Funkcja kwadratowa- dowody

www.zadania.info NAJWIEKSZY INTERNETOWY ZBIR ZADAN Z MATEMATYKI

FUNKCJA KWADRATOWA DOWODY

Definicja

Funkcje okreslona wzorem f (x) = ax2 + bx+ c, gdzie x R i a 6= 0 nazywamy funkcja kwa-dratowa. Liczby a, b, c nazywamy wspczynnikami funkcji kwadratowej f . Wykres funkcjikwadratowej nazywamy parabola.

Postac kanoniczna

Twierdzenie 1Funkcje kwadratowa f (x) = ax2 + bx + c mozna przedstawic w postaci

f (x) = a(x xw)2 + yw,

gdzie xw = b2a i yw = b24ac

4a . Postac te nazywamy postacia kanoniczna funkcjikwadratowej f .

DowdPrzeksztacamy wzr funkcji f korzystajac zez wzoru (p + q)2 = p2 + 2pq + q2.

ax2 + bx + c = a(

x2 +ba x)+ c = a

((x +

b2a

)2 b

2

4a2

)+ c =

= a(

x +b

2a

)2 b

2

4a+ c = a

(x +

b2a

)2 b

2 4ac4a

.

Miejsca zerowe

Twierdzenie 2Niech = b2 4ac, gdzie f (x) = ax2 + bx + c jest funkcja kwadratowa. Wtedyrwnanie f (x) = 0

a) nie ma rozwiazan jezeli < 0;

b) ma jedno rozwiazanie x0 = b2a jezeli = 0;

c) ma dwa rozwiazania x1 = b

2a , x2 =b+

2a jezeli > 0.

Liczbe = b2 4ac nazywamy wyrznikiem rwnania f (x) = 0, a samo rwnanief (x) = 0 nazywamy rwnaniem kwadratowym.

Materia pobrany z serwisu www.zadania.info1


DowdKorzystamy z wyprowadzonej wczesniej postaci kanonicznej:

0 = f (x) = a(

x +b

2a

)2 b

2 4ac4a

= a(

x +b

2a

)2

4a/ : a

0 =(

x +b

2a

)2

4a2.

Jezeli < 0, to prawa strona powyzszej rwnosci jest dodatnia, co dowodzi sprzecznoscirwnania w tym przypadku.

Jezeli natomiast > 0 to mamy

0 =(

x +b

2a

)2(

2a

)2=

(x +

b2a

+

2a

)(x +

b2a

2a

)

x1 =b

2a x2 = b +

2a.

Otrzymane rozwiazania sa rwne tylko wtedy, gdy = 0.

Sledzac uwaznie przeksztacenie z powyzszego dowodu, otrzymujemy

Wniosek 3Jezeli > 0 to funkcje kwadratowa f (x) = ax2 + bx + c mozna zapisac w postaci

f (x) = a(x x1)(x x2),

gdzie x1 = b

2a , x2 =b+

2a .Jezeli = 0 to x1 = x2 = b2a i otrzymujemy rozkad

f (x) = a(x x1)2.Powyzsza postac wzoru funkcji kwadratowej nazywa sie postacia iloczynowa.

Wzory Vitea

Twierdzenie 4Dwie funkcje kwadratowe f (x) = ax2 + bx + c i g(x) = px2 + qx + r sa rwne(tzn. przyjmuja te same wartosci dla dowolnego x R) wtedy i tylko wtedy gdya = p, b = q i c = r.

DowdImplikacja " " jest oczywista, wiec zajmiemy sie implikacja " ", czyli zakadamy, ze rw-nosc

ax2 + bx + c = px2 + qx + r



jest speniona dla dowolnego x R. Podstawiajac w tej rwnosci x = 0 otrzymujemy c = ri zostaje nam rwnosc

ax2 + bx = px2 + qx.

Teraz podstawmy x = 1 i x = 1. Da nam to ukad rwnan{a + b = p + qa b = p q.

Dodajac, a potem odejmujac rwnania stronami, otrzymujemy a = p i b = q.

Twierdzenie 5Jezeli > 0 i x1, x2 sa pierwiastkami rwnania kwadratowego ax2 + bx + c = 0,przy czym przyjmujemy x1 = x2 w przypadku = 0, to prawdziwe sa rwnosci{

x1 + x2 = bax1x2 = ca .

Wzory powyzsze nosza nazwe wzorw Vitea.

DowdKorzystajac z postaci iloczynowej funkcji kwadratowej (Wniosek 3) mamy

ax2 + bx + c = a(x x1)(x x2) = ax2 a(x1 + x2)x + ax1x2.Na mocy Twierdzenia 4, wspczynniki po obu stronach tej rwnosci musza byc rwne, codaje nam ukad {

b = a(x1 + x2) x1 + x2 = bac = ax1x2 x1x2 = ca .

Twierdzenie 6Jezeli liczby p, q R speniaja rwnosci{

p + q = bapq = ca .

dla pewnych liczb a, b, c R, a 6= 0, to liczby p i q sa pierwiastkami rwnaniaax2 + bx + c = 0

(w szczeglnosci rwnanie to ma pierwiastki).



DowdPomnzmy obie strony kazdego z rwnan przez a.{

ap + aq = bapq = c

Jezeli podstawimy teraz z pierwszego rwnania ap = b aq do drugiego, to otrzymamy(b aq)q = c aq2 + bq + c = 0,

czyli liczba q jest rozwiazaniem rwnania ax2 + bx + c = 0. Podobnie pokazujemy, ze liczbap jest pierwiastkiem tego rwnania.

Wasnosci paraboli

Lemat 7Funkcja f (x) = ax2, gdzie a > 0 ma nastepujace wasnosci:

a) Funkcja f jest parzysta, tzn. f (x) = f (x). W szczeglnosci, wykres funkcjif (x) jest symetryczny wzgledem prostej x = 0.

b) Funkcja f jest malejaca na przedziale (, 0 i rosnaca na przedziale 0,+).c) Zbiorem wartosci funkcji f jest przedzia 0,+). Ponadto kazda liczba y > 0

jest wartoscia funkcji dla dokadnie dwch argumentw. Wartosc 0 jest przyj-mowana w dokadnie jednym punkcie: x = 0.

d) Funkcja f jest funkcja wypuka, tzn. dla dowolnych liczb x1, x2 R i t 0, 1speniona jest nierwnosc:

f ((1 t)x1 + tx2) 6 (1 t) f (x1) + t f (x2).Rwnosc w tej nierwnosci zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x1 = x2 lubt {0, 1}.

Dowd

a) Liczymyf (x) = a(x)2 = ax2 = f (x).

Jezeli wezmiemy dowolny punkt P = (x, f (x)) na wykresie funkcji f , to na mocyparzystosci funkcji f , obraz P = (x, f (x)) = (x, f (x)) punktu P przy symetriiwzgledem prostej x = 0 jest rwniez punktem wykresu f . Wykres jest wiec symetrycz-ny wzgledem tej prostej.



b) Niech x1, x2 R oraz x2 > x1. Zauwazmy, zef (x2) f (x1) = ax22 ax21 = a(x2 + x1)(x2 x1).

Jezeli zatem x1, x2 0,+) to f (x2) > f (x1), co dowodzi, ze funkcja jest rosnaca naprzedziale 0,+). Jezeli natomiast x1, x2 (, 0 to f (x2) < f (x1), co oznacza, zefunkcja jest malejaca na tym przedziale.

c) Niech y 0,+). Mamy wtedyf (x) = y ax2 = y.

Lewa strona jest liczba nieujemna, wiec widac, ze rwnanie f (x) = y (z niewiadomax) nie ma rozwiazan dla y < 0. Jezeli natomiast y > 0 to mamy

ax2 y = 0 (axy)(ax +y) = 0

(x =

ya x =

ya

).

Rwnanie ma wiec zawsze dwa rozwiazania, z wyjatkiem sytuacji y = 0, kiedy roz-wiazanie jest jedno.

d) Przeksztacamy zadana nierwnosc

f ((1 t)x1 + tx2) 6 (1 t) f (x1) + t f (x2)a[(1 t)x1 + tx2]2 6 (1 t)ax21 + tax22 / : a(1 t)2x21 + 2(1 t)x1tx2 + t2x22 6 (1 t)x21 + tx220 6 (1 t 1+ 2t t2)x21 2t(1 t)x1x2 + (t t2)x220 6 t(1 t)(x21 2x1x2 + x22)0 6 t(1 t)(x1 x2)2.

Poniewaz t 0, 1, nierwnosc ta jest speniona oraz rwnosc zachodzi tylko dlax1 = x2 lub t {0, 1}. Dowodzi to wypukosci funkcji f .



Twierdzenie 8Funkcja f (x) = ax2 + bx + c ma nastepujace wasnosci:

a) Wykres funkcji f jest symetryczny wzgledem prostej x = b2a .

b) Funkcja f jest malejaca na przedziale (, b2a i rosnaca na przedzialeb2a ,+) dla a > 0, oraz rosnaca na przedziale (, b2a i malejaca na prze-dziale b2a ,+) dla a < 0.

c) Zbiorem wartosci funkcji f jest przedzia 4a ,+) dla a > 0 oraz przedzia(, 4a dla a < 0. Ponadto kazda liczba y 6= 4a z tego przedziau jest war-toscia funkcji dla dokadnie dwch argumentw. Wartosc 4a jest przyjmowa-na w dokadnie jednym punkcie: x = b2a . Punkt o wsprzednych (

b2a ,4a )

nazywamy wierzchokiem paraboli f .

d) Funkcja f jest funkcja wypuka dla a > 0 i wklesa dla a < 0.

DowdPatrzac na postac kanoniczna

f (x) = a(

x +b

2a

)2

4a

widzimy, ze wykres funkcji f (x) = ax2 + bx + c powstaje z wykresu funkcji y = ax2 przezprzesuniecie o wektor [b2a ,

4a ].

-5 -1 +1 +5 x

-5

-1

+1

+5

y

-b2a -4a,( (Ponadto wykres funkcji y = ax2 dla a < 0 powstaje z wykresu funkcji y = (a)x2 przezodbicie wzgledem osi Ox. Opisane wasnosci wykresu funkcji y = ax2 + bx + c sa wiec na-tychmiastowymi konsekwencjami odpowiednich wasnosci funkcji y = ax2 (Lemat 7).



Nierwnosci kwadratowe

Twierdzenie 9Rozwiazaniem nierwnosci ax2 + bx + c > 0, gdzie a 6= 0 jest

a) jezeli < 0: zbir pusty dla a < 0, oraz zbir R dla a > 0;

b) jezeli = 0: zbir jednoelementowy {b2a } dla a < 0, oraz zbir R dla a > 0;

c) jezeli > 0: przedzia b

2a ,b+

2a dla a < 0 oraz zbir (, b

2a b+

2a ,+) dla a > 0.

Dowd

a) Z Twierdzenia 8 wiemy, ze zbiorem wartosci funkcji f (x) = ax2 + bx + c jest przedzia(, 4a dla a < 0 oraz przedzia 4a ,+) dla a > 0. Jezeli < 0 to zbir ten jest wcaosci odpowiednio ponizej/powyzej osi Ox.

b) Tak jak wyzej, ale tym razem mamy jeden punkt (b2a , 0) lezacy na osi Ox.

c) Jezeli a < 0 to z Twierdzenia 8 wiemy, ze funkcja f (x) = ax2 + bx + c jest rosnaca naprzedziale (, b2a ). Ponadto, na mocy Twierdzenia 2, wiemy, ze ma ona w tym prze-dziale miejsce zerowe x = b

2a . Musi wiec byc ujemna na przedziale (, b

2a ) i

dodatnia na przedziale (b

2a ,b2a . Podobnie rozumujemy dla przedziau b2a ,+)

oraz dla a > 0.

Symetrie paraboli

Twierdzenie 10Parabola f (x) = ax2 + bx + c ma dokadnie jedna os symetrii i jest nia prosta x =b2a .

DowdWiemy juz (Twierdzenie 8), ze prosta x = b2a jest osia symetrii wykresu. Pozostao uzasad-nic, ze wykres nie ma innych osi symetrii.

Wiemy, ze kazda parabola jest przesunieciem paraboli f (x) = ax2, wiec wystarczy zajacsie tym przypadkiem. W dodatku przypadek a < 0 sprowadza sie do przypadku a > 0przez odbicie wzgledem osi Ox, wiec mozemy zaozyc, ze a > 0.

Zazmy, ze jest jeszcze jedna os symetrii, powiedzmy k.Jezeli k jest pionowa prosta, to musi przeprowadzac punkt (0, 0) na punkt na wykresie o

drugiej wsprzednej rwnej 0, a wiemy, ze na wykresie jest tylko jeden taki punkt (Lemat7), wiec w takiej sytuacji k musi byc prosta x = 0, co jest sprzeczne z naszym zaozeniem.



Mozemy zatem zaozyc, ze prosta k ma rwnanie y = px + q. Rozwazmy funkcje g(x) =ax2 px q. Miejsca zerowe tej funkcji odpowiadaja punktom wsplnym paraboli y = ax2i prostej k, wartosci dodatnie tej funkcji odpowiadaja punktom w ktrych parabola y = ax2

jest powyzej prostej k, a wartosci ujemne punktom, w ktrych parabola jest ponizej prostejk. Sprbujmy teraz rozwazyc wszystkie mozliwe konfiguracje (wiemy jakie sa mozliwosci zTwierdzenia 9).

Jezeli funkcja g nie ma w ogle, lub ma jedno miejsce zerowe, to caa parabola jest pojednej stronie prostej k, wiec prosta ta nie moze byc jej osia symetrii.

Jezeli funkcja g ma dwa miejsca zerowe, to po jednej stronie prostej k jest ograniczony ukparaboli aczacy te punkty przeciecia (odpowiada on rozwiazaniom nierwnosci g(x) 6 0),a po drugiej stronie jest zbir nieograniczony (odpowiadajacy rozwiazaniom nierwnoscig(x) > 0).

-5 -1 +1 +5 x

-5

-1

+1

+5

y

AB

Tak wiec i w tym przypadku prosta k nie moze byc osia symetrii paraboli.

Podobienstwo parabol

Twierdzenie 11Kazde dwie parabole sa podobne.

DowdTak jak w poprzednim twierdzeniu, zauwazamy, ze wystarczy zajmowac sie parabolamipostaci y = ax2, gdzie a > 0. Pokazemy, ze kazda parabola tej postaci jest obrazem w jedno-kadnosci o srodku w punkcie (0, 0) paraboli y = x2.



-2.5 +1 +2.5 x-0.5

+0.5

+2.5

+5

y

Rzeczywiscie, niech J bedzie taka jednokadnoscia o skali a. Wtedy obrazem paraboliy = x2 jest zbir opisany rwnaniem

ay = (ax)2 y = ax2,czyli parabola y = ax2.

3 punkty na paraboli

Twierdzenie 12Dla dowolnych trzech punktw (x1, y1), (x2, y2), (x3, y3), gdzie

(x1 x2)(x2 x3)(x3 x1) 6= 0(tzn. liczby x1, x2, x3 sa parami rzne), ktre nie leza na jednej prostej, istnieje do-kadnie jedna parabola f (x) = ax2 + bx + c przechodzaca przez te punkty.

DowdMamy do rozwiazania ukad rwnan

ax21 + bx1 + c = y1ax22 + bx2 + c = y2ax23 + bx3 + c = y3.

Odejmujac od drugiego i od trzeciego rwnania pierwsze dostajemy ukadax21 + bx1 + c = y1a(x22 x21) + b(x2 x1) = y2 y1a(x23 x21) + b(x3 x1) = y3 y1.



Zauwazmy, ze niewiadoma c wystepuje tylko w pierwszym rwnaniu i w dodatku rwna-nie to pozwala jednoznacznie ja wyliczyc jezeli znamy a i b. W takim razie wystarczy zajacsie dwoma pozostaymi rwnaniami, czyli ukadem{

a(x22 x21) + b(x2 x1) = y2 y1a(x23 x21) + b(x3 x1) = y3 y1.

Stosujemy teraz metode wyznacznikowa.

W =x22 x21 x2 x1x23 x21 x3 x1

== (x2 x1)(x2 + x1)(x3 x1) (x3 x1)(x3 + x1)(x2 x1) == (x2 x1)(x3 x1)(x2 + x1 x3 x1) = (x2 x1)(x3 x1)(x2 x3).

Liczba ta jest niezerowa z zaozenia, wiec wiemy, ze ukad ten ma dokadnie jedno roz-wiazanie. Ostatnia rzecz, ktra musimy sprawdzic, to czy przypadkiem nie wyjdzie a = 0.Sprawdzmy kiedy tak jest

0 = Wa =y2 y1 x2 x1y3 y1 x3 x1

= (y2 y1)(x3 x1) (y3 y1)(x2 x1)(y2 y1)(x3 x1) = (y3 y1)(x2 x1)y2 y1x2 x1 =

y3 y1x3 x1 .

Ta rwnosc oznacza jednak, ze wektory [x2 x1, y2 y1] i [y3 y1, x3 x1] sa rwnole-ge (w powyzej rwnosci mamy tangensy katw jakie tworza one z osia Ox). To jednakoznacza, ze dane trzy punkty leza na jednej prostej, co jest sprzeczne z naszym zaozeniem.

Wniosek 13Jezeli dwie parabole y = ax2 + bx + c i y = px2 + qx + r maja trzy punkty wsplne,to a = p, b = q i c = r.

DowdSzukanie punktw wsplnych paraboli i prostej prowadzi do rozwiazywania rwnania kwa-dratowego. Zatem parabola i prosta zawsze przecinaja sie w nie wiecej niz 2 punktach. Wtakim razie punkty, o ktrych mowa w tresci twierdzenia, nie leza na jednej prostej i mo-zemy do nich zastosowac Twierdzenie 12. Z twierdzenia tego wiemy, ze istnieje dokadniejedna parabola przechodzaca przez te trzy punkty. Dane parabole musza sie wiec pokry-wac.

Wniosek 14Dla dowolnych dwch punktw A = (x1, y1), B = (x2, y2), gdzie x1 6= x2 i y1 6= y2istnieje dokadnie jedna parabola y = ax2 + bx + c o wierzchoku w punkcie A iprzechodzaca przez punkt B



DowdNiech C bedzie obrazem punktu B w symetrii wzgledem pionowej prostej przechodzacejprzez A. Zauwazmy, ze przy naszych zaozeniach, punkty A, B i C nie leza na jednej prostej.

Na mocy Twierdzenia 8 wiemy, ze kazda parabola o wierzchoku w A i przechodzacaprzez B musi przechodzic przez punkt C. To, na mocy Twierdzenia 12, daje nam istnieniei jednoznacznosc: wiemy, ze dla 3 ustalonych punktw parabola istnieje i jest dokadniejedna.

Jako natychmiastowy wniosek otrzymujemy.

Wniosek 15Jezeli dwie parabole y = ax2 + bx + c i y = px2 + qx + r maja wsplny wierzchoeki jeszcze jeden dodatkowy punkt, to a = p, b = q i c = r.

Zadania.info Podoba Ci si ten poradnik?Poka go koleankom i kolegom ze szkoy!TIPS & TRICKS

1

Nasza definicja paraboli jest typowo szkolna i jej gwna wada jest to, ze w ten sposb de-finiujemy tylko pionowe parabole. Zgodnie z nasza definicja, obrcona parabola przestajebyc parabola. Tak naprawde parabole powinno sie definiowac jako zbir punktw, ktresa rwno odlege od ustalonego punktu (ogniska paraboli) i ustalonej prostej (kierownicyparaboli).

-2.5 +1 +2.5 x-0.5

+0.5

+2.5

+5

y

W przypadku poziomej kierownicy otrzymujemy pionowe parabole.



2Zupenie naturalne jest pytanie o wzory na pierwiastki, podobne do tych z Twierdzenia 2,dla wielomianw wyzszych stopni. Okazuje sie, ze wzory takie mozna wyprowadzic dlawielomianw stopni 3 i 4 (choc sa bardzo skomplikowane). Mozna natomiast udowodnic,ze wzory takie nie istnieja dla wielomianw stopnia co najmniej 5.

3Uoglnieniem Wniosku 3 na dowolne wielomiany jest twierdzenie Bzouta, z ktrego wyni-ka, ze wielomian stopnia n, ktry ma n pierwiastkw (liczac z krotnosciami) rozkada sie nailoczyn czynnikw liniowych. Innym uoglnieniem jest znacznie trudniejszy w dowodziefakt, ze kazdy wielomian mozna rozozyc na iloczyn czynnikw liniowych i kwadratowych.Aby zobaczyc, ze nie jest to oczywiste, polecam znalezc taki rozkad dla x4 + 1.

4Jezeli komus sie wydaje, ze Twierdzenie 4 jest oczywiste, to niech sobie pomysli o funkcjachy = 2x+3x1 i y =

4x+62x2 , albo o funkcjach y = sin 2x i y = 2 sin x cos x. Pomimo, ze wzory

tych funkcji wygladaja zupenie inaczej, sa to dokadnie te same funkcje. To co dowodzimyw Twierdzeniu 4, to ze dla funkcji kwadratowych tego typu sytuacje (tozsamosci) nie samozliwe.

Co wiecej, jezeli zmienimy dziedzine wielomianw, to twierdzenie to moze nie byc praw-dziwe. Np. w informatyce czesto rozwaza sie funkcje, ktrych dziedzina jest zbir {0, 1}. Wtakiej sytuacji funkcje y = 2x2 i y = x2 + x sa identyczne.

5W przypadku funkcji kwadratowej, wzory Vitea mozna uzasadnic bezposrednio ze wzo-rw na pierwiastki, wtedy nie jest potrzebne Twierdzenie 4. Jednak taki dowd nie przenosisie w zaden sposb na wielomiany wyzszych stopni. Nasze uzasadnienie w zasadzie bezzmian funkcjonuje w przypadku wielomianw dowolnego stopnia. "W zasadzie", bo za-rwno Twierdzenie 4 jak i istnienie postaci iloczynowej (tzw. twierdzenie Bzouta) sa w tejsytuacji odrobine trudniejsze w dowodzie.

6Twierdzenie 6 nalezy rozumiec jako twierdzenie odwrotne do wzorw Vitea jego sensjest taki, ze wzory Vitea sa rwnowazne samemu rwnaniu kwadratowemu. Wasnosc ta

jest bardzo wygodna w wielu zadaniach. Np. majac ukad rwnan

{a + b = 2ab = 3 wiemy, ze

liczby a i b sa pierwiastkami rwnania x2 2x 3 = 0.7

Lemat 7 oraz Twierdzenie 8 stanowia uzasadnienie dobrze znanych wasnosci paraboli. Ze-by byo jasne, takie uzasadnienie jest potrzebne i wasnie z niego wynika, ze to co rysujemymyslac o paraboli wyglada tak, jak sie tego nauczylismy. Mwiac jeszcze inaczej, wasniedowody mwia o tym jak wyglada wykres funkcji, a nie np. robione na komputerze obraz-ki.



Wezmy na przykad funkcje f (x) = x2 x3105 .

x

y

x

y

Uwazam, ze bardzo dobrym cwiczeniem jest prba ustalenia jak wyglada wykres tejfunkcji, uzywajac jakiegos programu do rysowania wykresw. Jezeli bedziemy brali "mae"wartosci na osi Ox, to wykres bedzie nieodrznialny od paraboli na lewym wykresie xzmienia sie w przedziale 104, 104 (os Oy jest przeskalowana do 108, 108 zeby wykresadnie wyglada). Dopiero gdy na osi Ox zblizymy sie do przedziau 105, 105 (prawywykres) zaczyna byc widac, ze to jednak nie jest parabola.

Moze dla funkcji f (x) = x2 tez tak jest? nie, nie jest i to wasnie uzasadniamy w Lemacie7/Twierdzeniu 8.

8Warunek wypukosci wyglada na bardzo skomplikowany, ale ma bardzo prosta interpre-tacje geometryczna: oznacza on, ze jezeli wezmiemy dowolne dwa punkty (x1, f (x1)) i(x2, f (x2)) na wykresie funkcji f , odcinek aczacy te punkty jest w caosci powyzej wykresufunkcji f .

x

y

x1 x2

f(x )1

f(x )21 2

+tx )1 2

(1-t)x +tx 1 2

+tf(x )(1-t)f(x )

f((1-t)x

Zapis (1 t)A + tB to standardowa parametryzacja odcinka o koncach A i B: dla t = 0mamy A, dla t = 1 mamy B, dla t = 12 mamy srodek odcinka itd.



O wypukosci nalezy myslec jak o kierunku, w ktrym wygina sie wykres: jezeli jedzie-my zgodnie ze strzaka narysowana na osi Ox, to wykres funkcji wypukej skreca w lewo.Wykres funkcji wklesej (np. y = x2) skreca w prawo. To, jak szybko ten wykres skreca,mierzy druga pochodna funkcji.

9W twierdzeniu 9 zajelismy sie tylko nierwnoscia typu "> 0", ale oczywiscie atwo z tegoprzypadku wywnioskowac rozwiazania pozostaych mozliwych nierwnosci: "6 0,> 0,< 0".

10Twierdzenie 10 zasuguje na specjalny komentarz, bo jest notorycznie wykorzystywane wzadaniach szkolnych, chociaz nikt go jawnie nie wypowiada (i nie znajdziemy go w podrecz-nikach szkolnych). Kazde zadanie typu wyznacz os symetrii wykresu funkcji y = 2x2 3x + 1wymaga znajomosci tego twierdzenia, tzn. musimy wiedziec, ze podawana w odpowiedziprosta x = b2a jest jedyna osia symetrii. Co wiecej, jak popatrzymy na dowd tego twier-dzenia, to nie jest on moze bardzo trudny, ale nie jest tez zupenie prosty (i niektre rzeczy,np. "ograniczonosc uku" pozostawilismy w nim na mao precyzyjnym poziomie). W takiejsytuacji rodzi sie pytanie o sensownosc tego typu zadan w podrecznikach szkolnych. Fakt,ze takie zadania sa w podrecznikach zupenie powszechne, niestety jest czesto przejawemignorancji ich autorw.

Inny problem jest z zadaniami typu: prosta x = 1 jest osia symetrii wykresu funkcji y =x2 + px+ 1 , wyznacz p. To zadanie mozna rozwiazac nie uzywajac Twierdzenia 10: bierzemyjakis punkt z wykresu, np. (0, 1), potem sprawdzamy kiedy obraz tego punktu w symetriiwzgledem x = 1 (czyli punkt (2, 1)) tez jest na wykresie, daje nam to p = 2. Pytanienatomiast brzmi, czy rozwiazanie w stylu: osia symetrii wykresu tej funkcji jest prosta x = b2a ,wiec mamy rwnanie b2a = 1 itd., uznac za poprawne. W takim rozwiazaniu korzystamy juz zTwierdzenia 11 i moim zdaniem, jezeli mamy przesanki, ze autor rozwiazania nie jest tegoswiadomy (a tak jest w zasadzie zawsze), to takie rozwiazanie nalezy uznac za bedne.

11To, ze kazda parabole y = ax2 + bx + c mozna przesunac do paraboli y = ax2 jest w sumiedosc niezwyke, bo pokazuje, ze ksztat paraboli (z dokadnoscia do przesuniecia) zalezytylko od jednego parametru (pomimo, ze sam wzr funkcji zalezy od 3). Twierdzenie 11 jestjeszcze bardziej zaskakujace, bo pokazuje, ze jezeli dopuscimy zmiane skali, to parabola jesttylko jedna.

12Twierdzenie 12 nie jest specjalnie zaskakujace: we wzorze y = ax2 + bx + c mamy trzyparametry, wiec nic dziwnego, ze potrzebujemy trzech warunkw, zeby je jednoznaczniewyliczyc. Dowd tego twierdzenia byby troche prostszy, gdybysmy skorzystali z metodywyznacznikowej rozwiazywania ukadu trzech rwnan z trzema niewiadomymi.

13



Twierdzenie 12 w naturalny sposb uoglnia sie na wielomiany dowolnego stopnia: dla do-wolnych n+ 1 punktw (xi, yi), gdzie i = 1, 2, . . . , n+ 1 oraz xi 6= xj dla i 6= j, istnieje wielo-mian stopnia co najwyzej n, ktrego wykres przechodzi przez te punkty. Gdybysmy chcielimiec w tezie dokadnie wielomian stopnia n, to musimy dodatkowo zaozyc, ze punkty tenie leza na wykresie wielomianu stopnia n 1.

Podobnie uoglnia sie Wniosek 13: jezeli wykresy dwch wielomianw stopnia n majan + 1 punktw wsplnych to sie pokrywaja.

14Wiemy, ze 3 punkty jednoznacznie wyznaczaja parabole. Jaki jest jej wzr? Przy odrobiniesprytu mozna go wymyslic:

y =(x x2)(x x3)(x1 x2)(x1 x3) y1 +

(x x1)(x x3)(x2 x1)(x2 x3) y2 +

(x x1)(x x2)(x3 x1)(x3 x2) y3.

Zeby zobaczyc, ze jest dobrze, wystarczy podstawic w tym wzorze kolejno x = x1, x = x2 ix = x3.

Jako cwiczenie polecam napisanie analogicznego wzoru dla wielomianu stopnia 3 (trze-ba wziac 4 punkty).

15Wniosek 13 jest oczywiscie duzym wzmocnieniem Twierdzenia 4, ale poniewaz dowdTwierdzenia 4 jest o wiele prostszy, postanowilismy potraktowac te fakty niezaleznie.

16Wniosek 14 jest ciekawy, bo pokazuje, ze wierzchoek jest bardzo szczeglnym punktem pa-raboli jego ustalenie zostawia bardzo mao swobody na mozliwe ksztaty paraboli. Oczy-wiscie powodem jest symetria paraboli wzgledem pionowej prostej przechodzacej przezwierzchoek: wybr wierzchoka ustala os symetrii paraboli.


Funkcja kwadratowa- dowody

Documents

Transcript of Funkcja kwadratowa- dowody