Oplossen gebroken vergelijkingen

Oplossen gebroken vergelijkingen

Met een gebroken vergelijking bedoelen we een vergelijking waarin een of meer breuken voorkomen waarvan de noemer de op te lossen variabele bevat. Om dit soort vergelijkingen te kunnen oplossen dient men een aantal regels over breuken te beheersen.

De belangrijkste regels zullen we hieronder weergeven.

1) A_B ¿ C

⟺ A=B ∙C B ≠ 0 ¿ ) 2) A_B +¿ C B

¿ A+C B

A B −¿ C B

¿ A−C B

B ≠ 0 ¿ ) 3) A_B +¿ C D ¿ A ∙ D+B∙ C B ∙ D

A B −¿ C D ¿ A ∙ D−B ∙C B ∙ D

B , D ≠ 0 ¿ ) 4)

A_B × C D=¿ A ∙ C B ∙ D

( B , D ≠ 0 ) 5)

p∙

A B

¿

p ∙ A B

B ≠ 0¿ ) 6)

p ∙ A_{p ∙ B}

¿

A B

B ≠ 0¿ , p≠ 0 ) 7)

A_B : C D

¿

A B × D C

¿

A ∙ D B ∙ C

B ,C , D ≠ 0 ¿ ) 8)

_A0

¿0

A ≠ 0 ¿

)

A 0

bestaat niet

( A willekeurig) 9)

A_B × C A

¿

C B

A , B ≠ 0¿ ) 10) A_B ¿0

⟺

A=0 (en B≠ 0)

11) A_B ¿

C D

⟺

A ∙ D=B ∙ C (en B , D ≠ 0¿ 12) A_B ¿

C B

⟺

A=C (en B≠ 0) 13)

A_B ¿

A C

⟺

A=0∨ B=C (en B ,C ≠ 0 ) 14)

BA C

¿

A B ∙C

A B C

¿

A ∙C B

¿ A ∙ C B

( B ,C ≠ 0 ) Opmerking

Nadat men een gebroken vergelijking heeft opgelost dient men te controleren of de oplossingen voldoen aan de oorspronkelijke vergelijking. Hierbij hoeft voor de deze oplossingen slechts geverifieerd te worden of geen van de noemers van de optredende breuken gelijk aan nul wordt. Wordt voor een bepaalde oplossing een noemer nul, dan vervalt die oplossing.

Voorbeeld 1 2 x−1

x +2 =3

We passen regel 1) toe: 2 x −1=3 ∙(x+2) , −x=7 , x=−7 .

Voor x=−7 wordt de noemer van de breuk 2 x−1_{x +2}

niet nul, dus deze oplossing voldoet. Voorbeeld 2 2 x−5 4−x = x+2 3 x−4

We passen regel 11) toe (kruiselings vermenigvuldigen): (2 x −5) (3 x−4 )=( x+ 2)(4−x ) , 6 x2_{−23 x+20=−x}2_{+2 x +8 ,} 7 x2−25 x+12=0 ; D=(−25)2_{−4 ∙7 ∙ 12=289 . De oplossingen zijn} x=¿ 25 ±

√

289 14 ¿ 25 ± 17 14 , dus x=3∨ x=¿ 4

7 . Beide oplossingen voldoen. Voorbeeld 3 2 x−1 x +1 + 1 2= 3 x+2

2 ∙ (2 x – 1)+1 ∙(x+1) 2∙ ( x+1) = 3 x +2 , dus 5 x−1 2 ∙ ( x+1)= 3 x+2 .

Vervolgens passen we regel 11) toe: (5 x−1)( x +2)=6∙ ( x+1) , 5 x2+3 x−8=0 .

D=32−4 ∙ 5 ∙(−8)=169 . De oplossingen zijn x=¿ −3±

√

169 10 ¿ −3± 13 10 , dus x=1∨ x=¿ −1 3 5 . Beide oplossingen voldoen. Voorbeeld 4 x2−9 2 x−6= x2−9 x−1

We merken op dat de twee tellers gelijk zijn, dus we kunnen regel 13) toepassen:

x2_{−9=0∨2 x −6=x −1 , x=3∨ x=−3 ∨ x =5 .}

De oplossing x=3 vervalt (omdat de noemer van de breuk in het rechterlid nul is voor

x=3 ), maar de andere twee oplossingen voldoen. Voorbeeld 5

x2

x +5=

2 x +8

x+5

We merken op dat de twee noemers gelijk zijn, dus we kunnen regel 12) toepassen:

x2=2 x +8 , x2−2 x −8=0 , ( x−4 ) ( x+2 )=0 , x=4∨ x=−2 . Beide oplossingen voldoen.

Voorbeeld 6

x2+4 x−12

x2– x−2 =

5 x2−15 x

x2+3 x−18

Duidelijk is dat als we direct regel 11) (kruiselings vermenigvuldigen) toepassen we uitkomen op een vierdegraadsvergelijking die zeer lastig algebraïsch is op te lossen. In een dergelijke situatie gaan we eerst kijken of de breuken te herleiden zijn tot een eenvoudiger vorm. Dit is hier inderdaad het geval. De vergelijking is te herschrijven als:

(x +6 )( x−2) ( x+1)( x −2)= 5 x(x −3) ( x +6)( x−3) , x +6 x+1= 5 x x +6

( x ≠ 2 en x ≠ 3¿, (x+6)2=5 x(x +1) , −4 x2+7 x +36=0 . D=72−4 ∙ (−4) ∙36=625 . x=¿ −7 ±

√

625 −8 ¿ −7 ±25 −8 , dus x=4∨ x=¿ −2 1 4 . Beide oplossingen voldoen. Voorbeeld 7

3 x2+10

(

x2₋₁

₎

2=2

4 9

Omdat hier alleen x2 voorkomt (en geen eerstegraadsterm x ) stellen we x2=p . Ook schrijven we rechterlid in een handiger vorm.

3 p+10 ( p−1)2=

22

9 . Toepassen van regel 11) geeft: 9 ∙ (3 p+10 )=22∙( p−1)2 , 22 p2_{−71 p−68=0 ; D=} (−71)2−4 ∙ 22∙(−68)=11025 . p=¿ 71 ±

√

11025 44 ¿ 71 ± 105 44 , dus p=4∨ p=¿ −17 22 .

x2=4 geeft x=2∨ x=−2 (beide voldoen) ;

x2 =−17

22 heeft geen oplossing. Voorbeeld 8

3 x−1

x +2 :

4 x +3

x−1 ¿−8

We passen eerst regel 7) en daarna regel 1) toe: (3 x−1) ( x−1) ( x +2) (4 x +3) ¿−8 , (3 x−1)( x−1 )=−8 ∙ ( x+2)( 4 x +3) , 3 x2_{−4 x +1=−32 x}2_{−88 x−48 , 3 5 x}2 +84 x +49=0 , 5 x2+12 x+7=0 . D=122−4 ∙ 5∙ 7=4 . De oplossingen zijn x=¿ −12 ±

√

4 10 ¿ −12 ± 2 10 , dus x=−1∨ x=¿ −1 2 5 . Beide oplossingen voldoen. Voorbeeld 9 x x−1− 4 x +¿ 3 x +1=1

We schrijven het linkerlid als één breuk.

x ∙ x ( x+1 )−4 ∙ ( x−1) ( x+1 )+3 ∙ x (x−1)

x (x−1)( x +1) ¿1 ,

x3−3 x +4

x3−x ¿1 ,

x3_{−3 x+4=x}3