥−1

(𝑥2+𝑥)2. We berekenen nu de tweede afgeleide functie als afgeleide

van de functie 𝑓′(𝑥):

𝑓′′(𝑥) = (𝑓′(𝑥))′

= (7𝑥2 − 2𝑥 − 1

(𝑥2 + 𝑥)2)

′

=(14𝑥 − 2)(𝑥2 + 𝑥) − 2(2𝑥 + 1)(7𝑥2 − 2𝑥 − 1)

(𝑥2 + 𝑥)3

=−14𝑥3 + 6𝑥2 + 6𝑥 + 2

(𝑥2 + 𝑥)3

Deze functie heeft nulpunten bij −14𝑥3 + 6𝑥2 + 6𝑥 + 2 = 0. We kunnen aan de hand van de regel

van Horner deze veelterm ontbinden in factoren:

−14 6 6 2 1 −14 −8 −2

−14 −8 −2 De ontbinding levert: −14𝑥3 + 6𝑥2 + 6𝑥 + 2 = (𝑥 − 1)(−14𝑥2 − 8𝑥 − 2). De tweede factor kan

niet ontbonden worden aangezien de discriminant ervan 𝐷 = 64 − 112 = −48. De functie heeft

verder nog polen bij 𝑥 = 0 en 𝑥 = −1 van multipliciteit 3. Dit levert volgend tekenverloop op:

𝑥 -1 0 1

𝑓′′(𝑥) + | − | + 0 − 𝑓(𝑥) ∪ | ∩ | ∪ Buigpunt ∩

De polen zijn buigpunten samen met het punt 𝑥 = 1 wat naast een nulpunt ook een buigpunt van de

grafiek is.

5.8 Stap 5 functie-onderzoek: schetsen van de grafiek In de vorige stappen werden kritische punten berekend die een belangrijke rol spelen in de vormgeving

van de grafiek. In deze finale stap worden deze punten met inbegrip van de asymptoten aangebracht

in een Cartesisch assenstelsel en worden de punten op een gladde manier geïnterpoleerd.


115

Figuur 61: Schets stap 1 – aanbrengen van nulpunten, minima, maxima en buigpunten

Figuur 62: Schets stap 2 – aanbrengen van de asymptoten

Figuur 63: Schets stap 3 – schetsen van de grafiek door de punten op een gladde manier te verbinden

5.9 Limieten berekenen m.b.v. afgeleiden

5.9.1 Regel van l’Hôpital – onbepaaldheden 0

0 en

∞

∞

Er zijn limieten met een onbepaaldheid 0

0 en

∞

∞ die moeilijk op te lossen zijn met de aangeleverde

strategie. Dit zijn voornamelijk vormen die niet toelaten om vereenvoudigingen door te voegen. Tot

dusver kon de breuk vereenvoudigd worden omdat we te maken hadden met rationale vormen die

bestaan uit een breuk van veeltermen. Vereenvoudiging bij het volgende voorbeeld dat we reeds

tegenkwamen is onmogelijk:

lim𝑥→0

sin(𝑥)

𝑥=0

0


116

De regel van l’Hôpital is als volgt:

Indien lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥) met 𝑎 ∈ ℝ ∪ {∞,−∞} een onbepaaldheid is van de vorm

0

0 of

∞

∞ en de functies 𝑓(𝑥) en

𝑔(𝑥) hebben een afgeleide in 𝑥 = 𝑎 dan geldt:

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

𝑔(𝑥)= lim𝑥→𝑎

𝑓′(𝑥)

𝑔′(𝑥)

De regel van l’Hôpital op het bovenstaande voorbeeld levert:

lim𝑥→0

sin(𝑥)

𝑥= lim𝑥→0

cos(𝑥)

1= 1

Een tweede voorbeeld waarbij de regel van l’Hôpital niet kan gebruikt worden zijn exponentiële

limieten:

lim𝑥→∞

𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥

𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥=∞

∞

Voordien in paragraaf 5.4.3 losten wij deze limiet op met behulp van een substitutie: 𝑦 = 𝑒𝑥 wat leidt

tot de vorm:

lim𝑥→∞


𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥= lim𝑦→∞

𝑦 +1𝑦

𝑦 −1𝑦

= lim𝑦→∞

𝑦2 + 1

𝑦2 − 1= 1

De regel van l’Hôpital levert nu het volgende resultaat op:

lim𝑥→∞


𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥= lim𝑥→∞

𝑒𝑥 − 𝑒−𝑥

𝑒𝑥 + 𝑒−𝑥=∞

∞

We bekomen dus met behulp van deze regel een gelijkaardige opgave uit waarbij het probleem nu

werd vereenvoudigd.

5.9.2 Onbepaaldheden van de vorm: 0.∞ De regel van l’Hôpital is ook toepasbaar op limieten die een onbepaaldheid opleveren 0.∞. Deze vorm

hebben tot nu toe nog niet behandeld. Bij deze vorm is de regel van l’Hôpital vaak de enige

mogelijkheid maar we moeten we de onbepaaldheid eerst omzetten naar een vorm 0

0 of

∞

∞.

Beschouw de limiet lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = 0.∞. Er geldt nu dat lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

(1

𝑔(𝑥))=0

0. De regel van l’Hôpital is nu

geldig als volgt:

lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) = lim𝑥→𝑎

𝑓(𝑥)

(1𝑔(𝑥)

)= lim𝑥→𝑎

(𝑓(𝑥))′

(1𝑔(𝑥)

)′

= lim𝑥→𝑎

𝑓′(𝑥)

(−𝑔′(𝑥)𝑔2(𝑥)

)

= lim𝑥→𝑎

−𝑓′(𝑥)𝑔2(𝑥)

𝑔′(𝑥)


117

We illustreren deze methode aan de hand van het volgende voorbeeld:

lim𝑥→∞

𝑥 (𝑒1𝑥 − 1) = ∞. 0

Beschouw 𝑔(𝑥) = 𝑥 met 𝑔′(𝑥) = 1 en 𝑓(𝑥) = 𝑒1

𝑥 − 1 zodat 𝑓′(𝑥) = −𝑒1𝑥

𝑥2. De vorige regel levert:

lim𝑥→∞

𝑥 (𝑒1𝑥 − 1) = lim

𝑥→∞

𝑒1𝑥

𝑥2𝑥2

1= lim𝑥→∞

𝑒1𝑥 = 1

Opgepast want de keuze van 𝑓(𝑥) en 𝑔(𝑥) is belangrijk. Indien je de keuze omdraait, is de regel nog

steeds toepasbaar maar het resultaat kan moeilijk worden om verder op te lossen.

Beschouw 𝑓(𝑥) = 𝑥 met 𝑓′(𝑥) = 1 en 𝑔(𝑥) = 𝑒1

𝑥 − 1 zodat 𝑔′(𝑥) = −𝑒1𝑥

𝑥2. De vorige regel levert:

lim𝑥→∞

𝑥 (𝑒1𝑥 − 1) = lim

𝑥→∞

−(𝑒1𝑥 − 1)

2

(−𝑒1𝑥

𝑥2)

= lim𝑥→∞

𝑥2 (𝑒1𝑥 − 1)

2

𝑒1𝑥

Hoofdstuk 6: Integralen

118

6 Integralen In het vorige hoofdstuk voerden we de afgeleide functie in. De omgekeerde beweging om de

oorspronkelijke functie terug te vinden indien de afgeleide functie gegeven is, heet integratie.

Integralen spelen een belangrijke rol in de andere takken van de wetenschappen aangezien de

integraal een functie oplevert die de oppervlakte beschrijft onder de grafiek.

Figuur 64: Oppervlakte onder grafiek en integraal


119

Onderstel zoals in Figuur 64 dat we de oppervlakte willen bepalen onder de grafiek van de functie

(blauw) 𝑓(𝑥) in een bepaald interval [𝑎, 𝑏]. De oppervlakte kan worden benaderd door een reeks

rechthoeken waarvan de oppervlakte gemakkelijk bepaald kan worden door lengte te

vermenigvuldigen met de breedte. We kiezen rechthoeken die dezelfde breedte hebben ℎ en de

hoogte is precies het beeld van de functie bij het begin van elke rechthoek. De benadering van de

oppervlakte wordt:

Oppervlakte ≈ (𝑓(𝑥1) + 𝑓(𝑥2) + ⋯+ 𝑓(𝑥𝐾))ℎ

waarbij we gebruik maken van 𝐾 driehoeken. De breedte ℎ = 𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1 zodat dit leidt tot:

Oppervlakte ≈ (𝑓(𝑥1) + 𝑓(𝑥2) + ⋯+ 𝑓(𝑥𝐾))(𝑥𝑖 − 𝑥𝑖−1)

De integraal 𝐼 wat we zullen noteren door ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎 is de volgende limiet:

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥

𝑏

𝑎

= limℎ→0(𝑓(𝑎) + 𝑓(𝑎 + ℎ) + 𝑓(𝑎 + 2ℎ)…+ 𝑓(𝑏 − ℎ) + 𝑓(𝑏))ℎ

De symboliek is een uitgerokken “S” die aangeeft dat het een eindeloze som van oppervlakten

uitrekent van steeds smaller wordende rechthoekjes waarbij 𝑑𝑥 de breedte van zo een smalle

rechthoek voorstelt. Deze integraal heet men in de wiskundige literatuur de Riemann integraal.

Nu de betekenis duidelijk wordt van het symbool ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥𝑏

𝑎 en wat deze integraal meetkundig

voorstelt, namelijk de oppervlakte onder de grafiek, moeten we een instrument ontwikkelen die

toelaat om deze oppervlakte te berekenen. Het instrument is algemeen gekend als de hoofdstelling

van de calculus:

Beschouw de functie 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

𝑎 zodat 𝑎 < 𝑥 ≤ 𝑏 zodat 𝑓(𝑥) geen verticale asymptoten bevat

in het interval [𝑎, 𝑏] dan geldt dat:

𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥)

Dit betekent dat de oppervlakte onder een grafiek bepaald wordt door die functie 𝐹(𝑥) te bepalen

wiens afgeleide functie precies de grafiek 𝑓(𝑥) aanlevert. De functie 𝐹(𝑥) wordt daarom soms de anti-

afgeleide functie genoemd maar het is correcter om te spreken over de primitieve functie van 𝑓(𝑥).

Om in te zien waarom de hoofdstelling van de calculus correct is, maken we volgende redenering

waarbij we Figuur 64 gebruiken:

Beschouw 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡𝑥

𝑎 en 𝐹(𝑥 + ℎ) = ∫ 𝑓(𝑡)𝑑𝑡

𝑥+ℎ

𝑎. Er volgt nu dat het verschil tussen de twee

functies gelijk wordt aan:

𝐹(𝑥 + ℎ) − 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥)

𝑥+ℎ

𝑥

𝑑𝑥

Als de breedte ℎ kleiner en kleiner wordt, dan weten we uit Figuur 64 dat de oppervlakte onder de

grafiek in het smalle interval [𝑥, 𝑥 + ℎ] beschreven wordt door de oppervlakte van de rechthoek zodat:


120

𝐹(𝑥 + ℎ) − 𝐹(𝑥) = ∫ 𝑓(𝑥)

𝑥+ℎ

𝑥

𝑑𝑥 ≈ 𝑓(𝑥)ℎ

We delen nu linker- en rechterlid door ℎ en bekomen bijgevolg:

𝐹(𝑥 + ℎ) − 𝐹(𝑥)

ℎ≈ 𝑓(𝑥)

Deze benadering is pas precies indien de breedte heel klein wordt zodat we de limiet nemen voor ℎ →

0 wat leidt tot:

limℎ→0

𝐹(𝑥 + ℎ) − 𝐹(𝑥)

ℎ= 𝑓(𝑥)

We weten uit het vorige hoofdstuk dat het linkerlid precies de afgeleide is van de functie 𝐹(𝑥) wat de

hoofdstelling bewijst.

6.1 Inleiding Laten we een concrete biomedische situatie beschrijven waarin de integraal een rol speelt: Michaelis-

Menten formule uit enzymkinetiek. Deze vergelijking beschrijft de reactiesnelheid 𝑣 tussen

substraatconcentratie 𝐶 en het enzym. De reactiesnelheid is een functie met voorschrift:

𝑣(𝑡) = 𝑣𝑚𝐶(𝑡)

(𝐾𝑚 + 𝐶(𝑡))

waarbij 𝑣𝑚 de maximale snelheid beschrijft en 𝐾𝑚 de Michaelis-Menten constante genoemd wordt.

De substraatconcentratie is meestal een exponentiële gedempte functie zodat 𝐶(𝑡) = 𝐶(0)𝑒−𝛽𝑡 met

𝐶(0) en 𝛽 constanten die afhangen van het substraat.

De oppervlakte onder de grafiek 𝑣(𝑡) beschrijft de uitscheidingssnelheid van dit metaboliet in de urine

en wordt gegeven door de integraal:

𝐹(𝑡) = ∫𝑣(𝑠)𝑑𝑠

𝑡

0

= ∫𝑣𝑚𝐶(𝑠)

(𝐾𝑚 + 𝐶(𝑠))𝑑𝑠

𝑡

0

= ∫𝑣𝑚𝐶(0)𝑒−𝛽𝑠

(𝐾𝑚 + 𝐶(0)𝑒−𝛽𝑠)

𝑑𝑠

𝑡

0

We kunnen deze integraal expliciet uitrekenen:

𝐹(𝑡) = −𝑣𝑚𝛽ln(𝐾𝑚 + 𝐶(0)𝑒

−𝛽𝑡)

Inderdaad, want het is eenvoudig na te kijken dat de afgeleide 𝐹′(𝑡) = 𝑣𝑚𝐶(0)𝑒−𝛽𝑡

(𝐾𝑚+𝐶(0)𝑒−𝛽𝑡)

. In dit

hoofdstuk gaan we de rekenmethoden beschrijven die toelaten om deze integralen uit te rekenen.

6.2 Primitieve functie en de onbepaalde integraal Beschouw een functie 𝑓(𝑥) dan noemen we de functie 𝐹(𝑥) een primitieve functie van 𝑓(𝑥) indien

geldt dat:

𝐹′(𝑥) = 𝑓(𝑥)

Een belangrijk vraagstuk uit de wiskunde onderzoekt een antwoord op de vraag: heeft elke functie een

primitieve? Het antwoord op deze vraag is nee wat leidt tot de vraag: welke functies hebben een


121

primitieve functie? Deze vraag is nog altijd niet volledig beantwoord. Wiskundigen hebben gedeeltelijk

een antwoord. Zo hebben alle functies die ten hoogste een eindig aantal verticale asymptoten hebben,

een primitieve functie.

Verder stellen er zich nog andere open problemen in de wiskunde rond primitieve functies. De

volgende functie 𝑓(𝑥) =1

ln (𝑥) moet een primitieve functie hebben maar deze behoort tot een klasse

van functies die nog niet in kaart werd gebracht. We weten dat deze moet bestaan omdat de functie

𝐹(𝑥) = ∫1

ln(𝑡)𝑑𝑡

𝑥

𝑎

een grafiek vertoont die voldoende zacht is zodat deze overal een raaklijn heeft en dus een afgeleide

bezit. We weten ook dat we deze functie niet kunnen schrijven met functies die tot nu toe gekend zijn:

veeltermen, goniometrische functies, machten, … Bijgevolg besluiten we dat deze primitieve behoort

tot een groep van functies waar we amper iets over kennen. Dit is geen alleenstaand geval.

Een primitieve 𝐹(𝑥) voor een functie 𝑓(𝑥) is niet uniek aangezien de afgeleide van een constante gelijk

is aan 0 zo geldt dat voor elke constante 𝑐 ook de functie 𝐹(𝑥) + 𝑐 ook een primitieve is van 𝑓(𝑥). We

heten de constante 𝑐 een integratieconstante.

De verzameling van alle primitieve functies 𝐹(𝑥) + 𝑐 noemen we de onbepaalde integraal van de

functie 𝑓(𝑥) genoteerd als:

∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 = 𝐹(𝑥) + 𝑐

Eigenlijk zien we dat de onbepaalde integraal de inverse functie is van de afgeleide.

Voorbeeld: Beschouw de functie 𝐹(𝑥) =𝑥3

3 dan geldt dat 𝑓(𝑥) = 𝐹′(𝑥) = (

𝑥3

3)′

= 𝑥2 zodat

∫𝑥2𝑑𝑥 =𝑥3

3+ 𝑐

We noemen de functie 𝑓(𝑥) de integrand van 𝐹(𝑥).

6.3 Rekenregel 1 – 3 voor integralen

6.3.1 Basislijst integralen We kunnen de lijst met afgeleiden uit Figuur 59 omvormen zodat we een lijst van primitieven krijgen:

Basislijst primitieve functies

∫𝒙𝒂 𝒅𝒙 =𝒙𝒂+𝟏

𝒂 + 𝟏+ 𝒄, 𝒂 ≠ −𝟏

∫𝒂𝒙𝒅𝒙 =𝒂𝒙

ln(𝒂)+ 𝒄, 𝒂 > 𝟎

∫𝐬𝐢𝐧(𝒙)𝒅𝒙 = −𝐜𝐨𝐬(𝒙) + 𝒄

∫𝐜𝐨𝐬(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐬𝐢𝐧(𝒙) + 𝒄

∫𝒆𝒙𝒅𝒙 = 𝒆𝒙 + 𝒄


122

∫𝟏

𝒙𝒅𝒙 = 𝐥𝐧(𝒙) + 𝒄

∫𝟏

𝐜𝐨𝐬𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = 𝐭𝐚𝐧(𝒙) + 𝒄

∫𝟏

𝐬𝐢𝐧𝟐(𝒙)𝒅𝒙 = −𝐜𝐨𝐭(𝒙) + 𝒄

∫𝟏

𝟏 + 𝒙𝟐𝒅𝒙 = 𝐚𝐭𝐚𝐧(𝒙) + 𝒄

∫𝟏

√𝟏 + 𝒙𝟐𝒅𝒙 = 𝐚𝐬𝐢𝐧(𝒙) + 𝒄

6.3.2 Rekenregel 1 : lineariteit Om de lijst van basisintegralen te gebruiken, dienen we de integrand op te splitsen in vormen die

specifiek aanwezig zijn in de bovenstaande lijst. Deze opsplitsing kunnen we maken met behulp van

de volgende rekenregel:

∫𝛼𝑓(𝑥) + 𝛽𝑔(𝑥)𝑑𝑥 = 𝛼∫𝑓(𝑥)𝑑𝑥 + 𝛽∫𝑔(𝑥) 𝑑𝑥

waarbij 𝛼, 𝛽 ∈ ℝ.

We passen deze regel toe op volgende voorbeelden waarbij we na toepassing van de rekenregel

gebruik kunnen maken van de lijst basisintegralen:

∫2𝑥2 + 5𝑥 + cos(𝑥) −9

1 + 𝑥2𝑑𝑥 = 2∫𝑥2𝑑𝑥 + 5∫𝑥 𝑑𝑥 + 9∫

1

1 + 𝑥2𝑑𝑥

=2

3𝑥3 +

5

2𝑥2 + 9atan(𝑥) + 𝑐

∫3𝑥7 − 2𝑥2 + 2𝑥 − sin(𝑥) 𝑑𝑥 = 3∫𝑥7 𝑑𝑥 − 2∫𝑥2𝑑𝑥 + ∫2𝑥𝑑𝑥 − ∫sin(𝑥) 𝑑𝑥

=3

8𝑥8 −

2

3𝑥3 +

2𝑥

ln(2)+ cos(𝑥) + 𝑐

6.3.3 Rekenregel 2: Substitutieregel De tweede rekenregel is de inverse van de kettingregel voor afgeleiden:

(𝑓(𝑔(𝑥)))′= 𝑓′(𝑔(𝑥)) 𝑔′(𝑥)

We integreren het linker- en rechterlid:

𝑓(𝑔(𝑥)) + 𝑐 = ∫𝑓′(𝑔(𝑥)) 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥

Om de lijst basisintegralen te kunnen gebruiken is het aannemelijk om de volgende substitutie voor te

stellen: 𝑡 = 𝑔(𝑥) met afgeleide 𝑑𝑡 = 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥. We voegen 𝑑𝑥 of 𝑑𝑡 eraan toe om aan te geven t.o.v.

welke variabele de integratie moet worden berekend. We vinden bijgevolg:

∫𝑓′(𝑔(𝑥)) 𝑔′(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑓′(𝑡) 𝑑𝑡 = 𝑓(𝑡) + 𝑐 = 𝑓(𝑔(𝑥)) + 𝑐

waarbij de functie 𝑓′(𝑡) aanwezig staat in de lijst basisintegralen om eenvoudig te integreren.

We passen deze rekenregel toe op volgende voorbeelden:


123

∫(3𝑥 − 4)7𝑑𝑥

De dichtstbijzijnde basisintegraal is de veelterm 𝑡7 die in de lijst aanwezig is, de natuurlijke substitutie

is bijgevolg 𝑡 = 3𝑥 − 4 met afgeleide functie 𝑑𝑡 = 3𝑑𝑥. Bijgevolg bekomen we na substitutie:

∫(3𝑥 − 4)7𝑑𝑥 = ∫𝑡7

3𝑑𝑡 =

1

3∫𝑡7𝑑𝑡 =

𝑡8

24+ 𝑐 =

(3𝑥 − 4)8

24+ 𝑐

∫3

7𝑥2 + 5𝑑𝑥

De basisintegraal die hier verband mee houdt is de vorm ∫1

1+𝑡2𝑑𝑡 = atan(𝑡) + 𝑐, we vormen de

opgave om opdat een aangewezen substitutie mogelijk wordt:

∫3

7𝑥2 + 5𝑑𝑥 = ∫

3

5 (75𝑥2 + 1)

𝑑𝑥 =3

5∫

1

(√75𝑥)

2

+ 1

𝑑𝑥

De natuurlijk substitutie is 𝑡 = √7

5𝑥 met afgeleide 𝑑𝑡 = √

7

5𝑑𝑥. Deze substitutie leidt tot

3

5∫

1

(√75𝑥)

2

+ 1

𝑑𝑥 =3

5∫

1

𝑡2 + 1√5

7𝑑𝑡 =

3

√35∫

1

𝑡2 + 1𝑑𝑡

=3

√35atan(𝑡) + 𝑐 =

3

√35atan(√

7

5𝑥) + 𝑐

Zelfs indien een basisformule niet onmiddellijk te identificeren valt, laat de substitutieregel vaak toe

om de opgave te vereenvoudigen zoals geïllustreerd in het volgende voorbeeld:

∫1

𝑥34 − 𝑥

23

𝑑𝑥

De machten maken deze opgave moeilijk, zodat een substitutie die deze machten vereenvoudigt

wenslijk is: 𝑡 = 𝑥1

12 met afgeleide functie 𝑑𝑡 =1

12𝑥−

11

12𝑑𝑥 ⟺ 𝑑𝑥 = 12𝑡11𝑑𝑡

∫1

𝑥34 − 𝑥

23

𝑑𝑥 = ∫12𝑡11

𝑡9 − 𝑡8𝑑𝑡 = 12∫

𝑡3

𝑡 − 1𝑑𝑡

De substitutie maakte de opgave aanzienlijke eenvoudiger. De noemer maakt deze integraal nog

steeds moeilijk zodat we deze terug substitueren tot 𝑧 = 𝑡 − 1 en haar afgeleide functie 𝑑𝑧 = 𝑑𝑡. We

bekomen

∫𝑡3

𝑡 − 1𝑑𝑡 = ∫

(𝑧 + 1)3

𝑧𝑑𝑧 = ∫

𝑧3 + 3𝑧2 + 3𝑧 + 1

𝑧𝑑𝑧

= ∫𝑧2 + 3𝑧 + 3 +1

𝑧𝑑𝑧


124

= ∫𝑧2𝑑𝑧 + 3∫𝑧𝑑𝑧 + 3∫𝑑𝑧 + ∫1

𝑧𝑑𝑧

=𝑧3

3+3

2𝑧2 + 3𝑧 + ln(𝑧) + 𝑐

=(𝑡 − 1)3

3+3

2(𝑡 − 1)2 + 3(𝑡 − 1) + ln(𝑡 − 1) + 𝑐

Uiteindelijk leidt dit tot de oplossing:

∫1

𝑥34 − 𝑥

23

𝑑𝑥 = 12∫𝑡3

𝑡 − 1𝑑𝑡

= 12 [(𝑡 − 1)3

3+3

2(𝑡 − 1)2 + 3(𝑡 − 1) + ln(𝑡 − 1)] + 𝑐

= 4(𝑥112 − 1)

3

+ 18(𝑥112 − 1)

2

+ 36(𝑥112 − 1) + ln (𝑥

112 − 1) + 𝑐

6.3.4 Rekenregel 3: partiële integralen Partiële integratie is gebaseerd op de productregel voor afgeleiden voor de functie 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥):

(𝑓(𝑥)𝑔(𝑥))′ = 𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)

Als deze vergelijking geïntegreerd wordt langs linker- en rechterlid bekomen we:

𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) + 𝑐 = ∫𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 + ∫𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥)𝑑𝑥

De partiële integratie is typisch volgende formule:

∫𝑓′(𝑥)𝑔(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) − ∫𝑓(𝑥)𝑔′(𝑥) 𝑑𝑥 + 𝑐

Deze regel wordt toegepast indien de integraal in het linkerlid moeilijker is dan de integraal in het

rechterlid.

We passen deze toe op volgende voorbeelden:

∫𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥

De factor 𝑔(𝑥) = 𝑥 kunnen we op basis van de bovenstaande partiële integratieregel laten verdwijnen

aangezien haar afgeleide 𝑔′(𝑥) = 1. We passen deze regel dan toe met functie 𝑓′(𝑥) = cos(𝑥) zodat

𝑓(𝑥) = sin(𝑥) is:

∫𝑥 cos(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 sin(𝑥) −∫ sin(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 sin(𝑥) + cos(𝑥) + 𝑐

De integraal na deze rekenregel is heel eenvoudig aangezien deze een basisintegraal is die in de lijst

terug te vinden valt.

Soms moet deze techniek twee of meerdere malen na elkaar worden toegepast:

∫𝑥2𝑒−𝑥𝑑𝑥


125

De factor 𝑔(𝑥) = 𝑥2 is opnieuw aangewezen maar de afgeleide 𝑔′(𝑥) = 2𝑥 zorgt ervoor dat deze

factor niet verdwijnt. Pas bij een tweede afgeleide wanneer partiële integratie twee maal wordt

uitgevoerd verdwijnt deze factor zodat 𝑔′′(𝑥) = 2. We passen twee maal partiële integratie toe met

functie 𝑓′(𝑥) = 𝑒−𝑥 zodat 𝑓(𝑥) = −𝑒−𝑥:

∫𝑥2𝑒−𝑥𝑑𝑥 = −𝑥2𝑒−𝑥 + 2∫𝑥𝑒−𝑥 𝑑𝑥

= −𝑥2𝑒−𝑥 + 2(−𝑥𝑒−𝑥 +∫𝑒−𝑥𝑑𝑥)

= −𝑥2𝑒−𝑥 − 2𝑥𝑒−𝑥 − 2𝑒−𝑥 + 𝑐

Soms is er geen tweede factor maar kunnen we als tweede factor 𝑓′(𝑥) = 1 gebruiken met functie

𝑓(𝑥) = 𝑥. Dit komt precies voor in het voorbeeld:

∫ln(𝑥) 𝑑𝑥

We gebruiken 𝑔(𝑥) = ln(𝑥) en afgeleide functie 𝑔′(𝑥) =1

𝑥 alsook 𝑓′(𝑥) = 1 en 𝑓(𝑥) = 𝑥. Partiële

integratie levert nu de oplossing:

∫ ln(𝑥) 𝑑𝑥 = 𝑥 ln(𝑥) − ∫𝑑𝑥 = 𝑥 ln(𝑥) − 𝑥 + 𝑐

Het laatste voorbeeld waarin partiële integratie nuttig blijkt zijn types waarin de factoren functies zijn

die beiden goniometrisch of exponentieel zijn. De afgeleide van deze functies blijven goniometrisch of

exponentieel zodat een recursie optreedt.

Beschouw het voorbeeld

∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) 𝑑𝑥

Partiële integratie werkt op die voorbeeld omdat elk van de factoren een (eerste of tweede) afgeleide

bezit waarin de functie opnieuw optreedt: (𝑒3𝑥)′ = 3𝑒3𝑥 en (cos(𝜋𝑥))′′ = −𝜋2 cos(𝜋𝑥). Aangezien

we voor de tweede factor de tweede afgeleide nodig hebben om opnieuw de oorspronkelijk functie

terug te vinden, zal dit leiden tot een oplossingsmethode waarin we twee maal partiële integratie

toepassen. We passen partiële integratie toe met 𝑓′(𝑥) = cos(𝜋𝑥) en 𝑔(𝑥) = 𝑒3𝑥 zodat 𝑓(𝑥) =1

𝜋sin(𝜋𝑥) en 𝑔′(𝑥) = 3𝑒3𝑥:

∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥)𝑑𝑥 =1

𝜋sin(𝜋𝑥) 𝑒3𝑥 −

3

𝜋∫𝑒3𝑥 sin(𝜋𝑥)𝑑𝑥

Op de integraal die nu verschijnt passen we opnieuw partiële integratie aan met dezelfde keuzes zodat

𝑓′(𝑥) = sin(𝜋𝑥) en 𝑔(𝑥) = 𝑒3𝑥 zodat 𝑓(𝑥) = −1

𝜋cos(𝜋𝑥) en 𝑔′(𝑥) = 3𝑒3𝑥:

∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) 𝑑𝑥 =1


3

𝜋∫𝑒3𝑥 sin(𝜋𝑥)𝑑𝑥

=1


3

𝜋(−1

𝜋𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) +

3

𝜋∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) 𝑑𝑥)

=1

𝜋sin(𝜋𝑥) 𝑒3𝑥 +

3

𝜋2𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) −

9

𝜋2∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥)𝑑𝑥


126

We zien in de laatste uitdrukking de oorspronkelijke integraal opnieuw verschijnen zodat we deze

kunnen bepalen door haar in het linkerlid bij te voegen:

(1 +9

𝜋2)∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥)𝑑𝑥 =

1

𝜋sin(𝜋𝑥) 𝑒3𝑥 +

3

𝜋2𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥) + 𝑐

⟺∫𝑒3𝑥 cos(𝜋𝑥)𝑑𝑥 =1

𝜋2 + 9𝑒3𝑥(𝜋 sin(𝜋𝑥) + 3 cos(𝜋𝑥)) + 𝑐

6.4 Partiële breuken en integralen van rationale functies De volgende methode die we rekenregel 4 zullen noemen is specifiek geschikt voor het integreren van

rationale functies van de vorm bijvoorbeeld:

∫−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5𝑑𝑥

Bij rationale functies doelen we op de integratie van een deling van twee veeltermen. Om deze

rationale vorm te herleiden tot basisfuncties, hebben we een partiële breukontwikkeling nodig.

Bijvoorbeeld een eenvoudige partiële breukontwikkeling is als volgt:

2

𝑥 + 1−1

𝑥=

𝑥 − 1

𝑥(𝑥 + 1)=𝑥 − 1

𝑥2 + 𝑥

De integraal van de rationale vorm 𝑥−1

𝑥2+𝑥 aangezien het linkerlid bestaat uit basisfuncties:

∫𝑥 − 1

𝑥2 + 𝑥𝑑𝑥 = 2∫

1

𝑥 + 1𝑑𝑥 − ∫

1

𝑥𝑑𝑥

= 2 ln(𝑥 + 1) − ln(𝑥) + 𝑐

In de volgende paragraaf, bestuderen we die technieken nodig om de partiële breuken te berekenen.

6.4.1 Partiële breuken: geval 1 Geval 1 ontwikkelt partiële breuken waarbij de veelterm in de teller een graad heeft die strikt kleiner

is dan de graad van de veelterm in de noemer. Bovendien zijn alle nulpunten van de teller enkelvoudig

(multipliciteit 1).

We beschouwen het vorige voorbeeld

−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5

Om na te gaan dat deze rationale vorm voldoet aan geval 1, merken we alvast op dat de graad van de

teller 2 is en de graad van de teller 3. De eerste voorwaarde om aan geval 1 te voldoen is reeds voldaan.

We bekijken nu de enkelvoudigheid van de nulpunten van de noemer die we ontbinden in factoren.

Stap 1: Ontbinden in factoren van de noemer

Het is eenvoudig om in te zien dat 𝑥 = 1 een oplossing is zodat we Horners regel toepassen

1 −5 −1 5 1 1 −4 −5

1 −4 −5 0 De ontbinden levert: 𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5 = (𝑥 − 1)(𝑥2 − 4𝑥 − 5). We kunnen opnieuw zien dat 𝑥 =

−1 een oplossing is zodat we Horners regel opnieuw toepassen:


127

1 −4 −5 −1 −1 5 1 −5 0

De volledige ontbinding is nu 𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5 = (𝑥 − 1)(𝑥2 − 4𝑥 − 5) = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 − 5)

Stap 2: Partiële breukontwikkeling

−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5=

𝐴

𝑥 − 1+

𝐵

𝑥 + 1+

𝐶

𝑥 − 5

We zoeken naar de getallen 𝐴, 𝐵, 𝐶 zodat de gelijkheid geldt. In geval 1, zoeken we per nulpunt van de

noemer precies 1 onbekende. We brengen dit rechterlid eerst op gelijke noemer

−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5=

𝐴

𝑥 − 1+

𝐵

𝑥 + 1+

𝐶

𝑥 − 5

=𝐴(𝑥 + 1) + 𝐵(𝑥 − 1)

𝑥2 − 1+

𝐶

𝑥 − 5

=(𝐴 + 𝐵)𝑥 + (𝐴 − 𝐵)

𝑥2 − 1+

𝐶

𝑥 − 5

=(𝑥 − 5)((𝐴 + 𝐵)𝑥 + (𝐴 − 𝐵)) + 𝐶(𝑥2 − 1)

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5

=(𝐴 + 𝐵)𝑥2 + (𝐴 − 𝐵)𝑥 − 5(𝐴 + 𝐵)𝑥 − 5(𝐴 − 𝐵) + 𝐶𝑥2 − 𝐶

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5

=(𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑥2 − (4𝐴 + 6𝐵)𝑥 − 5𝐴 + 5𝐵 − 𝐶

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5

Nu kunnen de onbekenden 𝐴, 𝐵 en 𝐶 bepaald worden door de tellers gelijk te stellen. Dit levert het

volgende op te lossen stelsel op:

{𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = −3−4𝐴 − 6𝐵 = −22−5𝐴 + 5𝐵 − 𝐶 = 17

Het stelsel lossen we op via de methode van Gauss:

[1 1 1 −3−4 −6 0 −22−5 5 −1 17

]

𝑅2=𝑅2+4𝑅1𝑅3=𝑅3+5𝑅1→ [

1 1 1 −30 −2 4 −340 10 4 2

]𝑅3=𝑅3+5𝑅2→ [

1 1 1 −30 −2 4 −340 0 24 −168

]

We bekomen nu het driehoekig stelsel met oplossing:

{𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = −3−2𝐵 + 4𝐶 = −3424𝐶 = −168

⟺ {𝐴 = 1𝐵 = 3𝐶 = −7

De partiële breukontwikkeling is bijgevolg:

−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5=

1

𝑥 − 1+

3

𝑥 + 1−

7

𝑥 − 5

6.4.2 Partiële breuken: Geval 2 Geval 2 ontwikkelt partiële breuken waarbij de veelterm in de teller een graad heeft die strikt kleiner

is dan de graad van de veelterm in de noemer. De ontbinding van de veelterm in de noemer bevat een

factor van graad 2 met negatieve discriminant die niet verder kan ontbonden worden.


128

We beschouwen het voorbeeld:

−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6

We kijken na dat deze rationale vorm voldoet aan geval 2 waarvoor we de veelterm in de noemer

ontbinden in factoren.


De priemdelers van 6 zijn ±3,±2,±1. Men kan zien dat de kandidaat 𝑥 = −2 een oplossing is zodat

we de veelterm aan de hand van Horners methode kunnen ontbinden.

1 2 3 6 −2 −2 0 −6

1 0 3 0 De ontbinding wordt 𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6 = (𝑥 + 2)(𝑥2 + 3). De tweede factor kan niet ontbonden

worden aangezien haar discriminant 𝐷 = −12. Bijgevolg is de rationale vorm van geval 2.


−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6=

𝐴

𝑥 + 2+𝐵𝑥 + 𝐶

𝑥2 + 3

Elke factor in de ontbinding is een term in de partiële breukontwikkeling waarbij de graad in de teller

van de term precies 1 lager is dan deze in de noemer. Bijgevolg is in de tweede term, de graad in de

teller gelijk aan 1 omdat die uit de noemer graad 2 is. Om de onbekenden 𝐴, 𝐵 en 𝐶 te vinden, gaan

we nu te werk zoals in het vorige voorbeeld door de breuken op gelijke noemer te brengen:

−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6=

𝐴

𝑥 + 2+𝐵𝑥 + 𝐶

𝑥2 + 3=𝐴(𝑥2 + 3) + (𝐵𝑥 + 𝐶)(𝑥 + 2)

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6

=𝐴𝑥2 + 3𝐴 + 𝐵𝑥2 + 2𝐵𝑥 + 𝐶𝑥 + 2𝐶

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6

=(𝐴 + 𝐵)𝑥2 + (2𝐵 + 𝐶)𝑥 + 3𝐴 + 2𝐶

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6

We vinden de onbekenden uit het volgende stelsel wat we oplossen met de methode van Gauss:

{𝐴 + 𝐵 = 0

2𝐵 + 𝐶 = −163𝐴 + 2𝐶 = 10

→ [1 1 0 00 2 1 −163 0 2 10

]𝑅3=𝑅3−3𝑅1→ [

1 1 0 00 2 1 −160 −3 2 10

]𝑅3=2𝑅3+3𝑅2→ [

1 1 0 00 2 1 −160 0 7 −28

]

Het stelsel is nu in een driehoekige vorm:

{𝐴 + 𝐵 = 0

2𝐵 + 𝐶 = −167𝐶 = −28

⟺ {𝐴 = 6𝐵 = −6𝐶 = −4

De partiële breukontwikkeling is bijgevolg:

−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6=

6

𝑥 + 2−6𝑥 + 4

𝑥2 + 3


129

6.4.3 Partiële breuken: geval 3 Geval 3 ontwikkelt partiële breuken waarbij de veelterm in de teller een graad heeft die strikt kleiner

is dan de graad van de veelterm in de noemer. De ontbinding van de veelterm in de noemer bevat

oplossing van multipliciteit 2.

We beschouwen het voorbeeld:

−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥

We kijken na dat deze rationale vorm voldoet aan geval 3 door de noemer te ontbinden in factoren.


Het is eenvoudig in te zien dat zowel 𝑥 = 0 als 𝑥 = 1 een oplossing is van de veelterm: 𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 −

𝑥 = 𝑥(𝑥3 + 𝑥2 − 𝑥 − 1). Op de tweede factor kunnen we de methode van Horner gebruiken met

oplossing 𝑥 = 1 om deze verder te ontbinden.

1 1 −1 −1 1 1 2 1

1 2 1 0 Bijgevolg leidt dit tot de volledige ontbinding: 𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥 = 𝑥(𝑥3 + 𝑥2 − 𝑥 − 1) = 𝑥(𝑥 −

1)(𝑥2 + 2𝑥 + 1) = 𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1)2. Deze rationale vorm voldoet aan geval 3 aangezien de

oplossing 𝑥 = −1 een dubbel nulpunt is van de noemer.


−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥=𝐴

𝑥+

𝐵

𝑥 − 1+

𝐶

𝑥 + 1+

𝐷

(𝑥 + 1)2

De multipliciteit van de nulpunten geeft in de partiële breukontwikkeling het aantal termen aan met

die factor waarbij alle graden tot en met de multipliciteit gebruikt worden. In het vorige voorbeeld is

de multipliciteit 2 dus komt de factor (𝑥 + 1) tweemaal voor respectievelijk met graad 1 en graad 2.

Indien de multipliciteit 3 zou zijn dan zou deze factor driemaal voorkomen met respectievelijke graden

1,2 en 3.

We bepalen de onbekenden 𝐴, 𝐵, 𝐶 en 𝐷 door eerst het rechterlid op gelijke noemer te brengen wat

leidt tot:

−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥=𝐴

𝑥+

𝐵

𝑥 − 1+

𝐶

𝑥 + 1+

𝐷

(𝑥 + 1)2

=𝐴𝑥 − 𝐴 + 𝐵𝑥

𝑥(𝑥 − 1)+𝐶𝑥 + 𝐶 + 𝐷

(𝑥 + 1)2

=(𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 − 𝐴)(𝑥 + 1)2 + (𝐶𝑥 + 𝐶 + 𝐷)(𝑥2 − 𝑥)

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥

=(𝐴 + 𝐵 + 𝐶)𝑥3 + (𝐴 + 2𝐵 + 𝐷)𝑥2 − (𝐴 − 𝐵 + 𝐶 + 𝐷)𝑥 − 𝐴

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥

De bepaling van de onbekenden 𝐴, 𝐵, 𝐶 en 𝐷 kan berekend worden aan de hand van het volgende

stelsel:


130

{

𝐴 + 𝐵 + 𝐶 = −3𝐴 + 2𝐵 + 𝐷 = −2𝐴 − 𝐵 + 𝐶 + 𝐷 = 2

𝐴 = −3

⟺ {

𝐵 + 𝐶 = 02𝐵 + 𝐷 = 1

−𝐵 + 𝐶 + 𝐷 = 5𝐴 = −3

We lossen de eerste drie vergelijkingen naar onbekenden 𝐵, 𝐶 en 𝐷 op met de methode van Gauss:

{𝐵 + 𝐶 = 02𝐵 + 𝐷 = 1

−𝐵 + 𝐶 + 𝐷 = 5⟶ [

1 1 0 02 0 1 1−1 1 1 5

]

𝑅2=𝑅2−2𝑅1𝑅3=𝑅3+𝑅1→ [

1 1 0 00 −2 1 10 2 1 5

]𝑅3=𝑅3+𝑅2→ [

1 1 0 00 −2 1 10 0 2 6

]

We vinden nu het volgende driehoekige stelsel wat we eenvoudig kunnen oplossen:

{𝐵 + 𝐶 = 0−2𝐶 + 𝐷 = 1𝐷 = 3

⟺ {𝐵 = −1𝐶 = 1𝐷 = 3

De uiteindelijke partiële breukontwikkeling wordt:

−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥=−3

𝑥−

1

𝑥 − 1+

1

𝑥 + 1+

3

(𝑥 + 1)2

6.4.4 Partiële breuken: geval 4 Geval 4 ontwikkelt partiële breuken waarbij de veelterm in de teller een graad heeft die minstens zo

groot is dan de graad van de veelterm in de noemer.

We beschouwen het volgende voorbeeld:

𝑥3 − 2𝑥2 + 6𝑥 + 3

𝑥2 − 1

De teller is een veelterm van graad 3, terwijl de veelterm in de noemer van graad 2 is waardoor deze

rationale vorm zich in geval 4 bevindt.

Stap 1: Deling van de veelterm

We gebruiken de staartdeling om de veelterm in de teller te delen door de veelterm in de noemer. De

deling verloopt als volgt:

𝑥3 −2𝑥2 +6𝑥 +3 𝑥2 −1

𝑥3 −𝑥 𝑥 −2

−2𝑥2 +7𝑥 −2𝑥2 +2

7𝑥 +1 Er volgt dat de rationale vorm na deling gelijk wordt aan:

𝑥3 − 2𝑥2 + 6𝑥 + 3

𝑥2 − 1= 𝑥 − 2 +

7𝑥 + 1

𝑥2 − 1

Stap 2: Ontwikkel de tweede term (i.e. de restterm) in haar partiële breuken aan de hand van de

gevallen 1-3.

We starten met de nulpunten van de noemer te bepalen: 𝑥2 − 1 = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1). De tweede term

bevindt zich dus in geval 1 zodat de partiële breukontwikkeling berekend wordt als volgt:


131

7𝑥 + 1

𝑥2 − 1=

𝐴

𝑥 − 1+

𝐵

𝑥 + 1

=𝐴𝑥 + 𝐴 + 𝐵𝑥 − 𝐵

𝑥2 − 1

Het stelsel om de onbekenden 𝐴, 𝐵 te vinden lossen we op aan de hand van de combinatiemethode

voor stelsels:

{𝐴 + 𝐵 = 7𝐴 − 𝐵 = 1

|+1−1|+1+1⟺ {

2𝐵 = 62𝐴 = 8

⟺ {𝐵 = 3𝐴 = 4

De uiteindelijke totale partiële breukontwikkeling wordt:

𝑥3 − 2𝑥2 + 6𝑥 + 3

𝑥2 − 1= 𝑥 − 2 +

4

𝑥 − 1+

3

𝑥 + 1

6.4.5 Integralen van rationale vormen Geval 1: We beschouwen rationale vormen van geval 1 waarop we een partiële breukontwikkeling

hebben uitgevoerd. Bij geval 1 bekomen we na partiële breuken telkens termen die eenvoudig op te

lossen zijn. Deze termen staan ofwel in de lijst basisintegralen of kunnen mits een eenvoudig

substitutie herleid worden tot een basisvorm.

We hernemen het voorbeeld:

∫−3𝑥2 − 22𝑥 + 17

𝑥3 − 5𝑥2 − 𝑥 + 5 𝑑𝑥 = ∫

1

𝑥 − 1+

3

𝑥 + 1−

7

𝑥 − 5 𝑑𝑥

= ∫1

𝑥 − 1𝑑𝑥 + 3∫

1

𝑥 + 1𝑑𝑥 − 7∫

1

𝑥 − 5𝑑𝑥

= ln(𝑥 − 1) + 3 ln(𝑥 + 1) − 7 ln(𝑥 − 5) + 𝑐

Geval 2: Bij rationale vormen van geval 2, vinden we een partiële breukontwikkeling waar een

kwadratische veelterm staat in de noemer van een term in de ontwikkeling. Deze term zal steeds

geïntegreerd worden tot een atan−functie. We hernemen het voorbeeld:

∫−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6𝑑𝑥 = ∫

6

𝑥 + 2−6𝑥 + 4

𝑥2 + 3𝑑𝑥

= 6∫1

𝑥 + 2𝑑𝑥 − ∫

6𝑥 + 4

𝑥2 + 3𝑑𝑥

= 6 ln(𝑥 + 2) − 6∫𝑥

𝑥2 + 3𝑑𝑥 − 4∫

1

𝑥2 + 3𝑑𝑥

We nemen nu de tweede term eerst. Deze integrand is in de teller een graad lager dan de noemer

zodat we dit kunnen herleiden tot een vorm ∫1

𝑡𝑑𝑡 mits een goede substitutie. We maken de

substitutie voor de noemer: 𝑡 = 𝑥2 + 3 met afgeleide 𝑑𝑡 = 2𝑥𝑑𝑥. We vinden bijgevolg

∫𝑥

𝑥2 + 3𝑑𝑥 =

1

2∫𝑑𝑡

𝑡=1

2ln(𝑡) + 𝑐 =

1

2ln(𝑥2 + 3) + 𝑐

We nemen ten slotte de laatste term. Deze integraal lijkt het meeste op een basisintegraal voor de

atan− functie wat na een substitutie in die vorm kan gevormd worden:


132

∫1

𝑥2 + 3𝑑𝑥 =

1

3∫

1

(𝑥

√3)2

+ 1

𝑑𝑥

Nu maken we de substitutie 𝑡 =𝑥

√3 met afgeleide 𝑑𝑡 =

𝑑𝑥

√3 zodat we de integraal kunnen oplossen

∫1

𝑥2 + 3𝑑𝑥 =

1

3∫

1

(𝑥

√3)2

+ 1

𝑑𝑥 =1

√3∫

1

𝑡2 + 1𝑑𝑡 =

1

√3atan(𝑡) + 𝑐 =

1

√3atan (

𝑥

√3) + 𝑐

De volledige integraal kunnen we nu invullen tot het eindresultaat:

∫−16𝑥 + 10

𝑥3 + 2𝑥2 + 3𝑥 + 6𝑑𝑥 = 6 ln(𝑥 + 2) − 3 ln(𝑥2 + 3) −

4

√3atan (

𝑥

√3) + 𝑐

Geval 3: In dit geval vinden we in de partiële breukontwikkeling een term met een hogere multipliciteit.

Deze laat zich oplossen via substitutie wat deze term brengt tot een basisintegraal. We hernemen het

voorbeeld:

∫−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥𝑑𝑥 = ∫

−3

𝑥−

1

𝑥 − 1+

1

𝑥 + 1+

3

(𝑥 + 1)2 𝑑𝑥

= −3∫1

𝑥𝑑𝑥 − ∫

1

𝑥 − 1𝑑𝑥 +∫

1

𝑥 + 1𝑑𝑥 + 3∫

1

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥

= −3 ln(𝑥) − ln(𝑥 − 1) + ln(𝑥 + 1) + 3∫1

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥

Deze laatste integraal lossen we op door de noemer te substitueren 𝑡 = 𝑥 + 1 met afgeleide 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥:

∫1

(𝑥 + 1)2𝑑𝑥 = ∫

1

𝑡2𝑑𝑡 = −

1

𝑡+ 𝑐 = −

1

𝑥 + 1+ 𝑐

De uiteindelijk integraal wordt nu:

∫−3𝑥3 − 2𝑥2 − 2𝑥 + 3

𝑥4 + 𝑥3 − 𝑥2 − 𝑥𝑑𝑥 = −3 ln(𝑥) − ln(𝑥 − 1) + ln(𝑥 + 1) −

3

𝑥 + 1+ 𝑐

Geval 4: In geval 4 werd eerst een deling uitgevoerd van de teller door de noemer. Anders dan in de

vorige gevallen levert dit bijkomend een quotiënt op. Dit quotiënt is zelf een veelterm wat eenvoudig

met behulp van rekenregel 1 geïntegreerd kan worden. We hernemen het voorbeeld:

∫𝑥3 − 2𝑥2 + 6𝑥 + 3

𝑥2 − 1𝑑𝑥 = ∫𝑥 − 2 +

4

𝑥 − 1+

3

𝑥 + 1 𝑑𝑥

= ∫𝑥 𝑑𝑥 − 2∫𝑑𝑥 + 4∫1

𝑥 − 1𝑑𝑥 + 3∫

1

𝑥 + 1𝑑𝑥

=𝑥2

2− 2𝑥 + 4 ln(𝑥 − 1) + 3 ln(𝑥 + 1) + 𝑐

6.5 Integralen van irrationale functies Deze vijfde rekenregel behandelt integralen met een kwadratische veelterm in de noemer maar van

een hogere of gebroken multipliciteit. Formeel hanteren we volgende definitie:


133

We noemen een integraal irrationeel indien deze van de volgende vorm is waarbij 𝑚

𝑛∉ {0,1} en 𝑎 ≠ 0:

∫𝑓(𝑥)(𝑎2 − 𝑥2)𝑚𝑛𝑑𝑥 ,∫𝑓(𝑥)(𝑥2 + 𝑎2)

𝑚𝑛𝑑𝑥 of ∫𝑓(𝑥)(𝑥2 − 𝑎2)

𝑚𝑛𝑑𝑥

zodat de functie 𝑓(𝑥) een rationale functie is.

De meest voorkomende vormen zijn 𝑚

𝑛=1

2 echter in de oefeningen zullen voorbeelden aan bod komen

waarbij 𝑚

𝑛 bijvoorbeeld gelijk is aan 3. Deze vormen kunnen telkens opgelost worden met behulp van

goniometrische substituties:

Irrationale vorm Substitutie

𝑎2 − 𝑥2 𝑥 = 𝑎 sin(𝜃)

𝑥2 + 𝑎2 𝑥 = 𝑎 tan(𝜃)

𝑥2 − 𝑎2 𝑥 =𝑎

cos(𝜃)

We passen deze substituties toe op het volgende eerste voorbeeld:

∫√9 − 𝑥2

𝑥2𝑑𝑥

Deze integraal is van het irrationale type aangezien 𝑚

𝑛=1

2 met functie 𝑓(𝑥) =

1

𝑥2. De irrationale vorm

is van het type 𝑎2 − 𝑥2 met 𝑎 = 3 zodat we de substitutie gebruiken 𝑥 = 3 sin(𝜃) met afgeleide

functie 𝑑𝑥 = 3 cos(𝜃)𝑑𝜃. De integraal na substitutie wordt

∫√9 − 𝑥2

𝑥2𝑑𝑥 = ∫

√9 − 9 sin2(𝜃)

9 sin2(𝜃)3 cos(𝜃) 𝑑𝜃

= ∫√1 − sin2(𝜃)

sin2(𝜃)cos(𝜃)𝑑𝜃

= ∫1 − sin2(𝜃)

sin2(𝜃)𝑑𝜃

= ∫1

sin2(𝜃)𝑑𝜃 − ∫𝑑𝜃

= −cotan(𝜃) − 𝜃 + 𝑐

Nu kunnen we terugrekenen naar de oorspronkelijke onbekende 𝜃 = asin (𝑥

3) wat aanleiding geeft tot

de oplossing:

∫√9 − 𝑥2

𝑥2𝑑𝑥 = −cotan (asin (

𝑥

3)) − asin (

𝑥

3) + 𝑐

Hoewel deze oplossing strikt wiskundig juist is, is de eerste term geen elementaire functie en kan deze

nog vereenvoudigd worden. Deze oplossing is NIET geldig en MOET worden vereenvoudigd.

We kunnen deze oplossing vereenvoudigen met behulp van de stelling van Pythagoras en de regels

van een rechthoekige driehoek. We beschouwen de driehoek:


134

Deze driehoek maakt gebruik van de irrationale vorm 9 − 𝑥2 waarop de stelling van Pythagoras wordt

toegepast: 𝐴2 + 𝐵2 = 𝐶2. De aanwezigheid van een minteken impliceert de keuze 𝐴2 = 𝐶2 − 𝐵2

zodat 𝐶 = 3 en 𝐵 = 𝑥 waarbij 𝐶 de schuine zijde vertegenwoordigt en 𝐵 één van de rechthoekszijden.

De gekozen substitutie 𝑥 = 3 sin(𝜃) is omgevormd gelijk aan sin(𝜃) =𝑥

3 wat kan geïnterpreteerd

worden als de SOS-regel uit de rechthoekige driehoek. Merk op dat de keuze voor 𝐵 = √9 − 𝑥2 ertoe

zou leiden dat de SOS-regel niet kan worden toegepast zodat je een andere keuze dient te maken voor

𝐵. Nu kunnen we de oplossing vereenvoudigen:

∫√9 − 𝑥2

𝑥2𝑑𝑥 = −cotan(𝜃) − 𝜃 + 𝑐

We kunnen de CAS en SOS regels toepassen in de driehoek zodat cotan(𝜃) =√9−𝑥2

𝑥 wat de oplossing

aanlevert:

∫√9 − 𝑥2

𝑥2𝑑𝑥 = −

√9 − 𝑥2

𝑥− asin (

𝑥

3) + 𝑐

Het volgende voorbeeld illustreert de tweede goniometrische substitutie:

∫1

𝑥2√𝑥2 + 4𝑑𝑥

Deze integraal is opnieuw van het irrationele type met 𝑚

𝑛= −

1

2 en rationale functie 𝑓(𝑥) =

1

𝑥2. Deze

integraal lossen we op met behulp van de substitutie 𝑥 = 2 tan(𝜃) en afgeleide functie 𝑑𝑥 =2

cos2(𝜃)𝑑𝜃. We berekenen

∫1

𝑥2√𝑥2 + 4𝑑𝑥 =

1

4∫

1

tan2(𝜃) cos2(𝜃)√tan2(𝜃) + 1𝑑𝜃

=1

4∫cos(𝜃)

sin2(𝜃)𝑑𝜃

We gebruiken nu de substitutie 𝑡 = sin(𝜃) met afgeleide 𝑑𝑡 = cos(𝜃)𝑑𝜃 wat leidt tot

∫1

𝑥2√𝑥2 + 4𝑑𝑥 =

1

4∫cos(𝜃)

sin2(𝜃)𝑑𝜃

=1

4∫1

𝑡2𝑑𝑡

= −1

4𝑡+ 𝑐

= −1

4 sin(𝜃)+ 𝑐


135

Om terug te substitueren naar de oorspronkelijke onbekende 𝑥 gebruiken we opnieuw de regels uit

een rechthoekige driehoek:

Aan de hand van de irrationale vorm 𝑥2 + 4 is het aangewezen dat we in de stelling van Pythagoras

𝐴2 + 𝐵2 = 𝐶2 de lengte van de schuine zijde kiezen als √𝑥2 + 4. We dienen dan nog te beslissen welke

rechthoekszijde de lengte 𝑥 of 2 krijgt. De substitutie zal helpen: tan(𝜃) =𝑥

2. De tangens is in een

rechthoekige driehoek immers overstaande rechthoekszijde op aanliggende rechthoekszijde zodat de

verticale zijde 2 wordt en de horizontale zijde 𝑥 wordt. Voor de integraal hebben we sin(𝜃) waarop

we de SOS regel toepassen zodat

sin(𝜃) =𝑥

√𝑥2 + 4

De integraal wordt bijgevolg:

∫1

𝑥2√𝑥2 + 4𝑑𝑥 = −

1

4 sin(𝜃)+ 𝑐

= −√𝑥2 + 4

4𝑥+ 𝑐

We kunnen ook de derde substitutie illustreren aan de hand van het volgende voorbeeld:

∫1

(𝑥 − 1)2√16𝑥2 − 32𝑥 + 7𝑑𝑥

Deze integraal is nog niet in de juiste vorm maar onder het wortelteken kunnen we de kwadratische

veelterm wel in die vorm herwerken:

16𝑥2 − 32𝑥 + 7 = (𝑎 + 𝑏)2 + 𝑐 = 𝑎2 + 2𝑎𝑏 + 𝑏2 + 𝑐

We vinden onmiddellijk dat 𝑎 = 4𝑥 en 2𝑎𝑏 = −32𝑥 ⟺ 8𝑥𝑏 = −32𝑥 ⟺ 𝑏 = −4 bijgevolg vinden we

uiteindelijk dat 𝑏2 + 𝑐 = 7 ⟺ 16+ 𝑐 = 7 ⟺ 𝑐 = −9. De veelterm wordt:

16𝑥2 − 32𝑥 + 7 = (4𝑥 − 4)2 − 9 = 16(𝑥 − 1)2 − 9

Nu kan de integraal tot de juiste vorm worden omgevormd met de substitutie 𝑦 = 𝑥 − 1:

∫1

(𝑥 − 1)2√16𝑥2 − 32𝑥 + 7𝑑𝑥 = ∫

1

(𝑥 − 1)2√16(𝑥 − 1)2 − 9𝑑𝑥

= ∫1

𝑦2√16𝑦2 − 9𝑑𝑡

= ∫1

4𝑦2√𝑦2 −916

𝑑𝑡


136

De integraal is nu van de juiste vorm van het type 𝑦2 − 𝑎2 met 𝑎 =3

4 en functie 𝑓(𝑦) =

1

4𝑦2. Nu kan

de goniometrische substitutie worden doorgevoerd: 𝑦 =3

4

cos(𝜃) met afgeleide functie 𝑑𝑦 =

3

4

sin(𝜃)

cos2(𝜃)𝑑𝜃. We berekenen

∫1

4𝑦2√𝑦2 −916

𝑑𝑦 =4

9∫

sin(𝜃)

√1

cos2(𝜃)− 1

𝑑𝜃

=4

9∫cos(𝜃)𝑑𝜃 =

4

9sin(𝜃) + 𝑐

Om de terugsubstitutie uit te voeren maken we opnieuw gebruiken van een rechthoekige driehoek en

de stelling van Pythagoras 𝐴2 + 𝐵2 = 𝐶2. Gezien de irrationale vorm 𝑦2 −9

16 kiezen we voor 𝐶 = 𝑦

zodat er nog twee keuzes overblijven voor 𝐴 en 𝐵: 𝐴 =3

4 en 𝐵 = √𝑦2 −

9

16 ofwel omgekeerd. De keuze

wordt gegeven door de substitutie die gebruikt werd cos(𝜃) =3

4

𝑦. Om de cosinusregel toe te passen

kiezen we dus volgende zijden aangegeven in de onderstaande driehoek.

We passen de sinusregel toe om de terugsubstitutie uit te voeren en bekomen dat sin(𝜃) =√𝑦2−

9

16

𝑦.

Bijgevolg vinden we:

∫1

4𝑦2√𝑦2 −916

𝑑𝑦 =4

9sin(𝜃) + 𝑐

=4

9

√𝑦2 −916

𝑦+ 𝑐

=√16𝑦2 − 9

9𝑦+ 𝑐

De oorspronkelijke integraal krijgt nu de oplossing:

∫1

(𝑥 − 1)2√16𝑥2 − 32𝑥 + 7𝑑𝑥 =

√16(𝑥 − 1)2 − 9

9(𝑥 − 1)+ 𝑐


137

6.6 Goniometrische integralen In de vorige paragraaf werden irrationale integralen behandeld die telkens een goniometrische

substitutie vragen wat aanleiding geeft tot goniometrische integralen. Een goniometrische integraal

heeft immers een integrand die alleen uit goniometrische functies bestaat. Deze vormen zijn van 3

verschillende types die telkens een specifieke oplossingsmanier vragen.

6.6.1 Type 1: ∫ cos𝑚(𝑥) sin𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 Dit type kan worden opgelost aan de hand van drie oplossingsstrategieën naargelang de aard van de

machten.

Strategie 1: 𝑚 is oneven zodat 𝑚 = 2𝑘 + 1

∫cos2𝑘+1(𝑥) sin𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫cos(𝑥) (cos2(𝑥))𝑘 sin𝑛(𝑥) 𝑑𝑥

= ∫cos(𝑥) (1 − sin2(𝑥))𝑘 sin𝑛(𝑥) 𝑑𝑥

Aangezien het duidelijk is dat sin(𝑥) de moeilijkste goniometrische vorm is, gaan we deze

substitueren: 𝑡 = sin(𝑥) met afgeleide functie 𝑑𝑡 = cos(𝑥)𝑑𝑥 wat leidt tot:

∫cos2𝑘+1(𝑥) sin𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫(1 − 𝑡2)𝑘𝑡𝑛𝑑𝑡

Deze integraal is louter een veeltermfunctie wat door uitwerking van de macht (1 − 𝑡2)𝑘 verder

opgelost kan worden door de lijst basisintegralen.

Strategie 2: 𝑛 is oneven zodat 𝑛 = 2𝑘 + 1

∫cos𝑚(𝑥) sin2𝑘+1(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫sin(𝑥) cos𝑚(𝑥) (sin2(𝑥))𝑘𝑑𝑥

= ∫sin(𝑥) cos𝑚(𝑥) (1 − cos2(𝑥))𝑘 𝑑𝑥

Op dezelfde manier maken we de substitutie 𝑡 = cos(𝑥) met afgeleide functie 𝑑𝑡 = −sin(𝑥) 𝑑𝑥 wat

leidt tot

∫cos𝑚(𝑥) sin2𝑘+1(𝑥) 𝑑𝑥 = −∫𝑡𝑚(1 − 𝑡2)𝑘𝑑𝑡

Deze integraal kan dan verder worden uitgewerkt aan de hand van de lijst basisintegralen.

Strategie 3: 𝑚 en 𝑛 beide even

Indien 𝑚 en 𝑛 beide even zijn dan kan je de goniometrische formules toepassen: sin2(𝑥) =1−cos(2𝑥)

2

en cos2(𝑥) =1+cos(2𝑥)

2:

∫sin2𝑚(𝑥) cos2𝑛(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫(1 − cos(2𝑥))𝑚

2𝑚(1 + cos(2𝑥))𝑛

2𝑛𝑑𝑥

Nadat de machten en haakjes werden uitgewerkt kan je strategie 1 toepassen indien de machten bij

cos(2𝑥) oneven zijn. Indien de machten nog steeds even zijn, moet je nog een keer de goniometrische

formules hanteren om de graad verder te halveren.


138

We passen strategie 3 toe op het volgende voorbeeld:

∫cos4(𝑥) sin2(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫(1 + cos(2𝑥))2

4

1 − cos(2𝑥)

2𝑑𝑥

=1

8∫(1 + 2 cos(2𝑥) + cos2(2𝑥))(1 − cos(2𝑥))𝑑𝑥

=1

8∫(1 + 2 cos(2𝑥) + cos2(2𝑥) − cos(2𝑥) − 2 cos2(2𝑥) − cos3(2𝑥)) 𝑑𝑥

=1

8∫(1 + cos(2𝑥) − cos2(2𝑥) − cos3(2𝑥)) 𝑑𝑥

=1

8(𝑥 +

1

2sin(2𝑥) − ∫cos2(2𝑥) 𝑑𝑥 −∫cos3(2𝑥) 𝑑𝑥)

Op de derde term passen we opnieuw strategie 3 toe aangezien deze opnieuw een even macht

inhoudt:

∫cos2(2𝑥) 𝑑𝑥 = ∫1 + cos(2𝑥)

2𝑑𝑥 =

𝑥

2+1

4sin(2𝑥) + 𝑐

De vierde term heeft een oneven macht bij cos(2𝑥) waarop strategie 1 kan worden toegepast:

∫cos3(2𝑥)𝑑𝑥 = ∫cos(2𝑥) cos2(2𝑥) 𝑑𝑥 = ∫cos(2𝑥) (1 − sin2(2𝑥)) 𝑑𝑥

We voeren de substitutie door 𝑡 = sin(2𝑥) met afgeleide functie 𝑑𝑡 = 2 cos(2𝑥) 𝑑𝑥 wat leidt tot

∫cos3(2𝑥)𝑑𝑥 =1

2∫(1 − 𝑡2)𝑑𝑡 =

1

2(𝑡 −

𝑡3

3) + 𝑐

=1

2(sin(2𝑥) −

1

3sin3(2𝑥)) + 𝑐

De volledige oplossing wordt:

∫cos4(𝑥) sin2(𝑥) 𝑑𝑥 =1

8(𝑥 +

1

2sin(2𝑥) − ∫cos2(2𝑥)𝑑𝑥 − ∫cos3(2𝑥) 𝑑𝑥)

=1

8(𝑥 +

1

2sin(2𝑥) −

𝑥

2−1

4sin(2𝑥) −

1

2(sin(2𝑥) −

1

3sin3(2𝑥))) + 𝑐

=1

16(𝑥 −

1

2sin(2𝑥) +

1

3sin3(2𝑥)) + 𝑐

6.6.2 Type 2: ∫sin𝑛(𝑥)

cos𝑚(𝑥)𝑑𝑥

Naargelang de specifieke macht van 𝑛 en 𝑚 zijn er opnieuw twee strategieën toepasbaar.

Strategie 1: 𝑚 − 𝑛 = 2𝑘 is even

∫sin𝑛(𝑥)

cos𝑚(𝑥)𝑑𝑥 = ∫

tan𝑛(𝑥)

cos𝑚−𝑛(𝑥)𝑑𝑥

= ∫tan𝑛(𝑥)

cos2𝑘−2(𝑥)

1

cos2(𝑥)𝑑𝑥

= ∫(tan2(𝑥) + 1)𝑘−1 tan𝑛(𝑥)1

cos2(𝑥)𝑑𝑥


139

We voeren nu de substitutie in 𝑡 = tan(𝑥) met afgeleide functie 𝑑𝑡 =1

cos2(𝑥)𝑑𝑥 wat leidt tot

∫sin𝑛(𝑥)

cos𝑚(𝑥)𝑑𝑥 = ∫(1 + 𝑡2)𝑘−1𝑡𝑛𝑑𝑡

Deze integraal kan na uitwerking van de macht eenvoudig wordt opgelost aan de hand van de lijst

basisintegralen.

Strategie 2: 𝑛 = 2𝑘 + 1 oneven

∫sin𝑛(𝑥)

cos𝑚(𝑥)𝑑𝑥 = ∫

sin2𝑘(𝑥)

cos𝑚(𝑥)sin(𝑥) 𝑑𝑥

= ∫tan2𝑘(𝑥)

cos𝑚−2𝑘(𝑥)sin(𝑥)𝑑𝑥

= ∫(

1cos2(𝑥)

− 1)𝑘

cos𝑚−2𝑘(𝑥)sin(𝑥) 𝑑𝑥

Maak nu de substitutie 𝑡 =1

cos(𝑥) met afgeleide functie 𝑑𝑡 =

sin(𝑥)

cos2(𝑥)𝑑𝑥 wat leidt tot

∫sin𝑛(𝑥)

cos𝑚(𝑥)𝑑𝑥 = ∫𝑡𝑚−2𝑘−2(𝑡2 − 1)𝑘 𝑑𝑡

Deze integraal kan na uitwerking van de macht opnieuw worden opgelost aan de hand van de lijst

basisintegralen. We illustreren deze aanpak met het voorbeeld:

∫tan3(𝑥) 𝑑𝑥

Beide strategieën kunnen gebruikt worden. We passen de eerste strategie toe:

∫tan3(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑡3

1 + 𝑡2𝑑𝑡

Op deze integraal passen we partiële breuken toe waarbij we eerste de deling maken:

𝑡3 𝑡2 1

𝑡3 +𝑡 𝑡

−𝑡 Bijgevolg vinden we:

𝑡3

𝑡2 + 1= 𝑡 −

𝑡

𝑡2 + 1

∫ tan3(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑡3

1 + 𝑡2𝑑𝑡 = ∫𝑡 −

𝑡

𝑡2 + 1𝑑𝑡

=𝑡2

2− ∫

𝑡

𝑡2 + 1𝑑𝑡

We passen de substitutie toe 𝑠 = 𝑡2 + 1 met afgeleide functie 𝑑𝑠 = 2𝑡𝑑𝑡 wat leidt tot

∫ tan3(𝑥) 𝑑𝑥 =𝑡2

2−1

2∫1

𝑠𝑑𝑠


140

=𝑡2

2−1

2ln(𝑠) + 𝑐

=𝑡2

2−1

2ln(𝑡2 + 1) + 𝑐

=tan2(𝑥)

2−1

2ln(tan2(𝑥) + 1) + 𝑐

Laten we dezelfde opgave ook met de tweede strategie oplossen:

∫tan3(𝑥) 𝑑𝑥 = ∫𝑡2 − 1

𝑡𝑑𝑡 = ∫𝑡 −

1

𝑡𝑑𝑡 =

𝑡2

2− ln(𝑡) + 𝑐

=1

2 cos2(𝑥)− ln (

1

cos(𝑥)) + 𝑐

=1

2(tan2(𝑥) + 1) −

1

2ln(tan2(𝑥) + 1) + 𝑐

=tan2(𝑥)

2−1

2ln(tan2(𝑥) + 1) + (𝑐 +

1

2)

Bijgevolg is deze oplossing gelijk aan de vorige oplossing mits een andere integratieconstante. Het is

echter zo dat in dit specifieke geval de tweede strategie minder rekenwerk oplevert.

6.6.3 Type 3: ∫ cos(𝑎𝑥) sin(𝑏𝑥)𝑑𝑥 , ∫ cos(𝑎𝑥) cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 en ∫ sin(𝑎𝑥) sin(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 Dit type kan altijd opgelost worden met behulp van de Simpsonformules ingevoerd in het hoofdstuk

goniometrie. We bekomen bijgevolg:

∫cos(𝑎𝑥) sin(𝑏𝑥)𝑑𝑥 =1

2∫ sin((𝑎 + 𝑏)𝑥) − sin((𝑎 − 𝑏)𝑥)𝑑𝑥

=1

2(cos((𝑎 − 𝑏)𝑥)

𝑎 − 𝑏−cos((𝑎 + 𝑏)𝑥)

𝑎 + 𝑏) + 𝑐

∫cos(𝑎𝑥) cos(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 =1

2∫cos((𝑎 + 𝑏)𝑥) + cos((𝑎 − 𝑏)𝑥) 𝑑𝑥

=1

2(sin((𝑎 + 𝑏)𝑥)

𝑎 + 𝑏+sin((𝑎 − 𝑏)𝑥)

𝑎 − 𝑏) + 𝑐

∫sin(𝑎𝑥) sin(𝑏𝑥) 𝑑𝑥 = −1

2∫ cos((𝑎 + 𝑏)𝑥) − cos((𝑎 − 𝑏)𝑥) 𝑑𝑥

= −1

2(sin((𝑎 + 𝑏)𝑥)

𝑎 + 𝑏−sin((𝑎 − 𝑏)𝑥)

𝑎 − 𝑏) + 𝑐

Algemene strategie is als volgt:

1. Ga na of de opgave met behulp van goniometrische formules kan omgevormd worden tot een

van de types 1-3.

2. Eens het juiste type is bekomen pas de strategie toe en los op.

3. Indien je geen van de 3 types kan bekomen pas de substitutie toe 𝑡 = tan (𝑎𝑥

2) met een goed

gekozen getal 𝑎.

Beschouw het voorbeeld:


141

∫1

3 sin(𝑥) − 4 cos(𝑥)𝑑𝑥

Deze vorm kan niet worden opgezet tot één van types 1-3 waarop we de t-substitutie zullen toepassen

met 𝑎 = 1. Substitutie 𝑡 = tan (𝑥

2) met afgeleide functie 𝑑𝑡 =

1

2cos2(𝑥

2)𝑑𝑥. Merk op dat

sin(𝑥) =2𝑡

1 + 𝑡2

cos(𝑥) =1 − 𝑡2

1 + 𝑡2

We bekomen dus:

∫1

3 sin(𝑥) − 4 cos(𝑥)𝑑𝑥 = 2∫

1

6𝑡1 + 𝑡2

− 41 − 𝑡2

1 + 𝑡2

1

(1 + 𝑡2) 𝑑𝑡

= 2∫1

4𝑡2 + 6𝑡 − 4𝑑𝑡

= ∫1

2𝑡2 + 3𝑡 − 2𝑑𝑡

Deze integraal kan opgelost worden met behulp van partiële breuken:

∫1

2𝑡2 + 3𝑡 − 2𝑑𝑡 =

1

5∫

1

𝑡 −12

𝑑𝑡 −1

5∫

1

𝑡 + 2𝑑𝑡

=1

5ln(

𝑡 −12

𝑡 + 2) + 𝑐

=1

5ln(

tan (𝑥2) −

12

tan (𝑥2) + 2

) + 𝑐

Syllabus Wiskundehomepages.vub.ac.be/~kbarbe/Syllabus.pdf · 2018-08-29 · bosbessen halen we 4g...

Documents

Transcript of Syllabus Wiskundehomepages.vub.ac.be/~kbarbe/Syllabus.pdf · 2018-08-29 · bosbessen halen we 4g...