Wiskunde Aan zet een cursus wiskunde voor studierichtingen met vijf wekelijkse lestijden wiskunde vierde jaar algemeen secundair onderwijs geschreven door
Koen De Naeghel Hoofdstuk 1 Tweedegraadsvergelijkingen
01/10/2017
CREATIVE COMMONS Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0 (CC BY-NC-SA) Dit is de vereenvoudigde (human-readable) versie van de volledige licentie. De volledige licentie is beschikbaar op de webpagina http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/legalcode De gebruiker mag: het werk kopi¨eren, verspreiden en doorgeven Remixen - afgeleide werken maken
Onder de volgende voorwaarden: Naamsvermelding - De gebruiker dient bij het werk de door de maker of de licentiegever aangegeven naam te vermelden (maar niet zodanig dat de indruk gewekt wordt dat zij daarmee instemmen met je werk of je gebruik van het werk). Niet-commercieel - De gebruiker mag het werk niet voor commerci¨ele doeleinden gebruiken. Gelijk delen - Indien de gebruiker het werk bewerkt kan het daaruit ontstane werk uitsluitend krachtens dezelfde licentie als de onderhavige licentie of een gelijksoortige licentie worden verspreid.
Met inachtneming van: Afstandname van rechten - De gebruiker mag afstand doen van een of meerdere van deze voorwaarden met voorafgaande toestemming van de rechthebbende. Publiek domein - Indien het werk of een van de elementen in het werk zich in het publieke domein onder toepasselijke wetgeving bevinden, dan is die status op geen enkele wijze be¨ınvloed door de licentie. Overige rechten - Onder geen beding worden volgende rechten door de licentie-overeenkomst in het gedrang gebracht: • Het voorgaande laat de wettelijke beperkingen op de intellectuele eigendomsrechten onverlet. • De morele rechten van de auteur. • De rechten van anderen, ofwel op het werk zelf ofwel op de wijze waarop het werk wordt gebruikt, zoals het portretrecht of het recht op privacy. Let op - Bij hergebruik of verspreiding dient de gebruiker de licentievoorwaarden van dit werk kenbaar te maken aan . derden door middel van een link naar http://creativecommons.org/licenses/by-nc-sa/3.0/nl/
Eerste druk: 2016 Versie: 1 oktober 2017 Gepubliceerd door: Online publicatie platform Issuu.com Omslagfoto: http://nl.123rf.com/ Tekstzetsysteem: LATEX Royalty percentage: 0% c Koen De Naeghel, gelicenseerd onder een Creative Commons Naamsvermelding-NietCommercieel-GelijkDelen 3.0 i
Hoofdstuk 1
Tweedegraadsvergelijkingen Heel wat vraagstukken geven aanleiding tot een vergelijking = 4 waarbij het linker- of rechterlid een onbekende letter x bevat. Zo heb je in het derde jaar geleerd hoe je de oplossing van een eerstegraadsvergelijking kan vinden. Dat zullen we in de eerste paragraaf herhalen. Daarna bespreken we hoe je een tweedegraadsvergelijking kan oplossen.
1.1
Eerstegraadsvergelijkingen (herhaling)
3 Vraagstuk. Het drievoud van de leeftijd van Lowie verminderd met 11 is gelijk aan 10. Hoe oud is Lowie? Formuleer je antwoord in een volzin. Oplossing. Noem x de leeftijd van Lowie. Dan is: 3x − 11 = 10 ⇔ 3x = 21 ⇔ x = 7.
Wie is Lowie?
Antwoord. Lowie is 7 jaar oud. Th 1
In dit vraagstuk noemen we . . . .
x de onbekende, 3x − 11 = 10 een vergelijking van graad ´e´en, kortweg eerstegraadsvergelijking of lineaire vergelijking, x = 7 een oplossing van die vergelijking, ook wel wortel genoemd, V = {7} de oplossingenverzameling van die vergelijking.
De eerstegraadsvergelijking 3x − 11 = 10 kan ook geschreven worden in standaardvorm 3x − 21 = 0. Door de getallen 3 en −21 te vervangen door willekeurige getallen a en b, verkrijgen we de algemene omschrijving van een eerstegraadsvergelijking. Th 2
3 Definitie. Een eerstegraadsvergelijking (of lineaire vergelijking) in x is een vergelijking die kan geschreven worden in standaardvorm ax + b = 0 waarbij a, b ∈ R en a 6= 0 3 Modelvoorbeeld 1. Beschouw de vergelijking 33 = −12x + 5. (a) Schrijf deze eerstegraadsvergelijking in standaardvorm. Wat zijn a en b? (b) Bepaal de oplossingenverzameling van de vergelijking. Hoe kun je de oplossing(en) controleren? Oplossing. We hebben:
33 = −12x + 5 ⇔ 12x + 28 = 0 standaardvorm met a = 12 en b = 28 ⇔ 12x = −28
28 7 =− . 12 3 ß ™ Å ã 7 7 ! Oplossingenverzameling: V = − , controle door invullen: −12 − + 5 = 33. 3 3 ⇔ x=−
I-1
Th 3
b 3 Eigenschap. Zij ax + b = 0 een eerstegraadsvergelijking. Dan is er precies ´e´en oplossing, namelijk x = − . a Bewijs. We hebben:
ax + b = 0 ⇔ ax = −b beide leden delen door a dat mag want a 6= 0 want ax + b = 0 is een eerstegraadsvergelijking b ⇔ x=− . a
3 Modelvoorbeeld 2. Geef een eerstegraadsvergelijking die als oplossingenverzameling V = {19} heeft. Schrijf die vergelijking in standaardvorm. Zijn er meerdere mogelijkheden? Oplossing. Er zijn meerdere mogelijkheden, bijvoorbeeld: x − 19 = 0
of
2x − 38 = 0
of
√
√ 3 x − 19 3 = 0.
3 Modelvoorbeeld 3. Om de temperatuur in een getal uit te drukken, wordt een temperatuurschaal gebruikt. De meeste landen gebruiken de schaal van Celsius. In de Verenigde Staten wordt de schaal van Fahrenheit gebruikt. Als we een temperatuur meten, dan noteren we de waarde in graden Celsius met TC en de waarde in graden Fahrenheit met TF . Het verband tussen die twee waarden wordt gegeven door de formule1 TF =
9 · TC + 32. 5
(a) Onder normale luchtdruk bevriest zuiver water bij een temperatuur van 0 graden Celsius. Hoeveel graden Fahrenheit is dat? (b) In 2015 kende New-York een van de warmste kerstperiodes ooit. Op Kerstmis was de temperatuur 74 graden Fahrenheit. Hoeveel graden Celsius is dat? Rond je eindresultaat af op ´e´en decimaal nauwkeurig.
Thermometer met de temperatuur in Fahrenheit op de buitenrand en die in Celsius daarbinnen.
(c) De laagste temperaturen van het noordelijk halfrond worden in Siberi¨e gemeten. Daar komt regelmatig een temperatuur voor waarbij de waarde in graden Celsius dezelfde is als de waarde in graden Fahrenheit. Hoe koud is het dan? Oplossing. 9 · 0 + 32 = 32◦ F. 5 9 74 = · TC + 32 5 9 · TC = 42 ⇔ 5
(a) Als TC = 0◦ C dan is TF = (b) Als TF = 74◦ F dan is
⇔ TC = (c) We hebben:
TF = TC
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
42 9 5
= 42 ·
5 = 23, 33 . . . ≈ 23, 3◦ C. 9
Onthoud:
1 4
=
4
9 TC = · TC + 32 5ã Å 9 1− · TC = 32 5 4 − · TC = 32 5 Å ã 5 TC = 32 · − = −40◦ C = −40◦ F. 4
(c) Dat kun je controleren op de figuur hierboven! 1 De
schaal van Celsius werd in 1742 bedacht door de Zweedse astronoom Anders Celsius , de schaal van Fahrenheit door de Pools/Duits natuurkundige Daniel Gabriel Fahrenheit in 1724. Naast de Verenigde Staten wordt de schaal van Fahrenheit ook nog officieel gebruikt in de Bahama’s, Belize, de Kaaimaneilanden en Palau.
I-2
1.2
Standaardvorm van een tweedegraadsvergelijking
3 Vraagstuk. De oppervlakte van een rechthoek is 12 m2 . Als je weet dat de lengte van de rechthoek 4 m langer is dan de breedte, bepaal dan de lengte en de breedte van de rechthoek. Oplossing. Om het vraagstuk beter te begrijpen, maken we een schets:
12 m2
Noem x de lengte van de rechthoek. Wat is de breedte dan? x − 4 De oppervlakte van de rechthoek is 12 m2 , dus
x(x − 4) = 12 ⇔ x2 − 4x − 12 = 0 ⇔ x =?
2
De vergelijking x − 4x − 12 = 0 is een zogenaamde tweedegraadsvergelijking. Voorlopig weten we nog niet hoe je zo’n vergelijking kan oplossen. Misschien kun je wel een oplossing raden? We raden x = 6. Th 4
3 Definitie. Een tweedegraadsvergelijking in x is een vergelijking die kan geschreven worden in standaardvorm ax2 + bx + c = 0
waarbij
a, b, c ∈ R
en
a 6= 0
Een tweedegraadsvergelijking wordt ook wel kwadratische vergelijking of vierkantsvergelijking genoemd. 3 Modelvoorbeeld. Welke van de volgende vergelijkingen zijn een eerstegraadsvergelijking en welke zijn een tweedegraadsvergelijking? Herleid telkens naar standaardvorm. (a) 2x(x + 3) = (x − 7)2 (b) (x − 3)(−x − 5) = 7 − x2 + 6x 2x2 − 4x + 1 1 2 − (x − 3) = 0 3 2 Oplossing. (c)
Onthoud:
2x(x + 3) = (x − 7)2
(a)
2
(a − b2 ) = a2 − 2ab + b2
2
⇔ 2x + 6x = x − 14x + 49 ⇔ 2x2 + 6x − x2 + 14x − 49 = 0 ⇔ x2 + 20x − 49 = 0
tweedegraadsvergelijking: a = 1, b = 20, c = −49
(x − 3)(−x − 5) = 7 − x2 + 6x
(b) ⇔
− x2 − 5x + 3x + 15 = 7 − x2 + 6x
⇔
− x2 − 2x + 15 − 7 + x2 − 6x = 0
⇔
− 8x + 8 = 0
eerstegraadsvergelijking
2x2 − 4x + 1 1 2 − (x − 3) = 0 3 2
(c) ⇔
2x2 − 4x + 1 1 2 − (x − 3) = 0 3 2
⇔ 2(2x2 − 4x + 1) − 3(x2 − 3) = 0 ⇔ 4x2 − 8x + 2 − 3x2 + 9 = 0 ⇔ x2 − 8x + 11 = 0
(a + b2 ) = a2 + 2ab + b2
tweedegraadsvergelijking: a = 1, b = −8, c = 11 I-3
1.3
Eenvoudige tweedegraadsvergelijkingen oplossen
Soms is een tweedegraadsvergelijking ax2 + bx + c = 0 zo eenvoudig dat we ze meteen kunnen oplossen. Dat is bijvoorbeeld het geval bij de zogenaamde onvolledige tweedegraadsvergelijkingen: 2 (b = 0), ax + c = 0 2 ax + bx = 0 (c = 0), 2 ax = 0 (b = 0 en c = 0). Als we vragen om een vergelijking algebra¨ısch op te lossen, dan moet je de bewerkingen zelf maken en de redenering volledig uitschrijven. De oplossingen van een vergelijking kun je controleren met behulp van de grafische rekenmachine. 3 Modelvoorbeeld 1. Los de volgende vergelijkingen algebra¨ısch op. Geef telkens de oplossingenverzameling V . (a) 4x2 − 9 = 0
(c) 2x2 − 7x = 0
(b) x2 + 4 = 0
(d) 541x2 = 0
Oplossing. 4x2 − 9 = 0
(a)
(a)
⇔ 4x2 = 9 9 ⇔ x2 = 4 3 ⇔ x= of 2 ß ™ 3 3 V = ,− 2 2
2 = 42
Onthoud: ⇔
=4
of
4 = −4
3 x=− 2
x2 + 4 = 0
(b)
x2 = −4 |{z} |{z}
⇔
≥0
(a)
geen (re¨ele) oplossingen
<0
V = {} of ook: V = ∅. 2x2 − 7x = 0
(c)
Onthoud:
⇔ x(2x − 7) = 0 x=0
of
x = 0 of ™ ß 7 V = 0, 2
(a)
·4=0 ⇔
=0
of
2x − 7 = 0 x=
7 2
541x2 = 0
(d)
⇔ x2 = 0 ⇔ x=0 (a)
V = {0}
7
÷
2
ENTER
sto->
alpha
I-4
A
ENTER
2
alpha
A
>
Controle met behulp van de grafische rekenmachine. 2 etc.
4=0
Sommige tweedegraadsvergelijking zijn volledig (dus b 6= 0 en c 6= 0) maar kun je toch meteen oplossen. Dat is bijvoorbeeld zo bij vergelijkingen van de vorm (. . . x + . . .)(. . . x + . . .) = 0
(. . . x + . . .)2 = . . .
of
waarbij de . . .’s re¨ele getallen zijn. Soms moet je daarvoor eerst ontbinden in factoren door bijvoorbeeld een merkwaardig product toe te passen. 3 Modelvoorbeeld 2. Los telkens de vergelijking algebra¨ısch op. (c) 9x2 − 24x + 16 = 0 √ (d) 3 x2 = x
(a) (2x − 1)(x + 2) = 0 (b) (3x − 1)2 = 2 Oplossing. (a)
(2x − 1)(x + 2) = 0 ⇔ 2x − 1 = 0 ⇔ x=
1 2
of
of
9x2 − 24x + 16 = 0
(c)
⇔ (3x)2 − 2 · 3x · 4 + 42 = 0
x+2=0
⇔ (3x − 4)2 = 0
x = −2
⇔ 3x − 4 = 0 ⇔ x=
(b) ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
(3x − 1)2 = 2 √ 3x − 1 = 2 of √ 3x = 1 + 2 of √ 1+ 2 of x= 3 √ 1± 2 x= 3
√
(d) √ 3x − 1 = − 2 √ 3x = 1 − 2 √ 1− 2 x= 3
4 3
3 x2 = x
√
⇔
3 x2 − x = 0 √ x( 3 x − 1) = 0 √ 3x − 1 = 0 x = 0 of
⇔
x=0
of
⇔
x=0
of
⇔ ⇔
1 x= √ 3 √ 3 x= 3
3 Modelvoorbeeld 3. Geef telkens een tweedegraadsvergelijking die als (re¨ele) oplossingenverzameling V heeft. Schrijf die vergelijkingen in standaardvorm. Zijn er telkens meerdere mogelijkheden? (a) V = {2, −8} (b) V = ∅ (c) V = {7} Oplossing. (a) Bijvoorbeeld (x − 2)(x + 8) = 0 met standaardvorm x2 + 6x − 16 = 0. Er zijn meerdere mogelijkheden, bijvoorbeeld −7(x−2)(x+8) = 0 met standaardvorm −7x2 −42x+112 = 0. (b) Bijvoorbeeld x2 = −1 met standaardvorm x2 + 1 = 0. Er zijn meerdere mogelijkheden, bijvoorbeeld 2x2 + 4 = 0. (c) Bijvoorbeeld (x − 7)2 = 0 met standaardvorm x2 − 14x + 49 = 0. Er zijn meerdere mogelijkheden, bijvoorbeeld 39(x − 7)2 = 0 met standaardvorm 39x2 − 546x + 1911 = 0. I-5
1.4
Algemene methode voor oplossen van een tweedegraadsvergelijking
In deze paragraaf bespreken we een methode waarmee je elke tweedegraadsvergelijking kan oplossen in R, dat betekent: alle re¨ele getallen x bepalen waarvoor de vergelijking opgaat. Het idee is dat je een tweedegraadsvergelijking steeds kan schrijven in de vorm2 (. . . x + . . .)2 = . . . Hieronder laten we zien hoe dat werkt. 3 Op ontdekking. Los de volgende tweedegraadsvergelijkingen algebra¨ısch op in R. Controleer nadien jouw oplossingen met behulp van de grafische rekenmachine. (a) 9x2 + 30x + 28 = 0 (b) 5x2 + 3x − 1 = 0 Oplossing. 9x2 + 30x + 28 = 0
(a)
⇔ (3x)2 + 2 · 3x · 5 + 28 = 0 ⇔
(3x)2 + 2 · 3x · 5 + 52 − 52 + 28 = 0 {z } | (3x+5)2
⇔ (3x + 5)2 + 3 = 0 ⇔
(3x + 5)2 = −3 | {z } |{z}
geen (re¨ele) oplossingen
5x2 + 3x − 1 = 0
beide leden maal a = 5: zo vermijden we voorlopig vierkantswortels
≥0
(b)
<0
⇔ 25x2 + 15x − 5 = 0
beide leden maal 4: zo vermijden we voorlopig quoti¨enten
⇔ 100x2 + 60x − 20 = 0 ⇔ (10x)2 + 2 · 10x · 3 − 20 = 0 ⇔
(10x)2 + 2 · 10x · 3 + 32 − 32 − 20 = 0 | {z } (10x+3)2
⇔ (10x + 3)2 − 29 = 0 ⇔ (10x + 3)2 = 29 √ √ ⇔ 10x + 3 = 29 of 10x + 3 = − 29 √ √ ⇔ 10x = −3 + 29 of 10x = −3 − 29 √ √ −3 + 29 −3 − 29 ⇔ x= of x = twee oplossingen 10 10
Controle met behulp van de grafische rekenmachine.
2 Deze
werkwijze wordt in het vakjargon kwadraatsplitsen genoemd, Engelse term: completing the square.
I-6
Deze methode werkt altijd, maar is erg tijdrovend. Door ze ´e´en keer uit te voeren op ax2 + bx + c = 0 vinden we een formule in de letters a, b en c waarmee we een kwadratische vergelijking veel sneller kunnen oplossen. Een oplossing van een vergelijking wordt ook een wortel genoemd. Daarom heet deze formule ook de wortelformule. Th 5
3 Eigenschap (wortelformule, abc-formule).3 Zij ax2 + bx + c = 0 een tweedegraadsvergelijking en noem D = b2 − 4ac de discriminant van de vergelijking. Dan heeft de tweedegraadsvergelijking (1) geen (re¨ele) oplossingen als D < 0, (2) precies ´e´en oplossing als D = 0, namelijk x = −
b , 2a
(3) precies twee oplossingen als D > 0, namelijk √ −b + D x1 = 2a
en
√ −b − D x2 = . 2a
ax2 + bx + c = 0
Bewijs.
beide leden maal 4a dat mag want a 6= 0 want ax2 + bx + c = 0 is een tweedegraadsvergelijking ⇔ 4a2 x2 + 4abx + 4ac = 0 ⇔
(2ax)2 + 2 · 2ax · b + b2 − b2 + 4ac = 0 {z } | (ax+b)2
⇔ (2ax + b)2 = b2 − 4ac | {z } noem D
We onderscheiden drie gevallen. . Eerste geval: D < 0 ax2 + bx + c = 0
Dan is: ⇔
(2ax + b)2 = |{z} D | {z }
geen (re¨ele) oplossingen.
<0
≥0
. Tweede geval: D = 0 Dan is:
ax2 + bx + c = 0 ⇔ (2ax + b)2 = |{z} D 0
⇔ 2ax + b = 0 ⇔ x=−
b 2a
´e´en oplossing.
. Derde geval: D > 0 Dan is:
ax2 + bx + c = 0 ⇔ (2ax + b)2 = |{z} D >0
√ D of 2ax + b = − D √ √ ⇔ 2ax = −b + D of 2ax = −b − D √ √ −b + D −b − D ⇔ x= of x = twee oplossingen. 2a 2a ⇔ 2ax + b =
√
3 De
eerste beschrijving van de wortelformule heeft men gevonden in een boek van de Indische wiskunde Brahmagupta ca. 628 n.Chr. Het getal D = b2 − 4ac maakt onderscheid (of discrimineert) tussen nul, ´ e´ en of twee re¨ ele oplossingen van de tweedegraadsvergelijking, vandaar de naam discriminant. De naam discriminant werd in 1851 bedacht door de Britse wiskundige James Joseph Sylvester .
I-7
3 Modelvoorbeeld 1. Los de volgende tweedegraadsvergelijkingen algebra¨ısch op in R. Geef bij elke vergelijking ook de oplossingenverzameling V . (a) 2x2 + 5x − 3 = 0 (b) 25x2 + 10x + 9 = 40x (c) (3x − 5)2 = 7 − 48x Oplossing. (a)
2x2 + 5x − 3 = 0 D = b2 − 4ac = 52 − 4 · 2 · (−3) = 49 > 0 √ √ −b + D −b − D ⇔ x1 = en x2 = 2a 2a √ √ −5 + 49 −5 − 49 ⇔ x1 = en x2 = 2·2 2·2 ⇔ x1 =
−5 + 7 2·2
en
x2 =
twee oplossingen
−5 − 7 2·2
1 en x2 = −3 2 ß ™ 1 V = , −3 2
⇔ x1 =
(b)
25x2 + 10x + 9 = 40x ⇔ 25x2 − 30x + 9 = 0 D = (−30)2 − 4 · 25 · 9 = 0 ´e´en oplossing ⇔ x=
−b 2a
⇔ x=
−(−30) 2 · 25
3 5 ß ™ 3 V = 5
⇔ x=
(c)
(3x − 5)2 = 7 − 48x ⇔ 9x2 − 30x + 25 − 7 + 48x = 0 ⇔ 9x2 + 18x + 18 = 0 ⇔ x2 + 2x + 2 = 0 D = 22 − 4 · 1 · 2 = −4 < 0
geen oplossingen
V =∅ In het vervolg zullen we de oplossingen van een tweedegraadsvergelijking ax2 +bx+c = 0 ook wel eens anders schrijven. Als D > 0 dan kun je de twee verschillende oplossingen x1 en x2 samen schrijven als √ −b ± D x1,2 = . 2a Het symbool ± lees je als plus of min: het plusteken geeft de oplossing x1 en het minteken de oplossing x2 . Ook als D = 0 mag je deze formule gebruiken, want dan verkrijg je √ −b ± 0 b −b ± 0 x1,2 = = =− . 2a 2a 2a Omdat in dit geval x1 = x2 , spreken we ook wel van samenvallende oplossingen (of een dubbele wortel). I-8
Bij het oplossen van vergelijkingen komen soms re¨ele getallen voor die je op verschillende manieren kan schrijven, zoals √ 2 = 1, 4142 . . . ≈ 1, 41. √ We noemen 2 een exacte waarde: je kan in principe eender welk cijfer na de komma (laten) berekenen. √ Hier is 1, 4142 . . . een decimale voorstelling van 2: dat is zwakker dan de exacte waarde want bij het zien van 1, 4142 . . . kunnen we niet weten wat de volgende cijfers na de komma zijn. √ √ Tot slot is 1, 41 een benadering (of afgeronde waarde) van 2. Het is dus niet gelijk aan 2. Daarom schrijven we √ 2 ≈ 1, 41, lees als is ongeveer gelijk aan. In wiskunde moet je enkel afronden als dat expliciet gevraagd wordt! 3 Modelvoorbeeld 2. Los algebra¨ısch de volgende vergelijking op in R. Exacte waarden geven! −37x2 + 37x + 50 = 13x2 − 3x + 20 − 37x2 + 37x + 50 = 13x2 − 3x + 20
Oplossing. ⇔
− 50x2 + 40x + 30 = 0
⇔
− 5x2 + 4x + 3 = 0
⇔
⇔ ⇔ ⇔
D = 42 − 4 · (−5) · 3 = 76 > 0 √ −4 ± 76 x= 2 · (−5) √ −4 ± 4 · 19 x= −10 √ −4 ± 2 19 x= −10 √ 2 ∓ 19 x= 5
twee oplossingen
3 Modelvoorbeeld 3. Beschouw de tweedegraadsvergelijking x2 + 2x = 3k(x + 2)
waarbij
k ∈ R.
(a) Los deze tweedegraadsvergelijking algebra¨ısch op voor elke waarde van k. (b) Voor welke waarde(n) van k heeft de kwadratische vergelijking precies ´e´en oplossing? Wat is die oplossing? Oplossing. (a)
x2 + 2x = 3k(x + 2) ⇔ x2 + 2x − 3kx − 6k = 0 ⇔ x2 + (2 − 3k)x − 6k = 0 D = (2 − 3k)2 − 4 · 1 · (−6k) = 4 − 12k + 9k 2 + 24k = 9k 2 + 12k + 4 = (3k + 2)2 ≥ 0 ´e´en of twee oplossingen ⇔ x1 =
−(2 − 3k) + (3k + 2) 2·1
⇔ x1 = 3k (b)
en
en
x1 =
−(2 − 3k) − (3k + 2) 2·1
x1 = −2
De vergelijking heeft ´e´en oplossing
⇔
D=0
⇔
(3k + 2)2 = 0
⇔
2 k=− . 3
In dat geval is x1 = x2 = −2. I-9
1.5
Ontbinden in lineaire factoren, som en product van wortels
We hebben geleerd hoe je van elke tweedegraadsvergelijking ax2 + bx + c = 0 de wortels (dat wil zeggen: oplossingen) kan vinden. Soms kan dat op het zicht, met behulp van de discriminant lukt het altijd. In deze paragraaf stellen we de omgekeerde vraag: als je twee getallen x1 en x2 krijgt, kun je dan de tweedegraadsvergelijkingen bepalen waarvoor x1 en x2 de wortels zijn? 3 Op ontdekking. Geef enkele tweedegraadsvergelijkingen met als wortels x1 = 3 en x2 = 8. Schrijf deze vergelijkingen in standaardvorm. Kun je x1 en x2 in de co¨effici¨enten a, b en c herkennen? Oplossing. Een voorbeeld van zo’n tweedegraadsvergelijking is (x − 3)(x − 8) = 0 ⇔ x2 − 8x − 3x + 24 = 0 ( 2
⇔ x − |{z} 11 x + |{z} 24 = 0
3·8=c
c
−b
3 + 8 = −b
merk op:
Een ander voorbeeld van zo’n tweedegraadsvergelijking is 10(x − 3)(x − 8) = 0 10(x2 − 8x − 3x + 24) = 0
⇔
110 x + |{z} 240 = 0 10 x2 − |{z} |{z}
⇔
a
merk op:
c
−b
−b 3 + 8 = a 3·8= c a
Elk voorbeeld van zo’n tweedegraadsvergelijking is van de vorm a(x − x1 )(x − x2 ) = 0 ⇔ a(x2 − x1 x − x2 x + x1 · x2 ) = 0 ⇔ ax2 − a(x1 + x2 ) x + ax1 x2 | {z } | {z } −b
Th 6
merk op:
c
−b x1 + x2 = a x1 · x2 = c a
3 Eigenschap (som en product). Beschouw een tweedegraadsvergelijking ax2 + bx + c = 0 en x1 , x2 ∈ R willekeurig. Dan zijn de volgende uitspraken gelijkwaardig. (i) x1 en x2 zijn de oplossingen van ax2 + bx + c = 0 (ii) ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ) (iii) x1 + x2 = −
b a
en
x1 · x2 =
ontbinding in lineaire factoren
c a
Bewijs van (ii) ⇔ (iii). ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 )
We hebben:
⇔ ax2 + bx + c = a(x2 − x1 x − x2 x + x1 · x2 ) ⇔ ax2 + bx + c = ax2 − a(x1 + x2 )x + ax1 · x2 ( ⇔
b = −a(x1 + x2 ) c = ax1 · x2
⇔
b − = x1 + x2 a c = x1 · x2 . a I-10
Bewijs van (ii) ⇒ (i). Stel dat ax2 + bx + c = a(x − x1 )(x − x2 ). Dan is:
ax2 + bx + c = 0 ⇔ a(x − x1 )(x − x2 ) = 0 ⇔ x − x1 = 0 ⇔ x = x1
of
of
x − x2 = 0
x = x2 .
Hieruit volgt dat x1 en x2 de oplossingen zijn van ax2 + bx + c = 0. Bewijs van (i) ⇒ (iii). Stel dat x1 en x2 de oplossingen zijn van ax2 + bx + c = 0. Dan is D ≥ 0 zodat4
√ −b + D x1 = 2a
en
√ −b − D x2 = . 2a
De som van de wortels is dan √ √ √ √ −b + D − b − D b −b + D −b − D + = =− x1 + x2 = 2a 2a 2a a terwijl het product van de wortels gelijk is aan √ √ −b + D −b − D (−b)2 − D b2 − (b2 − 4ac) c x1 · x2 = · = = = . 2 2a 2a 4a 4a2 a Deze eigenschap kun je op drie manieren gebruiken. Dat laten we zien met de volgende modelvoorbeelden. 3 Modelvoorbeeld 1. Los de volgende tweedegraadsvergelijkingen op met de eigenschap som en product. (a) x2 − 7x + 10 = 0 (b) −x2 − x + 12 = 0 Oplossing. Gebruik eigenschap som en product (i) ⇔ (iii). (a)
x1 en x2 zijn de oplossingen van x2 − 7x + 10 = 0 ⇔ x1 + x2 = −
b a
⇔ x1 + x2 = 7
en en
x1 · x2 =
c a
x1 · x2 = 10
maak koppels met product 10 : 1 −1 2 −2 10 −10 5 −5 ⇔ x1 = 5 (b)
en
x2 = 2
x1 en x2 zijn de oplossingen van − x2 − x + 12 = 0 b a
en
x1 · x2 =
⇔ x1 + x2 = −1
en
x1 · x2 = −12
⇔ x1 + x2 = −
c a
maak koppels met product −12 : 1 −1 2 −2 3 −3 −12 12 −6 6 −4 4 ⇔ x1 = 3
4 Zonder
en
x2 = −4
verlies van algemeenheid mogen we aannemen dat x1 ≥ x2 .
I-11
3 Modelvoorbeeld 2. Bepaal algebra¨ısch twee re¨ele getallen waarbij hun som 6 is en hun product 7 is. Oplossing. Gebruik eigenschap som en product (iii) ⇔ (i). We hebben:
x1 + x2 = 6
en
zorg dat 6 = −
b a
x1 · x2 = 7 en
7=
c a
bijvoorbeeld a = 1, b = −6 en c = 7 ⇔ x1 en x2 zijn de oplossingen van ax2 + bx + c = 0 ⇔ x1 en x2 zijn de oplossingen van x2 − 6x + 7 = 0 D = (−6)2 − 4 · 1 · 7 = 8 √ 6± 8 ⇔ x1,2 = 2 √ √ ⇔ x1 = 3 + 2 en x2 = 3 − 2.
3 Modelvoorbeeld 3. Ontbind de volgende drietermen in lineaire factoren over R (indien mogelijk). (a) 2x2 + 7x − 4 (b) 2, 1 x2 − 7, 14 x + 6, 069 (c) 3x2 + x + 1 Oplossing. Gebruik eigenschap som en product (ii) ⇔ (i). 2x2 + 7x − 4 = 2(x − x1 )(x − x2 )
(a) ⇔
ontbinding in lineaire factoren
x1 en x2 zijn de oplossingen van 2x2 + 7x − 4 = 0 D = 72 − 4 · 2 · (−4) = 81 = 92
(a) (b)
⇔
x1,2 =
⇔
x1 =
1 2
−7 ± 9 4 en
x2 = −4
Å ã 1 Ontbinding in lineaire factoren: 2x + 7x − 4 = 2 x − (x − (−4)) = (2x − 1)(x + 4). 2 2
2, 1 x2 − 7, 14 x + 6, 069 = 2, 1 (x − x1 )(x − x2 )
ontbinding in lineaire factoren
⇔ x1 en x2 zijn de oplossingen van 2, 1 x2 − 7, 14 x + 6, 069 = 0 D = (−7, 14)2 − 4 · 2, 1 · 6, 069 = 0 ⇔ x1,2 = (a) (c)
−(−7, 14) ± 0 = 1, 7 2 · 2, 1
Ontbinding in lineaire factoren: 2, 1 x2 − 7, 14 x + 6, 069 = 2, 1 (x − 1, 7)(x − 1, 7) = 2, 1 (x − 1, 7)2 . 3x2 + x + 1 = 3 (x − x1 )(x − x2 )
ontbinding in lineaire factoren
⇔ x1 en x2 zijn de oplossingen van 3x2 + x + 1 = 0 D = 12 − 4 · 3 · 1 = −11 < 0 geen (re¨ele) oplossingen (a)
De drieterm 3x2 + x + 1 = 0 kan niet ontbonden worden in lineaire factoren over R.
I-12
1.6
Vergelijkingen die herleidbaar zijn tot een tweedegraadsvergelijking
We hebben geleerd hoe je elke kwadratische vergelijking kan oplossen in R. Maar als een vergelijking niet kwadratisch is, dan moeten we op een andere manier te werk gaan. In deze laatste paragraaf bekijken we vergelijkingen van de vorm a 2 + b + c = 0
waarbij
a, b, c ∈ R
en
a 6= 0.
Hierbij staat voor een uitdrukking in x. In zo’n geval voer je een hulponbekende in: noem je t = , dan herleid je de vergelijking naar een kwadratische vergelijking. Op die manier kun je toch alle re¨ele oplossingen vinden. Als = x2 dan spreken we van een bikwadratische vergelijking: ax4 + bx2 + c = 0
waarbij
a, b, c ∈ R
en
a 6= 0.
3 Modelvoorbeeld 1. Bepaal algebra¨ısch alle re¨ele oplossingen van de bikwadratische vergelijking 9x4 + 23x2 − 12 = 0. 9x4 + 23x2 − 12 = 0
Oplossing. ⇔
9 x2
2
+ 23x2 − 12 = 0
noem t = x2 ⇔
9t2 + 23t − 12 = 0 D = 232 − 4 · 9 · (−12) = 961 = 312
⇔
t=
−23 ± 31 18
⇔
t=
4 9
⇔
x2 =
⇔
x=
of 4 9
2 3
t = −3 x2 = −3
of of
x=−
2 3
3 Modelvoorbeeld 2. Bepaal algebra¨ısch de oplossingenverzameling van de vergelijking (x2 + x)2 − 14x2 − 14x + 24 = 0. (x2 + x)2 − 14x2 − 14x + 24 = 0
Oplossing. ⇔
(x2 + x)2 − 14(x2 + x) + 24 = 0 noem t = x2 + x
⇔
t2 − 14t + 24 = 0 D = (−14)2 − 4 · 1 · 24 = 100 = 102 14 ± 10 2
⇔
t=
⇔
t = 12
⇔
x2 + x = 12
⇔
x2 + x − 12 = 0
of
t=2 of
x2 + x = 2 of
D = 49 = 72 −1 ± 7 2
⇔
x=
⇔
x=3
of
x2 + x − 2 = 0 D = 9 = 32
of
x=
x = −4
−1 ± 3 2 of
x=1
of
x = −2
Oplossingenverzameling: V = {3, −4, 1, −2} I-13