MULO-B Algebra 1937 Algemeen

Uitwerkingen examen Algebra MULO-B 1937 Algemeen

Opgave 1

We bekijken eerst 4 2 1 7 4 3    _{ }    1 1 7 4 3 7 4 3 7 4 3 49 48 7 4 3 7 4 3 7 4 3            , dus 1 2 2 7 4 3 7 4 3  _{  }  _    2 7 2 12 . Stel 7 2 12  a b 7 2 12



a b



2 7 2 12  a b 2 ab 2 7 7 (7 ) 12 7 12 0 ( 3)( 4) 0 3 4 12 12 a b a b b b b b b b b b a b a b                           _   _ 3 4 b  a en b  4 a 3_{. We vinden dus 7 2 12  4 3 2  3} 2 7 2 12  4 2 3, dus geldt 4 2 1 4 4 2 8 2 3 7 4 3 3    _{ }         (a). We bekijken nu _{2 4 13}. 2 4 13  16 4 13  16 2 52 . Stel









2 16 16 16 2 52 16 2 52 52 52 c d c d c d c d c d c d               _ _   _   _ 2 1,2 16 48 (16 ) 52 16 52 0 8 2 3 8 2 3 2 d d d d d  d d               . 8 2 3 16 8 2 3 8 2 3 d    c     en d  8 2 3 c 16 8 2 3 8 2 3    , dus 16 4 13 16 2 52 2 4 13      8 2 3  8 2 3 (b).

Ga na dat _{2 4 13  16 4 13  16 2 52  8 2 3  8 2 3} niet mogelijk is

want _{8 2 3  8 2 3 0 } en dan zou gelden_{2 4 13 0}.

Uit (a) en (b) volgt 8 2 3 4 2 1 2 4 1

7 4 3 3    _{ }         8 8 2 3

8 2 3    2 3  8 2 3 0. De uitkomst is dus gelijk aan 0.

Opgave 2

3 2 2,84 25,38 0, 4444 x





1 2

logy log 25, 28 . Met behulp van een

logarithmetafel (linkerkolom 253 en bovenste rij de 8). Dit geeft log 25, 28





1, 4045, immers

 









10 25,38 100  log 10 log 25,38 log 100 





1 log 25,38 2.

We vinden dus 1

2

logy 1, 4045 0, 70225 . Dit laatste getal zoeken we op in de logarithmetafel in het veld en vinden, dat y5,038, immers uit logy0,70225volgt

0,70225

10 1 10

y   y .

Stel nu z2,84 5, 038 logzlog 2,84 5, 038







log 2,84





log 5, 038





. Log 5,038





is bekend, dus zoeken we in de logarithmetafel het

antwoord van log 2,84





.

We vinden log 2,84





0, 4533,dus log z













log 2,84 5,038 log 2,84 log 5,038  0, 4533 0,7025 1,15555  , dus logz1,15555. We zoeken nu in het veld van de logarithmetafel naar de waarde van z, waaroor geldt

logz1,15555. We lezen af z14,31, immers uit logz1,15555volgt _z101,15555_{, dus}

10 z 100log(10) log zlog(100) 1 log z2.

We hebben nu dus gevonden, dat

3_{2,84 25,38} 3_14,31

Stel 3_14,31 _{t logt}_{log 14,31}



3









1

3log 14,31  131,15555 0,3853 . Aflezen in

de logatithmetafel geeft z2, 428. We hebben nu gevonden dat 3 _{2,84 25,38}  3_{14,31 2, 428}

.

We bekijken nu nog de noemer van

3 2 2,84 25,38 0, 4444 x . Stel _{0, 4444}2 _{ v}



2







logvlog 0, 4444 logv 2 log 0, 4444 . Nu komt het getal 0,4444 niet voor in de tabel,

dus schrijven we bijvoorbeeld





1

10

logv 2 log 0, 4444 2(log 4, 444 )

1 10

2(log 4, 444 log ) 2 log(4, 444) 2    . We lezen af log(4, 444) 0,6478 , dus





logv 2 log 0, 4444  2 0, 6478 2  0, 7044. Nu kunnen we de waarde van

logv 0,7044niet aflezen uit het veld in de tabel, immers daar komen geen negatieve getallen in voor. We schrijven daarom logv 0, 7044 0, 2956 1  . Dat betekent dat

0,2956 1 0,2956 1 0,2956 1 10

10 10 10 10

v       . Omdat ₁₀0 _100,2956 _101_{ 1 10}0,2956_{10 ligt dus}

0,2956 1 10

10

v  tussen 0 en 1

10.

Omdat logv 0, 7044 0, 2956 1  zoeken we in de tabel 0,2956 op en vinden, dat

0,1975

v . We hebben dus nu gevonden, dat

3

2

2,84 25,38 2, 428

0, 4444 0,1975

x  . Dat betekent dat

2, 428

log log log(2, 429) log(0,1975)

0,1975

x _ _ 

  .

Beide uitkomsten zijn we al tegengekomen en we vinden logx0,3852 0, 7044 1,0896 . Aflezen geeft als antwoord x12, 29.

Opmerking: Met het rekenmachine vinden we 12,29249242.

Opgave 3

Stel de wortels van de eerste vergelijking

2 _{A B 0}

x  x  gelijk aan x1en x2, dan geldt

1 2

x x  A(1) en x x1 2 B(2).

De wortels van de tweede vergelijking

2 _{B 2A 0}

x  x  zijn dan gelijk aan 2x12 en 2x2 2en geldt





1 2 1 2 2x  2 2x  2 2 x x   4 B (3)



2x12 2

 

x22



4x x1 24(x1x2) 4 2  A(4). We vinden dus





1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 2 4 2 4 2 4 4 4( ) 4 2 4 4 4 2 1 1 x x A A B B A x x B x x B x x x x A B A A B A x x A              _   _{    }             _       _  _    _{ } 1 2 2 4 2 4 6 8 2 4 1 1 6 B A B A A B A A A                 _  _ .

Controle geeft de vergelijkingen _x2_{6x       8 0 x 4 x 2en}

2 _{8 12 0 6 2}

x  x       x x .

Opgave 4

d( , ) 18A B    5 23; d( , ) 9C D    8 17; d( , )E F    2 14 12 ; d( , ) 9G H    6 15; d( , ) 4K L    7 11; d( , )M N     1 14 13