Getal & Ruimte (13e editie) - vwo wiskunde B

'Absolute-waardefuncties'.

vwo wiskunde B	1.4 Absolute waarden
Absolute-waardefuncties (2)	opgave 1 Gegeven zijn de functies \(f(x) = 3 x - 4 + \begin{vmatrix}2 x + 3\end{vmatrix}\) en \(g(x) = 2 x + 2 \text{.}\) De grafieken van \(f\) en \(g\) snijden elkaar in de punten \(A\) en \(B \text{.}\) 2p a Bereken exact de coördinaten van het knikpunt van de grafiek van \(f \text{.}\) 4p b Bereken exact de coördinaten van \(A\) en \(B \text{.}\) Lineair 00sq - Absolute-waardefuncties - basis - 111ms - data pool: #3582 (111ms) a Knik als \(2 x + 3 = 0 \text{,}\) dus als \(x = -1\frac{1}{2} \text{.}\) 1p ○ \(f(-1\frac{1}{2}) = 3 ⋅ -1\frac{1}{2} - 4 + 0 = -8\frac{1}{2} \text{,}\) dus het knikpunt is \((-1\frac{1}{2} , -8\frac{1}{2}) \text{.}\) 1p b Voor \(x < -1\frac{1}{2}\) geldt \(2 x + 3 < 0 \text{,}\) dus \(\begin{vmatrix}2 x + 3\end{vmatrix} = \begin{cases}-(2 x + 3) = (-2 x - 3) \text{ als } x < -1\frac{1}{2} \\ (2 x + 3) \text{ als } x ≥ -1\frac{1}{2}\end{cases}\) 1p ○ \(f(x) = \begin{cases}3 x - 4 + (-2 x - 3) = x - 7 \text{ als } x < -1\frac{1}{2} \\ 3 x - 4 + (2 x + 3) = 5 x - 1 \text{ als } x ≥ -1\frac{1}{2}\end{cases}\) 1p ○ [punt \(A \text{]}\) \(x - 7 = 2 x + 2\) \(-x = 9\) \(x = -9\) \(g(-9) = -16 \text{,}\) dus \(A (-9 , -16) \text{.}\) 1p ○ [punt \(B \text{]}\) \(5 x - 1 = 2 x + 2\) \(3 x = 3\) \(x = 1\) \(g(1) = 4 \text{,}\) dus \(B (1 , 4) \text{.}\) 1p opgave 2 De grafiek van de functie \(f(x) = -3 x + 9 + \begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix}\) heeft knikpunten \(A\) en \(B\) en top \(T \text{.}\) Zie de figuur. 4p a Bereken exact de coördinaten van \(A \text{,}\) \(B\) en \(T \text{.}\) 2p b Bereken exact voor welke \(p\) de vergelijking \(f(x) = p\) twee oplossingen heeft. 5p c Bereken exact de nulpunten van \(f \text{.}\) Kwadratisch 00su - Absolute-waardefuncties - pro - 104ms - data pool: #532 (104ms) a [Knikken bij] \(x^{2} - 6 x + 5 = 0\) \((x - 1) (x - 5) = 0\) \(x = 1 ∨ x = 5\) 1p ○ \(f(1) = 6\) en \(f(5) = -6\) dus \(A (1 , 6)\) en \(B (5 , -6)\) 1p ○ Top voor \(1 < x < 5\) en daar is \(\begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix} = -x^{2} + 6 x - 5 \text{,}\) dus daar geldt \(f(x) = -3 x + 9 + (-x^{2} + 6 x - 5) = -x^{2} + 3 x + 4\) 1p ○ \(x_{T} = {-3 \over 2 ⋅ -1} = 1\frac{1}{2}\) en \(y_{T} = f(1\frac{1}{2}) = 6\frac{1}{4} \text{,}\) dus \(T (1\frac{1}{2} , 6\frac{1}{4}) \text{.}\) 1p b De vergelijking \(f(x) = p\) heeft twee oplossingen als de lijn \(y = p\) boven \(T\) ligt, of wanneer \(y = p\) tussen \(A\) en \(B\) ligt. 1p ○ Dus \(p > 6\frac{1}{4} ∨ -6 < p < 6\) (want \(y_{T} = 6\frac{1}{4} \text{,}\) \(y_{A} = 6\) en \(y_{B} = -6 \text{).}\) 1p c Tussen \(A\) en \(B\) geldt \(1 < x < 5\) en \(f(x) = -x^{2} + 3 x + 4 \text{,}\) dus \(f(x) = 0\) geeft daar \(-x^{2} + 3 x + 4 = 0\) \(x^{2} - 3 x - 4 = 0\) \((x + 1) (x - 4) = 0\) \(x = -1 ∨ x = 4\) 1p ○ \(1 < x < 5 \text{,}\) dus \(x = -1\) voldoet niet 1p ○ Rechts van \(B\) geldt \(x > 5 \text{,}\) dus \(\begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix} = x^{2} - 6 x + 5\) en \(f(x) = -3 x + 9 + (x^{2} - 6 x + 5) = x^{2} - 9 x + 14\) 1p ○ \(f(x) = 0\) geeft daar \(x^{2} - 9 x + 14 = 0\) \((x - 2) (x - 7) = 0\) \(x = 2 ∨ x = 7\) 1p ○ \(x > 5 \text{,}\) dus \(x = 2\) voldoet niet. De nulpunten van \(f\) zijn dus \(4\) en \(7 \text{.}\) 1p

1.4 Absolute waarden

Absolute-waardefuncties (2)

opgave 1

Gegeven zijn de functies \(f(x) = 3 x - 4 + \begin{vmatrix}2 x + 3\end{vmatrix}\) en \(g(x) = 2 x + 2 \text{.}\)
De grafieken van \(f\) en \(g\) snijden elkaar in de punten \(A\) en \(B \text{.}\)

Bereken exact de coördinaten van het knikpunt van de grafiek van \(f \text{.}\)

Bereken exact de coördinaten van \(A\) en \(B \text{.}\)

Lineair

00sq - Absolute-waardefuncties - basis - 111ms - data pool: #3582 (111ms)

Knik als \(2 x + 3 = 0 \text{,}\) dus als \(x = -1\frac{1}{2} \text{.}\)

○

\(f(-1\frac{1}{2}) = 3 ⋅ -1\frac{1}{2} - 4 + 0 = -8\frac{1}{2} \text{,}\) dus het knikpunt is \((-1\frac{1}{2} , -8\frac{1}{2}) \text{.}\)

Voor \(x < -1\frac{1}{2}\) geldt \(2 x + 3 < 0 \text{,}\) dus
\(\begin{vmatrix}2 x + 3\end{vmatrix} = \begin{cases}-(2 x + 3) = (-2 x - 3) \text{ als } x < -1\frac{1}{2} \\ (2 x + 3) \text{ als } x ≥ -1\frac{1}{2}\end{cases}\)

○

\(f(x) = \begin{cases}3 x - 4 + (-2 x - 3) = x - 7 \text{ als } x < -1\frac{1}{2} \\ 3 x - 4 + (2 x + 3) = 5 x - 1 \text{ als } x ≥ -1\frac{1}{2}\end{cases}\)

○

[punt \(A \text{]}\)
\(x - 7 = 2 x + 2\)
\(-x = 9\)
\(x = -9\)
\(g(-9) = -16 \text{,}\) dus \(A (-9 , -16) \text{.}\)

○

[punt \(B \text{]}\)
\(5 x - 1 = 2 x + 2\)
\(3 x = 3\)
\(x = 1\)
\(g(1) = 4 \text{,}\) dus \(B (1 , 4) \text{.}\)

opgave 2

De grafiek van de functie \(f(x) = -3 x + 9 + \begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix}\) heeft knikpunten \(A\) en \(B\) en top \(T \text{.}\) Zie de figuur.

Bereken exact de coördinaten van \(A \text{,}\) \(B\) en \(T \text{.}\)

Bereken exact voor welke \(p\) de vergelijking \(f(x) = p\) twee oplossingen heeft.

Bereken exact de nulpunten van \(f \text{.}\)

Kwadratisch

00su - Absolute-waardefuncties - pro - 104ms - data pool: #532 (104ms)

[Knikken bij]
\(x^{2} - 6 x + 5 = 0\)
\((x - 1) (x - 5) = 0\)
\(x = 1 ∨ x = 5\)

○

\(f(1) = 6\) en \(f(5) = -6\) dus \(A (1 , 6)\) en \(B (5 , -6)\)

○

Top voor \(1 < x < 5\) en daar is \(\begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix} = -x^{2} + 6 x - 5 \text{,}\) dus daar geldt
\(f(x) = -3 x + 9 + (-x^{2} + 6 x - 5) = -x^{2} + 3 x + 4\)

○

\(x_{T} = {-3 \over 2 ⋅ -1} = 1\frac{1}{2}\) en \(y_{T} = f(1\frac{1}{2}) = 6\frac{1}{4} \text{,}\) dus \(T (1\frac{1}{2} , 6\frac{1}{4}) \text{.}\)

De vergelijking \(f(x) = p\) heeft twee oplossingen als de lijn \(y = p\) boven \(T\) ligt, of wanneer \(y = p\) tussen \(A\) en \(B\) ligt.

○

Dus \(p > 6\frac{1}{4} ∨ -6 < p < 6\) (want \(y_{T} = 6\frac{1}{4} \text{,}\) \(y_{A} = 6\) en \(y_{B} = -6 \text{).}\)

Tussen \(A\) en \(B\) geldt \(1 < x < 5\) en \(f(x) = -x^{2} + 3 x + 4 \text{,}\) dus \(f(x) = 0\) geeft daar
\(-x^{2} + 3 x + 4 = 0\)
\(x^{2} - 3 x - 4 = 0\)
\((x + 1) (x - 4) = 0\)
\(x = -1 ∨ x = 4\)

○

\(1 < x < 5 \text{,}\) dus \(x = -1\) voldoet niet

○

Rechts van \(B\) geldt \(x > 5 \text{,}\) dus \(\begin{vmatrix}x^{2} - 6 x + 5\end{vmatrix} = x^{2} - 6 x + 5\) en
\(f(x) = -3 x + 9 + (x^{2} - 6 x + 5) = x^{2} - 9 x + 14\)

○

\(f(x) = 0\) geeft daar
\(x^{2} - 9 x + 14 = 0\)
\((x - 2) (x - 7) = 0\)
\(x = 2 ∨ x = 7\)

○

\(x > 5 \text{,}\) dus \(x = 2\) voldoet niet.
De nulpunten van \(f\) zijn dus \(4\) en \(7 \text{.}\)