Zomercursus Wiskunde Module 13 Ongelijkheden en absolute waarde

Zomercursus Wiskunde 

Katholieke Universiteit Leuven 

Groep Wetenschap & Technologie 

September 2011 

Module 13 

Ongelijkheden en absolute waarde 

(versie 22 augustus 2011)

Module 13: Ongelijkheden en absolute waarde 

Inhoudsopgave 

1 De relaties en < in R 2 

2 Oplossen van ongelijkheden met behulp van het tekenverloop van eerste 

en tweedegraadsfuncties 11 

2.1 Tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties . . . . . . . . . . . . . 11 

2.2 Tekenverloop van rationale functies . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 

3 Ongelijkheden van het type px + qy + r ≶ 0 grafisch oplossen in R 2 15 

4 Oefeningen ongelijkheden 17 

5 Absolute waarde 20 

5.1 Definitie en betekenis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 

5.2 Eigenschappen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 

6 Oefeningen absolute waarde 26 

7 Oplossingen 28 

7.1 Oplossingen van paragraaf 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 

7.2 Oplossingen van paragraaf 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 


Groep Wetenschap & Technologie

Inleiding 

13 - 1 


Deze module is opgevat als een zelfstudiemodule, het geeft een uitgebreid overzicht van 

zeer uiteenlopende eigenschappen die te maken hebben met ongelijkheden. De module 

kan ook gebruikt worden als naslagwerk. In de Zomercursus A worden enkel hoofdstukken 

1 en 2 behandeld. In de Zomercursus B worden daarenboven oefeningen gemaakt 

uit hoofdstuk 3. 

De orderelatie wordt door iedereen als een heel vertrouwde en ongevaarlijke relatie 

gezien. De ervaring leert echter dat bij het werken met ongelijkheden vaak gezondigd 

wordt tegen zeer elementaire eigenschappen, vooral als het om ongelijkheden gaat 

waarin lettervormen voorkomen. De meest voorkomende fout is allicht dat men met 

ongelijkheden werkt zoals met gelijkheden en zo bijvoorbeeld ongehinderd een factor 

van het eerste lid naar de noemer van het tweede lid brengt zonder zich ervan te vergewissen 

dat die factor positief is. Het is helaas niet zo dat alle eigenschappen die gelden 

voor gelijkheden ook gelden voor ongelijkheden. 

Zo geldt in R wel 

x 

y 

= z 

t 

Maar er bestaan x,z ∈ R en y,t ∈ R0, waarvoor 

⇔ xt = yz voor alle x,z ∈ R en y,t ∈ R0. 

x 

y 

z 

t 

maar niet xt yz 

Wel geldt algemeen voor alle x,z ∈ R en y,t ∈ R0, 

x 

y 

z 

t 

⇔ xt yz als y en t hetzelfde teken hebben. 

Om van de ene ongelijkheid naar de andere over te gaan werd immers met de factor yt 

(of 1/yt) vermenigvuldigd en om de ongelijkheid te bewaren moet die factor positief 

zijn, d.w.z. y en t moeten hetzelfde teken hebben. 

We zetten de eigenschappen over ongelijkheden hier op een rijtje en willen je vooral de 

reflex aankweken om bij ongelijkheden telkens goed na te gaan welke operatie je uitvoert 

om van een ongelijkheid naar een andere over te gaan, hierbij in het oog houdend 

of die operatie ordebewarend is of orde-omkerend. 

Verder bestuderen we ook het begrip absolute waarde van reële getallen en focussen 

vooral op de grafische voorstelling ervan op de getallenas. 

We geven geen bewijzen, wel af en toe een grafische toelichting die helpt om de eigenschappen 

beter te begrijpen en te onthouden. 





1 De relaties en < in R 

In de verzameling van de reële getallen bestaat een orderelatie d.w.z. dat volgende 

eigenschappen gelden. 

Eigenschappen 1.1 

Voor alle x,y,z ∈ R geldt 

1. x x ( is reflexief) 

2. (x y en y x) ⇒ x = y ( is antisymmetrisch) 

3. (x y en y z) ⇒ x z ( is transitief). 

x y leest men als x is kleiner of gelijk aan y. 

Deze orderelatie maakt van R een totaal geordende verzameling, d.w.z. dat ook 

volgende eigenschap geldt 

Voor alle x,y ∈ R geldt 

4. x y of y x. 

Notaties 1.2 

1. x y kan men ook noteren als y x en leest men als y is groter of gelijk 

aan x. 

2. Als x y en x = y, noteren we dit als x < y en lezen x is strikt kleiner dan 

y. 

3. Als x y en x = y, noteren we dit als x > y en lezen x is strikt groter dan 

y. 

4. Als x 0, noemt men x positief. 

5. Als x > 0, noemt men x strikt positief. 

6. Als x 0, noemt men x negatief. 

7. Als x < 0, noemt men x strikt negatief. 





Opmerkingen 1.3 

1. 0 is zowel positief als negatief, 0 is noch strikt positief, noch strikt negatief. 

2. Als x < y, dan geldt ook x y. 

3. De relatie < is transitief. 

We geven nu in de eerste twee basiseigenschappen aan hoe de relatie < zich gedraagt 

t.o.v. de optelling en vermenigvuldiging in R. Het is vooral bij de verenigbaarheid met 

het product dat zorgvuldigheid geboden is omdat men enkel mag vermenigvuldigen met 

een strikt positieve factor wil men de ongelijkheid behouden. Verder geven we enkele 

veel voorkomende eigenschappen van < die uit de twee basiseigenschappen volgen. 

Let op bij sommige eigenschappen geldt ⇔, bij andere geldt enkel ⇒. 

Al deze eigenschappen gelden mutatis mutandis ook voor de relatie . 


Voor elke x,y,z,t ∈ R geldt 

1. x < y ⇔ x + z < y + z. Je mag bij beide leden eenzelfde term optellen (of 

aftrekken). Met als gevolg: als je een term van lid verandert, verandert hij 

van teken. 

2. (x < y en z > 0) ⇒ xz < yz. Je mag beide leden vermenigvuldigen met 

eenzelfde strikt positieve factor. 

3. (x < y en z > 0) ⇒ x 

z 

positief getal. 

y 

< . Je mag beide leden delen door eenzelfde strikt 

z 

4. (x < y en z < 0) ⇒ xz > yz. Vermenigvuldig je beide leden met eenzelfde 

strikt negatieve factor dan draait de ongelijkheid om. 

5. (x < y en z < 0) ⇒ x y 

> . Deel je beide leden door eenzelfde strikt 

z z 

negatieve factor, dan draait de ongelijkheid om. 

6. (x < y en z < t) ⇒ x + z < y + t. Je mag bij twee ongelijkheden lid aan lid 

optellen. 

7. Als y,z,t > 0, geldt (x < y en z < t) ⇒ xz < yt. Als y,z,t strikt positief 

zijn, mag je bij de leden van twee ongelijkheden lid aan lid vermenigvuldigen. 

8. Als x,y = 0 hetzelfde teken hebben, geldt (x < y ⇔ 1 1 

> ). Voor 

x y 

getallen met eenzelfde teken geldt: omkering draait de ongelijkheid om. 





9. Als x,y = 0 tegengesteld teken hebben, geldt (x < y ⇔ 1 1 

< ). Voor 

x y 

getallen met tegengesteld teken geldt: omkering behoudt de ongelijkheid. 

10. Als x,y 0, geldt (x < y ⇔ x 2 < y 2 ). Kwadrateren behoudt de ongelijkheid 

van positieve getallen. 

11. Als x,y 0, geldt (x < y ⇔ x 2 > y 2 ). Kwadrateren draait de ongelijkheid 

om bij negatieve getallen. 

12. Als x,y 0, geldt (x < y ⇔ √ x < √ y). Worteltrekken behoudt de ongelijkheid 

van positieve getallen. 

Het is een mooie oefening zelf aan te tonen hoe deze eigenschappen allen volgen uit 

de eerste twee. We hoeven dus niet al deze eigenschappen te onthouden. Eigenlijk 

volstaat het de eerst twee te kennen en misschien ook de vierde. 

Voor de laatste vijf eigenschappen betaat er ook een alternatieve manier om ze te memoriseren. 

We gaan even dieper in op de laatste vijf eigenschappen. 

In deze eigenschappen wordt het gedrag van de ongelijkheid bestudeerd t.o.v. van de 

omkering of het nemen van het kwadraat of de worteltrekking, maar hoe zit het bijvoorbeeld 

als we de derdemacht willen nemen van beide leden of de derdemachtswortel? 

Blijft de ongelijkheid dan behouden of draait ze om, of hangt dit af van het teken van 

de beide leden van de ongelijkheid? 

• We zoemen even in op eigenschappen (10) en (11). 

Bekijken we de grafiek van de functie met voorschrift f(x) = x 2 , dan illustreert 

de figuur links dat 



als a,b 0, dan geldt a end 1 op R + . 

Eigenschap (10) drukt dus eigenlijk uit dat de functie strikt stijgend is op R + 0 . 

De rechtse figuur illustreert dat 

als a,b 0, dan geldt a b 2 

of anders geformuleerd, de functie f is strikt dalend 2 op R − . 

Eigenschap (11) drukt dus eigenlijk uit dat de functie strikt dalend is op R − 0 . 

Op R is f noch strikt stijgend noch strikt dalend zodat als 

a < 0 < b, je niet kan weten of a 2 b 2 , 

zoals je op volgende figuren kan inzien. 

Algemeen geldt wel voor alle a,b ∈ R 

|a| < |b| ⇔ a 2 

In plaats van eigenschappen (10) en (11) te memoriseren, hoeven we enkel de 

grafiek van de functie kwadrateren te bekijken en vast te stellen waar die functie 

strikt stijgend of dalend is. 

Wat we hier geleerd hebben uit de grafiek van de specifieke functie kwadrateren 

kunnen we natuurlijk veralgemenen naar andere functies. 

1Een functie f is strikt stijgend op een deelverzameling B van het domein als voor elke x,y ∈ B 

geldt dat (x < y ⇒ f(x) < f(y)). 

Het is niet zo moeilijk in te zien dat evengoed geldt dat f strikt stijgend is op een deelverzameling B 

als en alleen als voor elke x,y ∈ B geldt dat (x < y ⇔ f(x) < f(y)). De omgekeerde pijl bij de 

ongelijkheden is immers een gevolg van het strikt stijgend zijn. 

2Een functie f is strikt dalend op een deelverzameling B van het domein als voor elke x,y ∈ B 

geldt dat (x < y ⇔ f(x) > f(y)). 





• Zo halen we uit de grafiek van de functie met voorschrift f(x) = 1 

x 

dat deze functie op R − 0 en R + 0 strikt dalend is zodat als a en b hetzelfde teken 

hebben bij omkering de ongelijkheid omdraait (eigenschap (8)) d.w.z. 

als a en b hetzelfde teken hebben, dan geldt a 

a 

> 1 

b 

maar uit de grafiek blijkt ook dat de ongelijkheid niet omdraait als a en b 

verschillen van teken (eigenschap (9)) d.w.z. 

als a < 0 < b, dan geldt a 

a 

• Zo weten we ook dat de functie f met voorschrift f(x) = √ x 

strikt stijgend is op R + wat eigenschap (12) aantoont. 



< 1 

b .



Het strikt stijgend of strikt dalend zijn van functies levert dus eigenschappen voor de 

ongelijkheden: 


1. Als feen strikt stijgende functie is op een deelverzameling B van het domein, 

dan geldt voor alle x,y ∈ B 

x < y ⇔ f(x) < f(y). 

Een strikt stijgende functie behoudt de ongelijkheid, anders gezegd is ordebewarend. 

2. Als f een strikt dalende functie is op een deelverzameling B van het domein, 

dan geldt voor alle x,y ∈ B 

x < y ⇔ f(x) > f(y). 

Een strikt dalende functie draait de ongelijkheid om, anders gezegd is ordeomkerend 

Hierbij is het nuttig volgende stelling uit de analyse in herinnering te brengen. 


Als de functie f afleidbaar is op het open interval ]a,b[, dan geldt 

1. als f ′ (x) > 0 voor elke x ∈]a,b[, dan is f strikt stijgend in ]a,b[, 

2. als f ′ (x) < 0 voor elke x ∈]a,b[, dan is f strikt dalend in ]a,b[. 

Door het strikt stijgen of dalen van bekende functies te bekijken kunnen we eigenschap 

1.4 onmiddellijk aanvullen met tal van voorbeelden. We geven er hier enkele. Het is 

niet moeilijk daar nog tal van voorbeelden aan toe te voegen. 


1. Als n ∈ N en n is even, dan geldt 

(a) voor positieve x,y ∈ R dat (x < y ⇔ x n < y n ), 





(b) voor negatieve x,y ∈ R dat (x < y ⇔ x n > y n ). 

2. Als n ∈ N en n is oneven, dan geldt voor elke x,y ∈ R (x < y ⇔ x n < y n ). 

3. Als x,y ∈ [−π π , ], dan geldt (x < y ⇔ sin x < sin y). 

2 2 

4. Als x,y ∈ R, dan geldt (x < y ⇔ e x < e y ). 

5. Als x,y ∈ R, dan geldt (x < y ⇔ ln x < ln y). 

Uiteraard hoeven we niet al deze eigenschappen te onthouden, het is veel eenvoudiger 

uit de grafieken van bekende functies de eigenschappen van ongelijkheden af te leiden. 

We vonden hier ook een antwoord op een eerder gesteld probleem. Een ongelijkheid 

blijft behouden als we van beide leden de derdemacht nemen, de derdemachtsfunctie 

immers strikt stijgend op R, dus ordebewarend. 

Voorbeelden 1.8 

1. Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat 

Oplossing 

1 

x 2 + 3 

x 2 + 3 < 5 

1 

x 2 + 3 

> 1 

5 . 

> 1 

5 

⇕ beide leden zijn positief, bij omkering draait de ongelijkheid om (eig. 1.4(8)) 

⇕ een term die van lid verandert, verandert van teken (eig. 1.4(1)) 

x 2 < 5 − 3 = 2 

⇕ beide leden positief, worteltrekken mag, behoudt de ongelijkheid (eig. 1.4(12)) 

√ x 2 < √ 2 

⇕ √ x 2 = |x|zie verder hfdst. 5 eig. 5.6(5) 

|x| < √ 2 

− √ 2 < x < √ 2 

⇕ als r ∈ R + 0 dan (|x| < r ⇔ −r < x < r), zie verder hfdst. 5 eig. 5.2( 1) 

De oplossingsverzameling 3 is dus V =] − √ 2, √ 2 [. 

3 De oplossingsverameling is de verzameling van alle x ∈ R die voldoen aan het gestelde probleem. 



2. Onderzoek voor welke x ∈ R + 0 geldt dat 

Oplossing 

x + 1 

√ x > 2 



x + 1 

√ x > 2. 

⇕ beide leden maal de strikt positieve factor √ x (eig. 1.4(2)) 

x + 1 > 2 √ x 

⇕ kwadrateren is ordebewarend voor pos. getallen (eig. 1.4(10)) 

(x + 1) 2 > 4( √ x) 2 = 4x 

x 2 + 2x + 1 − 4x > 0 


⇕ 

x 2 − 2x + 1 > 0 

⇕ 

(x − 1) 2 > 0 

Dit is steeds voldaan als x = 1 zodat de oplossingsverzameling V = R + 0 \{1} is. 

3. Stel ε > 0 een strikt positief reëel getal en n ∈ N een natuurlijk getal dat voldoet 

aan n 7 en n 3 

. Toon aan dat 

ε 

2n + 7 

2n 2 + n + 5 

< ε. 

Bewijs 

Toon eerst m.b.v. eigenschappen 1.4 aan dat een breuk met positieve noemer 

groter wordt als je de teller groter maakt en/of de noemer kleiner(maar steeds 

positief). Zodat voor de gegeven n volgende ongelijkheden gelden 

2n + 7 

2n 2 + n + 5 

(1) 

 

2n + n 

2n 2 + n + 5 

Met volgende verantwoordingen 

(2) 

3n 

2n2 (3) 3 

= 

2n 

(4) 

3 

2 

(1) de teller wordt groter (n 7), de breuk dus ook, 

1 3 

ε 

ε 

2 

< ε. 

(2) de positieve noemer wordt kleiner maar nog steeds positief , de breuk wordt 

groter, 

(3) de factor n = 0 mag geschrapt worden, 

(4) de positieve noemer wordt kleiner maar nog steeds positief (n 3 

), de breuk 

ε 

wordt groter. 





4. Toon aan dat als x,y ∈ R met x > 10 en (y − 4) 2 < 4 geldt dat xy > 20. 

Bewijs 

(y − 4) 2 

< 4 

⇕ beide leden pos., worteltrekken mag, behoudt ongelijkheid (eig. 1.4(12)) 

 

(y − 4) 2 < 2 

⇕ 

√ x2 = |x| zie verder hfdst. 5 eig. 5.6(5) 

|y − 4| < 2 

−2 < y − 4 < 2 

⇕ als r ∈ R + 0 dan (|x| < r ⇔ −r < x < r), zie verder hfdst. 5 eig. 5.2(1) 


4 − 2 < y < 4 + 2 

⇕ 

2 < y < 6 

Omdat x > 10 en y > 2) dus beide strikt positief volgt uit eig. 1.4(7) dat 

xy > 20. 

(Zijn alle leden van twee ongelijkheden strikt positief dan mag men lid aan lid 

vermenigvuldigen). 

5. Toon aan dat als x,y ∈ R + en x < y ook geldt dat 

Bewijs 

We bekijken de functie f met voorschrift f(x) = x 

Voor elke x ∈ R + is f ′ (x) = 

Door eigenschap 1.5 volgt uit 

dus 

x 

1 + x 

1 + x . 

< y 

1 + y . 

1 

(1 + x) 2 > 0 zodat f strikt stijgend is op R+ . 

0 x < y dat f(x) < f(y), 

x 

1 + x 

< y 

1 + y . 

֒→ Maak nu oefening 1. t.e.m. oefening 8. van paragraaf 4. 





2 Oplossen van ongelijkheden met behulp van het 

tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties 

2.1 Tekenverloop van eerste en tweedegraadsfuncties 

De grafiek van de functie f met voorschrift f(x) = ax + b met a,b ∈ R en a = 0 is een 

rechte, en is strikt stijgend als a > 0 en strikt dalend als a < 0. Het nulpunt van f is 

−b/a. Hieruit halen we volgend tekenverloop (tekentabel) voor f(x) = ax + b 

x −b/a 

ax + b teken van −a 0 teken van a 

De grafiek van de functie f met voorschrift f(x) = ax 2 +bx+c met a,b,c ∈ R en a = 0 

is een parabool. 

We hebben te maken met een bergparabool als a < 0 en een dalparabool als a > 0. 

Als D = b 2 − 4ac 0 (D noemt men de discriminant) vinden we de nulpunten van f 

met de wortelformule 

Als D < 0 heeft f geen nulpunten. 

Dit geeft dus volgende tekentabellen. 

x1,2 = −b ± √ D 

. 

2a 

• Als D > 0 heeft de parabool twee verschillende snijpunten met de x-as. 

Hieruit halen we volgend tekenverloop voor f(x) = ax 2 + bx + c. 

x x1 x2 

ax 2 + bx + c teken van a 0 teken van −a 0 teken van a 

• Als D = 0 heeft de parabool twee samenvallende snijpunten met de x-as. 




x x1 = x2 

ax 2 + bx + c teken van a 0 teken van a



• Als D < 0 heeft de parabool geen snijpunten met de x-as. 


x 

ax 2 + bx + c teken van a 


1. Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat 8 − 4x < 0. 

Oplossing 

Het nulpunt is 2. 

a = −4, het teken van −4 is −. 

Dit geeft volgende tekentabel 

x 2 

8 − 4x + 0 − 

De oplossingsverzameling is dus V = ]2, +∞[ 

2. Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat x 2 + 5x + 6 0. 

Oplossing 

De discriminant: D = 25 − 4.6 = 1. 

−5 + 1 

De nulpunten zijn: x1 = = −2 en x2 = 

2 

a = 1, het teken van 1 is +. 


−5 − 1 

2 

x −3 −2 

x 2 + 5x + 6 + 0 − 0 + 

= −3. 

De oplossingsverzameling is dus V =] − ∞, −3] ∪ [−2, +∞[. 

3. Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat −2x 2 + 4x − 5 0. 

Oplossing 

De discriminant: D = 16 − 40 = −24 < 0. 

Er zijn dus geen nulpunten. 

a = −2, het teken van −2 is −. 


De oplossingsverzameling is dus leeg. 



x 

−2x 2 + 4x − 5 −

2.2 Tekenverloop van rationale functies 

13 - 13 


Rationale functies zijn functies waarvan het functievoorschrift een breuk is waarvan 

teller en de noemer veeltermen zijn (de noemer is een niet-nul veelterm). 

Om hiervan een tekentabel op te stellen zullen we eerst teller en noemer ontbinden in 

eerste en tweedegraadsveeltermen. 

Het vervolg van de werkwijze illustreren we met een voorbeeldoefening. 

Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat (4 − x2 )(3x 2 − 9x + 6) 

2x + 4 

Oplossing 

We maken voor elk van de factoren van teller en noemer een apart tekenverloop en 

brengen dit alles samen in één tabel. 

(4 − x 2 ) heeft twee nulpunten: 2 en −2. 

(3x 2 − 9x + 6) heeft twee nulpunten: 1 en 2. 

(2x + 4) heeft één nulpunt: −2. 

Dit geeft volgende samenvattende tabel (de nulpunten worden steeds geordend van 

klein naar groot): 

0. 

x −2 1 2 

4 − x2 − 0 + + + 0 − 

3x2 − 9x + 6 + + + 0 − 0 + 

2x + 4 − 0 + + + + + 

(4 − x2 )(3x2 − 9x + 6) 

2x + 4 

+ | + 0 − 0 − 

De vertikale streep bij het nulpunt van de noemer duidt aan dat de breuk er niet 

gedefinieerd is. 

De oplossingsverzameling is dus V = [1, +∞[. 

De laatste regel van de tabel kan men ook onmiddellijk neerschrijven zonder het apart 

tekenverloop van de verschillende factoren uit teller en noemer op te schrijven. Ga 

hiervoor als volgt te werk: 

• Maak onmiddellijk het schema met bovenaan de verschillende nulpunten van 

teller en noemer (geordend van klein naar groot), met telkens de vermelding van 

de multipliciteit m van dit nulpunt, d.w.z. het aantal maal dat dit punt nulpunt is 

van één der factoren van de rationale uitdrukking (twee samenvallende nulpunten 

moet men tweemaal tellen). 

• In de onderste lijn van het schema duidt men dan met een vertikale streep | de 

nulpunten aan van de factoren in de noemer, de resterende nulpunten geeft 

men aan met een 0. 





• Dan zet men onderaan rechts het teken van het product van de hoogstegraadscoëfficiënten 

van elk der lineaire en tweedegraadsfactoren. 

• Vervolgens vult men de tekens aan van rechts naar links. Telkens men springt 

over een nulpunt met oneven multipliciteit verandert het teken. 

• Telkens men springt over een nulpunt met even multipliciteit verandert het teken 

niet. 

Voor de rationale uitdrukking (4 − x2 )(3x 2 − 9x + 6) 

2x + 4 

omdat −2 nulpunt is van 2x + 4 en 4 − x 2 is m = 2, 

omdat 1 enkel nulpunt is van 3x 2 − 9x + 6 is m = 1, 

omdat 2 nulpunt is van 4 − x 2 en 3x 2 − 9x + 6 is m = 2. 

uit vorige oefening geeft dat dus: 

x −2 (m = 2) 1 (m = 1) 2 (m = 2) 

(4 − x2 )(3x2 − 9x + 6) 

2x + 4 

+ | + 0 − 0 − 

De − onderaan rechts in de tabel is het teken van het product van alle hoogstegraadscoëfficiënten: 

het teken van ((−1) · 3 · 2) is −. 

Voorbeeld 2.2 

Onderzoek voor welke x ∈ R geldt dat (2x − 3)(x2 − 5x + 4) 

x 2 (−x 2 + 2x − 1) 

Oplossing 

(2x − 3) heeft een nulpunt 3/2, 

(x 2 − 5x + 4) heeft twee nulpunten 1 en 4, 

x 2 heeft 0 tweemaal als nulpunt, 

(−x 2 + 2x − 1) heeft 1 tweemaal als nulpunt. 

Zodat voor 0 de multipliciteit m = 2,voor 1 is de multipliciteit m = 3 en voor 3/2 en 

4 de multipliciteit m = 1. 

Op de laatste lijn komt bij nulpunten van factoren uit de noemer een | bij de andere 

een 0. 

Onderaan rechts van de tabel beginnen we met een − dit is het teken van(2·1·1·(−1)). 

Dit geeft volgende tabel: 

x 0 (m = 2) 1 (m = 3) 3/2 (m = 1) 4 (m = 1) 

(2x − 3)(x2 − 5x + 4) 

x2 (−x2 + 2x − 1) 

+ | + | − 0 + 0 − 

De oplossingsverzameling is dus V =]1, 3/2 ] ∪ [4, +∞[. 

֒→ Maak nu oefening 9. t.e.m. oefening 13. van paragraaf 4. 



0.



3 Ongelijkheden van het type 4 px+qy+r ≶ 0 grafisch 

oplossen in R 2 

We onderstellen p en q niet beide nul. Als q = 0 kunnen we dit type ongelijkheden 

herleiden naar een ongelijkheid van de vorm y ≶ ax + b met a,b ∈ R. 

Als q = 0 en p = 0 wordt de ongelijkheid herleid naar de vorm x ≶ b met b ∈ R. 

Bekijken we de functie f met functievoorschrift f(x) = 2x − 1, dan is y = 2x − 1 

de vergelijking van de grafiek van deze functie f. De grafische voorstelling hiervan in 

het vlak R 2 is een rechte l. 

R 

y 

2x − 1 

✻ 

(x,y) 

• 

• (x, 2x − 1) 

x 

Bekijken we nu alle punten op een vertikale rechte met eenzelfde vaste x-coördinaat. 

Alle punten (x,y) ∈ R 2 strikt boven de rechte l hebben een y-coördinaat die strikt 

groter is dan de y-coördinaat van het punt op de rechte l en voldoen dus aan de 

ongelijkheid y > 2x − 1, terwijl de punten strikt onder de rechte l voldoen aan de 

ongelijkheid y < 2x − 1. 

Dit kunnen we doen voor elke vertikale rechte. We kunnen dus besluiten dat alle punten 

(x,y) ∈ R 2 van het halfvlak strikt boven de rechte l voldoen aan de ongelijkheid 

y > 2x − 1 en alle punten (x,y) ∈ R 2 van het halfvlak strikt onder de rechte l 

voldoen aan de ongelijkheid y < 2x − 1 

Uiteraard bepaalt de ongelijkheid y 2x − 1 het bovenste halfvlak met de punten 

op de rechte l, en y 2x − 1 het onderste halfvlak met de punten op de rechte l. 

Algemeen kunnen we stellen 

4 Met a ≶ b bedoelen we alle ongelijkheden van het type a < b, a > b, a b of a b. 



l 

✲ 

R



Eigenschap 3.1 

Als y = ax + b met a,b ∈ R de vergelijking is van een niet-vertikale rechte l in het 

(x,y)−vlak, dan bepaalt 

1. y > ax + b het halfvlak boven de rechte l zonder de punten op de rechte l, 

2. y < ax + b het halfvlak onder de rechte l zonder de punten op de rechte l, 

3. y ax + b het halfvlak boven de rechte l met de punten op de rechte l, 

4. y ax + b het halfvlak onder de rechte l met de punten op de rechte l. 

Als x = b met b ∈ R de vergelijking is van een vertikale rechte l in het (x,y)−vlak, 

dan bepaalt 

5. x > b het halfvlak rechts van de rechte l zonder de punten op de rechte l, 

6. x en op de rechte l, 

7. x b het halfvlak rechts de rechte l met de punten op de rechte l, 

8. x b het halfvlak links van de rechte l met de punten op de rechte l. 

Om een stelsel ongelijkheden van bovenstaande vormen grafisch op te lossen, lossen 

we elke ongelijkheid afzonderlijk op en bepalen dan het gemeenschappelijke deel (de 

doorsnede) van de verkregen oplossingsverzamelingen. 


1. Zoek alle (x,y) ∈ R 2 die voldoen aan 2x − y + 4 > 0. 

Oplossing 

De gegeven ongelijkheid is gelijkwaardig met y < 2x + 4. 

We tekenen de rechte l met vergelijking y = 2x + 4. De oplossingsverzameling is 

dus het halfvlak onder de rechte l zonder de punten op de rechte (eig. 3.1(2)). 

2. Zoek alle (x,y) ∈ R 2 die voldoen aan 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

x 10 

y 15 

3x + y 60 

Oplossing 

We tekenen de rechten met vergelijkingen x = 10, y = 15 en y = −3x + 60. 

Voor elk van de ongelijkheden bepalen we de oplossingsverzameling. 

Voor x 10 is dit het halfvlak rechts van de vertikale rechte x = 10 met de 





punten op de rechte zelf (eig. 3.1(7)). 

Voor y 15 is dit het halfvlak boven de horizontale rechte y = 15 met de punten 

op de rechte zelf (eig. 3.1(3)). 

Voor y −3x+60 is dit het halfvlak onder de rechte met de punten op de rechte 

zelf (eig. 3.1(4)). 

De oplossingsverzameling van het stelsel bestaat dus uit de punten binnen de 

driehoek ABC en op de randen ervan. 

y 

15 

֒→ Maak nu oefening 14. van paragraaf 4. 

✻ 

A(10, 30) 

• 

4 Oefeningen ongelijkheden 

• • 

(10, 15)C B(15, 15) 

10 20 

✲ 

x 

1. Onderzoek welke x ∈ R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. 

 

1 

(a) ln √x + 6 

3 > 0 

7 

x − 2 

(b) √ < 2 

x + 1 

(c) (x − 1) 2 < x 2 + 4x − 5 

log x − 1 

(d) 2 

log x 

log(x + 1) 

(e) 2 

log x 

√ 

(f) e 

x ln(1/2) 

< e 

5 ln(1/2) 

3√ 

x2 + 27x − 1 

(g) 

> 3 

x 





 

3 x + 8 

(h) > x − 2 

x 

 

3 

1 

(i) ln √x + 1 − 1 > 2 

Vergeet ook niet na te gaan voor welke x ∈ R beide leden gedefinieerd zijn. 

2. Toon aan dat voor elke x ∈ [− π 

4 

π 

, ] geldt dat 

4 

1 

cos2 x + sin2 x 5 

2 . 

3. Toon aan dat voor elke x,y ∈ R + 0 waarbij x < y geldt dat 

1 + 2x − x 3 

x 

> 1 + 2y − y3 

. 

y 

4. Zij ε > 0 een strikt positief reëel getal en n ∈ N een natuurlijk getal dat voldoet 

aan n > 

7 

ε 

Toon aan dat 

2 

. 

7 

√ n + 3 < ε. 

5. Stel R ∈ R een willekeurig reëel getal en n ∈ N een natuurlijk getal dat voldoet 

R + 1 

aan n 3 en n > . 

2 

Toon aan dat 2n2 − 3 

> R. 

n 

6. Zij ε > 0 een vast strikt positief reëel getal. 

Zoek welke voorwaarden (in functie van ε) aan een natuurlijk getal K ∈ N moeten 

opgelegd worden opdat voor alle natuurlijke getallen n K zou gelden 

7 

(a) 

n2 < ε; 

− 2 

7 

(b) 

n2 < ε. 

+ 2 

7. Toon aan dat voor alle n ∈ N geldt dat √ n + 2 − √ n + 1 < √ n + 1 − √ n. 

8. Een rij reële getallen u0,u1,u2,... waarvoor een index K ∈ N bestaat zodat 

(a) voor elk natuurlijk getal n K geldt dat un un+1 heet stijgend vanaf de 

index K. 

(b) voor elk natuurlijk getal n K geldt dat un un+1 heet dalend vanaf de 

index K. 

Onderzoek of volgende rijen stijgend of dalend zijn vanaf een bepaalde index. 



(a) un = 

2n − 1 

3n + 4 

(b) un = n 

n 2 + 4 

(c) un = 1 − 1 

n 2 

(d) un = tan π 

4n 

(e) un = 10n 

n! 



met n ∈ N0 

met n ∈ N0 

9. Onderzoek telkens welke x ∈ R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. 

(a) 2(x 2 + 1) 5x 

(b) x 2 (x 2 + 3) < (x + 6)(x 2 + 3) 

(c) (x 2 + x) 2 > (x 2 + 5) 2 

(d) (x + 1) 3 < 27 

(e) 

(f) 

(g) 

(h) 

(x − 5)2 x − 5 

< 

x − 4 x − 4 

2x x 

 

x − 1 x − 2 

x2 + 25 

6x2 3x − 4 2x − 3 

+ 

− 17x + 12 2x − 3 3x − 4 

3(x + 2) 3 

x 2 + 7x + 10 

x(x + 2)3 

x 2 + 7x + 10 

10. Onderzoek welke x ∈ R voldoen aan de gegeven ongelijkheid. 

(a) 1 

< 3 

x 

(b) √ x + 3 < x − 2 

(c) 

3√ 

4x x 

11. Bepaal alle x ∈ R waarvoor 

2 − x 

x − 3 

de sinus is van een hoek. 

12. Bepaal de parameter r ∈ R opdat volgende vierkantsvergelijking twee verschillende 

reële oplossingen zou hebben die beide groter zijn dan −1. 

x 2 + rx − 1/2 = 0 

13. Onderzoek welke x ∈ [−1, 1] met x = 0 voldoen aan tanx2 

sin x 

14. Zoek grafisch welke (x,y) ∈ R 2 voldoen aan volgend stelsel. 



1 

cosx .



(a) 

(b) 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

⎧ 

⎨ 

⎩ 

x < y 

x − 1 > 0 

x + y < 3 

x − y + 3 0 

3x + y < 0 

x + 2y + 3 > 0 

5 Absolute waarde 

5.1 Definitie en betekenis 

Definitie 5.1 

Voor een reëel getal a ∈ R definiëren we de absolute waarde van a als 

|a| def 

 

a als a 0, 

= 

−a als a < 0. 

Zo is bijvoorbeeld |5| = 5, | − π| = π en |1 − √ 2| = √ 2 − 1. 

Voorbeeld 5.2 

Los volgende vergelijking op |x + 5| = 2. 

Oplossing 

• Als x + 5 0 is |x + 5| = x + 5 = 2 zodat x = −3. 

• Als x + 5 < 0 is |x + 5| = −(x + 5) = −x − 5 = 2 zodat x = −7. 

De oplossingsverzameling is dus V = {−3, −7}. 

We kunnen de oefening ook anders oplossen door op de getallenas te zoeken naar de 

visuele betekenis van de absolute waarde. 

We zien dat 

0 

a 

1. als a 0 • • ✲ 

R 

✛ |a| = a ✲ 

a 0 

2. als a < 0 • • 

✲ 

R 

✛ |a| = −a ✲ 



Zodat 



|a| is de afstand van a tot 0 bij de voorstelling op de getallenas. 

Analoog kan je op de getallenas uitzoeken dat voor elke ligging van twee getallen 

x,y ∈ R geldt 

|x − y| is de afstand van x tot y bij de voorstelling op de getallenas. 

We hernemen nu vorige oefening. 

Voorbeeld 5.3 

Los volgende vergelijking op |x + 5| = 2. 

Oplossing 

De afstand van x tot −5 op de getallenas moet 2 zijn dus kan x enkel −5+2 en −5 −2 

zijn. 

De oplossingsverzameling is dus ook hier V = {−3, −7}. 

֒→ Maak nu oefening 1. en oefening 2. van paragraaf 6. 

Met deze visuele voorstelling voor ogen zijn ook volgende equivalenties snel nagetrokken. 

5.2 Eigenschappen 


Als x,a ∈ R en r ∈ R + 0 , dan is 

1. |x| < r ⇔ −r < x < r 

2. |x| > r ⇔ x < −r of r < x 

3. |x − a| < r ⇔ a − r < x < a + r 

4. |x − a| > r ⇔ x < a − r of a + r < x. 

Beide eigenschappen gelden ook als je < (resp. >) vervangt door (resp.). 

(1) wordt verklaard door 

−r x 0 r 

• • 

• • ✲ 

✛ ✲ 

R 

|x| 

✛ ✲✛ 

✲ 



r r



(3) wordt verklaard door 

a − r x a a + r 

• • 

• • ✲ 

✛ ✲ 

R 

|x − a| 

✛ ✲✛ 

✲ 

r r 


1. Onderzoek welke x ∈ R voldoen aan |x − 5| < 9. 

Oplossing 

|x − 5| < 9 de afstand tussen x en 5 is kleiner dan 9 

⇕ eig. 5.2(3) 

5 − 9 < x < 5 + 9 

⇕ 

−4 < x < 14 

De oplossingsverzameling is dus V =] − 4, 14 [. 

2. Onderzoek welke x ∈ R voldoen aan |x + 3| > 5 

Oplossing 

|x + 3| > 5 de afstand tussen x en −3 is groter dan 5 

⇕ eig. 5.2(4) 

x < −3 − 5 of −3 + 5 < x 

⇕ 

x < −8 of 2 < x 

De oplossingsverzameling is dus V = ]−∞, −8[ ∪ ]2, +∞[ . 

3. Onderzoek welke x ∈ R voldoen aan |x 2 − 3| < 9. 



Oplossing 



|x 2 − 3| < 9 de afstand tussen x 2 en 3 is kleiner dan 9 

⇕ eig. 5.2(3) 

3 − 9 < x 2 < 3 + 9 

⇕ 

−6 < x 2 < 12 

⇕ −6 < x 2 is automatisch voldaan en is dus geen voorwaarde 

x 2 < 12 

⇕ beide leden pos., worteltrekken mag, behoudt de ongelijkheid (eig. 1.4 (12)) 

√ √ √ 

x2 < 12 = 2 3 

√ 

⇕ x2 = |x| eig. 5.6(5) 

|x| < 2 √ 3 

⇕ eig. 5.2(3) 

−2 √ 3 < x < 2 √ 3. 

De oplossingsverzameling is dus V = 



 

−2 √ 3, 2 √ 

3 .



We sommen hier nog enkele eigenschappen op van de absolute waarde (zonder bewijs). 


Als x,y,z ∈ R, geldt 

1. −|x| x |x| 

2. |x| = 0 ⇔ x = 0 

3. |x| = | − x| 

4. |x| 2 = x 2 = |x 2 | 

5. √ x 2 = |x| 

6. ( √ x) 2 = x maar hier is x o anders bestaat de wortel niet! 

7. |x y| = |x||y|, de absolute waarde van het product is het product van de 

absolute waarden. 

 

 

8. 

x 

 

|x| 

y 

= met y = 0, de absolute waarde van het quotiënt is het quotiënt van 

|y| 

de absolute waarden. 

9. |x + y| |x| + |y| eerste driehoeksongelijkheid 

10. |x−y| |x−z|+|z −y| eerste driehoeksongelijkheid (equivalente vorm) 

11. | |x| − |y| | |x − y| tweede driehoeksongelijkheid 

Opmerking 5.7 

Let op met (9) kan je aantonen dat |x − y| |x| + |y|. 

In het tweede lid staat effectief een “ + ”. 


 

 

1. Onderzoek welke x ∈ R voldoet aan 

2x 

 

3 < 1. 



Oplossing 

 

 

 

2x 

 

3 

|2||x| 

|3| 

− 3 

2 

2|x| 

3 

< 1 

⇕ eigenschap 5.6(7) en (8) 

< 1 

⇕ 

< 1 



⇕ beide leden vermenigvuldigen met de positieve factor 3 

2 

|x| < 3 

2 

⇕ eigenschap 5.2(1) 

< x < 3 

2 

 

De oplossingsverzameling is dus V = − 3 

 

3 

, . 

2 2 

(eig. 1.4(2)) 

2. Als x,y ∈ R, ε ∈ R + 0 en er geldt dat |x − y| < ε, kan je dan een waarde vinden 

voor ε waarvoor |y| 

< |x|? 

2 

Oplossing 

De tweede driehoeksongelijkheid legt een verband tussen |x|, |y| en |x − y|. We 

zullen daarmee aan de slag gaan. 

We weten dat | |x| − |y| | |x − y| en verder dat |x − y| < ε zodat door de 

transitiviteit geldt dat 

| |x| − |y| | < ε 

−ε < |x| − |y| < ε 

⇕ eigenschap 5.2(1) 

⇕ als een term van lid verandert, verandert hij van teken (eig. 1.4(1)) 

|y| − ε < |x| < |y| + ε 

Als we bijvoorbeeld ε = |y| 

kiezen geeft de linkse ongelijkheid het gevraagde 

2 

|y| 

< |x|. 

2 

֒→ Maak nu oefening 3. t.e.m. oefening 17. van paragraaf 6. 





6 Oefeningen absolute waarde 

1. Bereken (zonder rekenmachine) volgende absolute waarden. 

(a) |2 − 9| 

(b) | − 2 − (−6)| 

2. Los volgende vergelijkingen op. 

(a) |x| = 5 

(b) |2x + 5| = 4 

(c) | √ 2 − √ 7| 

(d) |1, 1 − 5, 2| 

(c) |x − 3| = 7 

 

 

(d) x 

 

 

− 1 

= 1 

2 

3. Als |x − 4| < 2, ga na welke uitspraken over x waar zijn en welke fout. Bewijs de 

juiste uitspraken en geef een tegenvoorbeeld voor de foute uitspraken. 

(a) 2 < x < 6 

(b) 0 < x < 4 

(c) −1 < − x 

< 0 

2 

(d) 1 < 6 

(e) 0 < x − 2 < 4 

(f) 0 < 

< 3 

x 1 1 

< 

x 6 

(g) −6 < −x < 2 

(h) −6 < −x < −2 

 

 

4. Onderzoek welke x ∈ R0 voldoen aan 

2 

5 − 

x 

> 1. 

5. Onderzoek welke x ∈ R + voldoen aan | √ x + 3| < 9. 

6. Zij R ∈ R een willekeurig reëel getal. Zoek één voorwaarde (in termen van R) 

voor een natuurlijk getal n ∈ N opdat zeker zou gelden dat −n 2 < R. 

7. Welk van volgende twee uitspraken is correct? Bewijs de juiste uitspraak en geef 

een tegenvoorbeeld voor de foute uitspraak. 

Als x,y ∈ R dan geldt 

(a) |x − y| |x| − |y|; 

(b) |x − y| |x| + |y|. 

8. Stel x,y ∈ R met |x − 3| < 1 en |y − 5| < 2, 

toon aan dat |x + y − 8| < 3. 

9. Stel x,y ∈ R met |x − y| < 7, 

toon aan dat |y| − 7 < |x| < |y| + 7. 

10. Stel x ∈ R met |x + 2| < 1/3, 

toon aan dat |6x − 2| < 16. 





11. Veronderstel dat x,y ∈ R voldoen aan |x + 5| 2 en |y + 5| 6. 

Hoe groot kan |x − y| dan maximaal zijn? Geef een concreet voorbeeld waarvoor 

die maximale waarde van |x − y| bereikt wordt. 

12. Bestaan er x,y,z, ∈ R waarvoor |x+1| 2, |y+1| 3, |y −z| 1 en |x−z| 7? 

Argumenteer! (d.w.z. als je “ja ” antwoordt, moet je een concreet voorbeeld 

geven; als je “nee” antwoordt moet je bewijzen dat dergelijke x,y en z niet 

kunnen bestaan.) 

13. Zoek het grootst mogelijk domein van de functie f met voorschrift f(x) = 

4 − |x|. 

14. Teken (zonder gebruik van een grafisch rekenmachine) de grafiek van de functies 

met volgende voorschriften 

(a) f(x) = |x| 

(b) f(x) = |x| 

x − |x| 

(d) f(x) = 

2 

x + |x| 

x 

(e) f(x) = 

2 

|x − 1| 

(c) f(x) = (f) f(x) = | sin x| 

x − 1 

(g) f(x) = sin |x| 

15. Stel f een functie met een gegeven grafiek, kan je algemeen beschrijven hoe je de 

grafiek van de functies met volgend voorschrift verkrijgt uit de grafiek van f? 

(a) |f|(x) = |f(x)| 

(b) g(x) = f(|x|) 

16. Teken (zonder gebruik van een grafisch rekenmachine) de grafiek van de functies 

met volgend voorschrift. Ga telkens uit van de grafiek van de fucnctie met voorschrift 

f(x) = |x|. 

(a) f(x) = |x − 3| 

(b) f(x) = |x + 3| 

(c) f(x) = |x| − 3 

(d) f(x) = −|x − 3| 

17. Zoek grafisch welke (x,y) ∈ R 2 voldoen aan |x| + |y| 1. 



(e) f(x) = ||x| − 3| 

(f) f(x) = ||x| + 3|



7 Oplossingen 

7.1 Oplossingen van paragraaf 4 

1. (a) ]0, 49[ 

(b) ] − 1, 8[ 

(c) ] − ∞, −6[ ∪ ]1, +∞[ 

(d) [ 1 

, 1[ 

10 

(e) ]0, 1[ ∪ [ 1 + √ 5 

, +∞[ 

2 

(f) ]25, +∞[ 

(g) ] − 1, 0[ ∪ ] 1 

, 1[ 

27 

(h) ] − ∞, −2] ∪ ]0, +∞[ 

1 

(i) ]0, 

( 3√ e2 + 1 − 1) 2[ 

 

2. Toon eerst aan dat voor elke x ∈ − π π 

 

, geldt dat sin 

4 4 

2 x 1/2 en 

Deze twee ongelijkheden verder lid aan lid optellen. 

3. Definieer de functie met voorschrift f(x) = 

4. 

1 

cos 2 x 

2. 

1 + 2x − x3 

. Nu is f 

x 

′ (x) = − 2x3 + 1 

x2 , 

zodat de afgeleide strikt negatief is op R + 0 . De functie f is dus strikt dalend op 

R + 0 . 

7 

√ < 

n + 3 7 

√ < 

n 7 7 = ε 

ε 

Vul zelf aan met de nodige verantwoordingen. 

5. 2n2 − 3 

n 

2n2 − n 

n 

= n(2n − 1) 

n 

= 2n − 1 > 2( 

R + 1 

) − 1 = R 

2 

Vul zelf aan met de nodige verantwoordingen. 

 

7 

6. (a) Neem bijvoorbeeld K 2 en K > + 2. (Andere voorwaarden zijn mo- 

ε 

gelijk). 

 

7 

(b) Neem bijvoorbeeld K > . (Andere voorwaarden zijn mogelijk). 

ε 

7. Vorm om tot √ n + 2 + √ n < 2 √ n + 1. Verder kwadrateren vereenvoudigen en 

nogmaals kwadrateren geeft een equivalente ongelijkheid die altijd voldaan is. 



8. (a) Stijgend vanaf K = 0. 

(b) Dalend vanaf K = 3. 

(c) Stijgend vanaf K = 0. 

(d) Dalend vanaf K = 0. 

(e) Dalend vanaf K = 10. 

9. (a) [1/2, 2] 

(b) ] − 2, 3[ 

(c) ]5, +∞[ 

(d) ] − ∞, 2[ 

(e) ] − ∞, 4[ ∪ ]5, 6[ 

(f) [0, 1[ ∪ ]2, 3] 

(g) ] − ∞, 0] ∪ ]4/3, 3/2[ ∪ [3, +∞[ 

(h) ] − 5, −2[ ∪ ] − 2, 3] 

10. (a) ] − ∞, 0[ ∪ ]1/3, +∞[ 

(b) ] 5 + √ 21 

, +∞[ 

2 

(c) [−2, 0] ∪ [2, +∞[ 

11. ] − ∞, 5/2] 

12. r < 1/2 

13. [−1, 0[ ∪ ]0, 1] 



14. (a) De punten binnen de driehoek ABC zonder de randen. 

Hierbij is A = (1 , 2),B = (3/2 , 3/2) en C = (1 , 1). 

(b) De punten binnen de driehoek ABC samen met de rand AB. 

Hierbij is A = (−3/4 , 9/4),B = (−3 , 0) en C = (3/5 , −9/5). 

7.2 Oplossingen van paragraaf 6 

1. (a) 7 

(b) 4 

(c) √ 7 − √ 2 

(d) 4, 1 

2. (a) {−5 , 5} 





(b) {−9/2 , −1/2} 

(c) {−4 , 10} 

(d) {0 , 4} 

3. (a) Waar. 

(b) Onwaar, tegenvoorbeeld x = 5. 

(c) Onwaar, tegenvoorbeeld x = 4. 

(d) Waar. 

(e) Waar. 

(f) Onwaar, tegenvoorbeeld x = 3. 

(g) Waar. 

(h) Waar. 

4. ] − ∞, 0[ ∪ ]0, 1/3[ ∪ ]1/2, +∞[ 

5. [0, 36[ 

6. n > |R| 

7. (a) Onwaar. Tegenvoorbeeld x = 3 en y = 5. 

(b) Waar. 

8. |x + y − 8| |x − 3| + |y − 5| 1 + 2 = 3. 

9. ||x| − |y|| |x − y| < 7 maak nu gebruik van eigenschap 5.2 nummer 3. 

10. |6x − 2| = |6(x + 2) − 14| 6|x + 2| + 14 < 6(1/3) + 14 = 16. 

11. |x − y| |x − (−5)| + | − 5 − y| = |x + 5| + |y + 5| 2 + 6 = 8 De maximale 

afstand is 8. 

Die maximale afstand wordt bereikt voor x = −3 en y = −11 of voor x = −7 en 

y = 1. 

12. Neen. |x − z| |x − y| + |y − z| |x + 1| + |1 + y| + |y − z| 2 + 3 + 1 = 6. 

Als je zorgt dat de eerste drie ongelijkheden gelden is de afstand tussen x en 

z automatisch kleiner of gelijk aan 6. Aan de laatste ongelijkheid kan dus niet 

voldaan worden. 

13. Het domein is V =] − 4, 4[. 

15. (a) De grafiek van |f| wordt uit de grafiek van de functie f bekomen door die 

delen van graf f die onder de x-as liggen te spiegelen t.o.v. de x-as. De 

delen van graf f boven de x-as blijven ongewijzigd. 





(b) Rechts van de y-as is de grafiek van g dezelfde als die van f. 

Het deel van de grafiek van g links van de y-as is het spiegelbeeld t.o.v. y-as, 

van het stuk rechts van de y-as. 

17. Alle punten binnen en op de randen van de ruit ABCD. 

Hierbij is A = (0, 1),B = (1, 0),C = (0, −1) en D = (−1, 0).

Zomercursus Wiskunde Module 13 Ongelijkheden en absolute waarde

You also want an ePaper? Increase the reach of your titles

Delete template?

Save as template?