Absolute waarde (VWO 6 wis B) – Pagina 9

Logaritmische functies

De functie $f$ wordt gegeven door $f(x)=\left|\ln(x+1)\right|$ .
De functie $g$ wordt gegeven door $g_p(x)=\ln(px)$ voor $0<p\leq 1$ .
De grafiek van $g_p$ ligt geheel onder de grafiek van $f$ .

In figuur 1 is de grafiek van $f$ weergegeven. Ook is voor een waarde van $p$ de grafiek van $g_p$ weergegeven.

De lijn met vergelijking $x=a$ (met $a>0$ ) snijdt de grafieken van $f$ en $g_p$ in de punten $A$ en $B$ .

Voor $p=1$ is er een waarde van $a$ waarvoor geldt: $OB=OA+2$

Opdracht 16: (4 punten)
Bereken deze waarde van $a$ . Geef je eindantwoord in twee decimalen.

Aanpak:

We moeten de vergelijking $OB=OA+2$ oplossen. Hiervoor zullen we eerst de lengtes $OB$ en $OA$ moeten berekenen. Dat is de afstand tussen twee punten en die berekenen we dus met Pythagoras. Hierbij zijn de coördinaten van $A$ gegeven door $(a,f(a))$ en de coördinaten van $B$ gegeven door $(a,g(a))$ . Dit is dus weer zo’n vraag waarin je eerst alles uitdrukt in één onbekende.

Vervolgens kunnen we de vergelijking $OB=OA+2$ gewoon met de rekenmachine oplossen, omdat er geen exact, algebraïsch of exact in de vraag staat. Let er daarbij op dat er haakjes nodig zijn om de $\ln(x)$ als je $Y_1=\sqrt{x^2+(\ln(x))^2}$ in de GR invult. Als je namelijk $Y_1=\sqrt{x^2+\ln(x)^2}$ invult, denk je GR namelijk dat je $Y_1=\sqrt{x^2+\ln(x^2)}$ bedoelt.

Uitwerking:

$A(a,f(a))$ geeft $A(a,\left|\ln(x+1)\right|)$
Dus $OA=\sqrt{x_A^2+y_A^2}=\sqrt{a^2+(\left|\ln(x+1)\right|)^2}$
$B(a,g(a))$ geeft $B(a,\ln(a))$
$OB=\sqrt{x_B^2+y_B^2}=\sqrt{a^2+(\ln(a))^2}$
$OB=OA+2$ geeft $\sqrt{a^2+(\ln(a))^2}=\sqrt{a^2+(\left|\ln(a+1)\right|)^2}+2$ .
Voer in: $\begin{cases}Y_1=\sqrt{x^2+(\ln(x))^2} \\ Y_2=\sqrt{x^2+(\left|\ln(x+1)\right|)^2}+2\end{cases}$
Optie snijpunt geeft $x=0{,}1157$ .
Afgerond op twee decimalen is het antwoord $a\approx 0{,}12$ .

Voor een bepaalde waarde van $p$ geldt: als $a$ onbegrensd toeneemt, nadert de afstand $AB$ tot 1.

Opdracht 17: (4 punten)
Bereken exact deze waarde van $p$ .

Aanpak:

$AB$ is een verticale lengte. Die bereken je met $y_{\text{boven}}-y_{\text{onder}}$ wat in dit geval neerkomt op $f(a)-g(a)$ .

Vervolgens moeten we kijken naar de lengte van $AB$ als $a$ onbegrensd toeneemt. Altijd als ze het op een examen hebben over onbegrensd toenemen, gaat het over de limiet als $a\rightarrow \infty$ . Gevraagd wordt dus eigenlijk naar wat $\displaystyle\lim_{a\rightarrow \infty} AB$ wordt. Daarbij zijn drie moeilijkheden:

We hebben nog absolute waarden. Die kunnen we echter weghalen, omdat we weten dat als $a$ groot is, hetgeen wat binnen de absolute waarde staat ook positief is.
Vervolgens moeten we dan een limiet berekenen van $\ln(a+1)-\ln(pa)$ . Dit kan niet direct, omdat we dan iets oneindigs min iets oneindigs krijgen. De truc is om eerst de rekenregel $\ln(A)-\ln(B)=\ln(\frac{A}{B})$ ze samen te voegen tot één logaritme.
Tot slot moet je een trucje kennen wat wel eens vaker op het examen voorkomt. Dit trucje zegt dat als je een limiet wilt berekenen van een functie waarin een breuk voorkomt je eerst de limiet van die breuk kan berekenen. Zo is $\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty} \sin(\frac{x+1}{x+2})$ gelijk aan $\sin(1)$ , omdat $\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{x+1}{x+2}=\lim_{a\rightarrow \infty}\frac{1+\frac{1}{x}}{1+\frac{2}{x}} = \frac{1+0}{1+0}=1$ .

Als het goed is, kom je er hiermee uiteindelijk uit dat $\displaystyle \lim_{a\rightarrow \infty} AB = \ln(\frac{1}{p})$ . Dit kun je invullen in $\lim_{a\rightarrow \infty} AB = 1$ om de oplossing van de vraag te krijgen.

Uitwerking:

$AB=y_A-y_B=f(a)-g(a)$ geeft $AB=\left|\ln(a+1)\right|-\ln(pa)$
Als $a$ heel groot is, geldt $\left|\ln(a+1)\right|=\ln(a+1)$ .
Voor grote $a$ geldt dus $AB=\ln(a+1)-\ln(pa)$
$AB=\ln\left(\frac{a+1}{pa}\right)$
$\displaystyle \lim_{a\rightarrow \infty} \frac{a+1}{pa}= \lim_{a\rightarrow \infty} \frac{1+\frac{1}{a}}{p} = \frac{1+0}{p}=\frac{1}{p}$
Dus $\displaystyle \lim_{a\rightarrow \infty} AB = \ln(\frac{1}{p})$
$\displaystyle \lim_{a\rightarrow \infty} AB = 1$ geeft $\ln(\frac{1}{p}) = 1$
$\frac{1}{p}=e$
$p=\frac{1}{e}$

De functie $h_q$ wordt gegeven door $h_q(x)=\frac{1}{2}\ln(-x)+q$ .
In figuur 2 is voor een bepaalde waarde van $q$ de grafiek van $h_q$ weergegeven. Voor deze waarde van $q$ raakt de grafiek van $h_q$ de grafiek van $f$ links van de $y$ -as.

Opdracht 18: (6 punten)
Bereken algebraïsch deze waarde van $q$ . Geef je eindantwoord in twee decimalen.

Aanpak:

We hebben geleerd dat twee grafieken raken als $\begin{cases}h_q(x)=f(x)\\ h_q'(x)=f'(x) \end{cases}$ . Om dit stelsel op te lossen, moeten we dus eerst $f(x)$ en $h_q'(x)$ differentiëren. Let er daarbij op dat je eerst de absolute waarde moet wegwerken voordat je $f(x)$ kunt differentiëren. Hierbij moet je je realiseren dat het raken links van het knikpunt gebeurt en dat daar het stuk tussen de absolute waarden negatief is. Daarom is de functie $f$ daar gelijk aan $f(x)=-\ln(x+1)$ .

Vervolgens krijgen we met het stelsel $\begin{cases}h_q(x)=f(x)\\ h_q'(x)=f'(x) \end{cases}$ twee vergelijkingen. Hierbij staat in de vergelijking $h_q'(x)=f'(x)$ alleen de letter $x$ . Die lossen we dus eerst op. Vervolgens vullen we die oplossing in $h_q(x)=f(x)$ in om de bijbehorende waarde van $q$ te berekenen.

Uitwerking:

De grafieken raken als $\begin{cases}h_q(x)=f(x)\\ h_q'(x)=f'(x) \end{cases}$ .
Links van de $y$ -as, geldt $f(x)=-\ln(x+1)$ , omdat $\ln(x+1)$ daar negatief is.
$f'(x)=-\frac{1}{x+1}$
$h'_q(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{-x}\cdot -1$
$h'_q(x)=\frac{1}{2x}$
$f'(x)=h'_q(x)$ geeft $-\frac{1}{x+1}=\frac{1}{2x}$
Dat geeft $-2x=x+1$
$-3x=1$
$x=-\frac{1}{3}$
$x=-\frac{1}{3}$ invullen in $f(x)=h_q(x)$ geeft $-\ln(-\frac{1}{3}+1) = \frac{1}{2}\ln(\frac{1}{3})+q$
$q=-\ln(-\frac{1}{3}+1)-\frac{1}{2}\ln(\frac{1}{3}) = 0{,}954\ldots$
Afgerond op twee decimalen geldt $q\approx 0{,}95$ .

Pagina's: 1234567891011