Zadania.info
Największy internetowy zbiór zadań z matematyki
cornersUpL
cornersUpR

Zadania

Na skróty

Recenzje

Linki sponsorowane

cornersM
atom_news Informacje atom_zad Zadania

Linki sponsorowane

cornersR

Funkcja kwadratowa - dowody

Definicja Funkcję określoną wzorem f (x) = ax2 + bx + c , gdzie x ∈ R i a ⁄= 0 nazywamy funkcją kwadratową. Liczby a,b,c nazywamy współczynnikami funkcji kwadratowej f . Wykres funkcji kwadratowej nazywamy parabolą. Postać kanoniczna

Twierdzenie 1
Funkcję kwadratową  2 f(x ) = ax + bx + c można przedstawić w postaci

 2 f(x) = a (x− xw) + yw ,

gdzie xw = −2ba- i  2 yw = − b-−44aac . Postać tę nazywamy postacią kanoniczną funkcji kwadratowej f .

Dowód Przekształcamy wzór funkcji f korzystając zez wzoru  2 2 2 (p + q ) = p + 2pq + q .

 ( ) ( ) ( )2 2 ax2 + bx + c = a x2 + b-⋅x + c = a x + -b- − -b-- + c = a 2a 4a 2 ( ) 2 2 ( ) 2 2 = a x + b-- − b--+ c = a x+ b-- − b-−--4ac. 2a 4a 2a 4a

Miejsca zerowe

Twierdzenie 2
Niech Δ = b2 − 4ac , gdzie f(x ) = ax2 + bx + c jest funkcją kwadratową. Wtedy równanie f(x) = 0

  • nie ma rozwiązań jeżeli Δ < 0 ;
  • ma jedno rozwiązanie  −b x0 = -2a- jeżeli Δ = 0 ;
  • ma dwa rozwiązania  −b−-√Δ- −b+-√Δ- x1 = 2a , x 2 = 2a jeżeli Δ > 0 .

Liczbę  2 Δ = b − 4ac nazywamy wyróżnikiem równania f(x) = 0 , a samo równanie f (x) = 0 nazywamy równaniem kwadratowym.

Dowód Korzystamy z wyprowadzonej wcześniej postaci kanonicznej:

 ( b ) 2 b2 − 4ac ( b ) 2 Δ 0 = f (x ) = a x + --- − ---------= a x + --- − --- / : a 2a 4a 2a 4a ( b )2 Δ 0 = x + --- − ---2. 2a 4a

Jeżeli Δ < 0 , to prawa strona powyższej równości jest dodatnia, co dowodzi sprzeczności równania w tym przypadku.

Jeżeli natomiast Δ ≥ 0 to mamy

 ( ) 2 ( √ --)2 ( √ --) ( √ --) b-- --Δ- b-- --Δ- -b- --Δ- 0 = x + 2a − 2a = x + 2a + 2a x + 2a − 2a √ -- √ -- −b − Δ −b + Δ x1 = ---2a----- ∨ x2 = ----2a----.

Otrzymane rozwiązania są równe tylko wtedy, gdy Δ = 0 .

Śledząc uważnie przekształcenie z powyższego dowodu, otrzymujemy

Wniosek 3
Jeżeli Δ ≥ 0 to funkcję kwadratową f(x) = ax 2 + bx+ c można zapisać w postaci

f(x ) = a(x − x1)(x − x2),

gdzie  √ -- √ -- x1 = −b−2a-Δ, x2 = −b-+2a-Δ .
Jeżeli Δ = 0 to x = x = −b- 1 2 2a i otrzymujemy rozkład

f(x) = a(x − x )2. 1

Powyższą postać wzoru funkcji kwadratowej nazywa się postacią iloczynową.

Wzory Viète’a

Twierdzenie 4
Dwie funkcje kwadratowe f(x) = ax 2 + bx + c i g (x) = px 2 + qx + r są równe (tzn. przyjmują te same wartości dla dowolnego x ∈ R ) wtedy i tylko wtedy gdy a = p,b = q i c = r .

Dowód Implikacja "⇐ " jest oczywista, więc zajmiemy się implikacją "⇒ ", czyli zakładamy, że równość

ax2 + bx + c = px 2 + qx + r

jest spełniona dla dowolnego x ∈ R . Podstawiając w tej równości x = 0 otrzymujemy c = r i zostaje nam równość

ax 2 + bx = px 2 + qx .

Teraz podstawmy x = 1 i x = − 1 . Da nam to układ równań

{ a+ b = p + q a− b = p − q.

Dodając, a potem odejmując równania stronami, otrzymujemy a = p i b = q .

Twierdzenie 5
Jeżeli Δ ≥ 0 i x 1,x 2 są pierwiastkami równania kwadratowego ax 2 + bx + c = 0 , przy czym przyjmujemy x 1 = x2 w przypadku Δ = 0 , to prawdziwe są równości

{ x + x = −b- 1 2c a x 1x 2 = a.

Wzory powyższe noszą nazwę wzorów Viète’a.

Dowód Korzystając z postaci iloczynowej funkcji kwadratowej (Wniosek 3) mamy

 2 2 ax + bx + c = a(x − x1)(x − x 2) = ax − a(x1 + x2)x + ax 1x2.

Na mocy Twierdzenia 4, współczynniki po obu stronach tej równości muszą być równe, co daje nam układ

{ b = −a (x + x ) ⇒ x + x = − b 1 2 c1 2 a c = ax1x2 ⇒ x1x2 = a.

Twierdzenie 6
Jeżeli liczby p,q ∈ R spełniają równości

{ p + q = −b- a pq = ca.

dla pewnych liczb a,b,c ∈ R , a ⁄= 0 , to liczby p i q są pierwiastkami równania

ax2 + bx + c = 0

(w szczególności równanie to ma pierwiastki).

Dowód Pomnóżmy obie strony każdego z równań przez a .

{ ap + aq = −b apq = c

Jeżeli podstawimy teraz z pierwszego równania ap = −b − aq do drugiego, to otrzymamy

 2 (−b − aq)q = c ⇒ aq + bq + c = 0 ,

czyli liczba q jest rozwiązaniem równania ax2 + bx + c = 0 . Podobnie pokazujemy, że liczba p jest pierwiastkiem tego równania.

Własności paraboli

Lemat 7
Funkcja  2 f(x) = ax , gdzie a > 0 ma następujące własności:

  • Funkcja f jest parzysta, tzn. f (−x ) = f(x) . W szczególności, wykres funkcji f (x) jest symetryczny względem prostej x = 0 .
  • Funkcja f jest malejąca na przedziale (− ∞ ,0⟩ i rosnąca na przedziale ⟨0,+ ∞ ) .
  • Zbiorem wartości funkcji f jest przedział ⟨0,+ ∞ ) . Ponadto każda liczba y > 0 jest wartością funkcji dla dokładnie dwóch argumentów. Wartość 0 jest przyjmowana w dokładnie jednym punkcie: x = 0 .
  • Funkcja f jest funkcją wypukłą, tzn. dla dowolnych liczb x1,x2 ∈ R i t ∈ ⟨0,1⟩ spełniona jest nierówność:
    f((1 − t)x1 + tx2) ≤ (1 − t)f(x1) + tf(x 2).

    Równość w tej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x1 = x2 lub t ∈ {0,1} .

Dowód

  • Liczymy
    f(−x ) = a(−x )2 = ax2 = f (x).

    Jeżeli weźmiemy dowolny punkt P = (x,f(x)) na wykresie funkcji f , to na mocy parzystości funkcji f , obraz P′ = (−x ,f (x)) = (−x ,f(−x )) punktu P przy symetrii względem prostej x = 0 jest również punktem wykresu f . Wykres jest więc symetryczny względem tej prostej.

  • Niech x 1,x2 ∈ R oraz x2 > x1 . Zauważmy, że
    f(x2) − f(x 1) = ax22 − ax21 = a(x 2 + x 1)(x2 − x1).

    Jeżeli zatem x1,x2 ∈ ⟨0,+ ∞ ) to f(x 2) > f(x1) , co dowodzi, że funkcja jest rosnąca na przedziale ⟨0,+ ∞ ) . Jeżeli natomiast x1,x2 ∈ (− ∞ ,0⟩ to f(x2) < f(x1) , co oznacza, że funkcja jest malejąca na tym przedziale.

  • Niech y ∈ ⟨0,+ ∞ ) . Mamy wtedy
    f(x) = y ⇐ ⇒ ax2 = y.

    Lewa strona jest liczbą nieujemną, więc widać, że równanie f(x) = y (z niewiadomą x ) nie ma rozwiązań dla y < 0 . Jeżeli natomiast y ≥ 0 to mamy

     2 √ -- √ -- √ -- √ -- ax − y( = 0 √ ⇐-⇒ ( ax − √ y))( ax + y) = 0 --y- --y- ⇐ ⇒ x = √a-- ∨ x− = √a-- .

    Równanie ma więc zawsze dwa rozwiązania, z wyjątkiem sytuacji y = 0 , kiedy rozwiązanie jest jedno.

  • Przekształcamy żądaną nierówność
    f ((1 − t)x1 + tx2) ≤ (1 − t)f(x 1)+ tf(x 2) a[(1 − t)x + tx ]2 ≤ (1− t)ax 2+ tax 2 / : a 1 2 1 2 (1 − t)2x21 + 2(1 − t)x1tx2 + t2x22 ≤ (1− t)x21 + tx 22 2 2 2 2 0 ≤ (1 − t − 1 + 2t− t)x 1 − 2t(1 − t)x1x 2 + (t − t )x2 0 ≤ t(1 − t)(x2 − 2x x 2 + x 2) 1 1 2 0 ≤ t(1 − t)(x1 − x2)2.

    Ponieważ t ∈ ⟨0 ,1⟩ , nierówność ta jest spełniona oraz równość zachodzi tylko dla x1 = x 2 lub t ∈ {0,1} . Dowodzi to wypukłości funkcji f .

Twierdzenie 8
Funkcja f(x) = ax 2 + bx+ c ma następujące własności:

  • Wykres funkcji f jest symetryczny względem prostej x = −b- 2a .
  • Funkcja f jest malejąca na przedziale  −b- (− ∞ , 2a ⟩ i rosnąca na przedziale  −b ⟨-2a ,+ ∞ ) dla a > 0 , oraz rosnąca na przedziale (− ∞ , −b⟩ 2a i malejąca na przedziale ⟨−b-,+∞ ) 2a dla a < 0 .
  • Zbiorem wartości funkcji f jest przedział ⟨−Δ-,+ ∞ ) 4a dla a > 0 oraz przedział  −Δ (− ∞ ,4a-⟩ dla a < 0 . Ponadto każda liczba  −Δ y ⁄= 4a- z tego przedziału jest wartością funkcji dla dokładnie dwóch argumentów. Wartość −-Δ 4a jest przyjmowana w dokładnie jednym punkcie:  −b- x = 2a . Punkt o współrzędnych  −b- −-Δ ( 2a , 4a ) nazywamy wierzchołkiem paraboli f .
  • Funkcja f jest funkcją wypukłą dla a > 0 i wklęsłą dla a < 0 .

Dowód Patrząc na postać kanoniczną

 ( ) -b- 2 -Δ- f(x ) = a x + 2a − 4a

widzimy, że wykres funkcji f(x) = ax 2 + bx + c powstaje z wykresu funkcji  2 y = ax przez przesunięcie o wektor  −b- −Δ- [2a ,4a ] .


PIC

Ponadto wykres funkcji  2 y = ax dla a < 0 powstaje z wykresu funkcji y = (−a )x2 przez odbicie względem osi Ox . Opisane własności wykresu funkcji y = ax 2 + bx + c są więc natychmiastowymi konsekwencjami odpowiednich własności funkcji y = ax2 (Lemat 7).

Nierówności kwadratowe

Twierdzenie 9
Rozwiązaniem nierówności ax2 + bx + c ≥ 0 , gdzie a ⁄= 0 jest

  • jeżeli Δ < 0 : zbiór pusty ∅ dla a < 0 , oraz zbiór R dla a > 0 ;
  • jeżeli Δ = 0 : zbiór jednoelementowy { −2ba } dla a < 0 , oraz zbiór R dla a > 0 ;
  • jeżeli Δ > 0 : przedział  −b-−√-Δ-−b+-√Δ- ⟨ 2a , 2a ⟩ dla a < 0 oraz zbiór  √-- √ -- (− ∞ , −b−-Δ-⟩∪ ⟨−b-+--Δ,+ ∞ ) 2a 2a dla a > 0 .

Dowód

  • Z Twierdzenia 8 wiemy, że zbiorem wartości funkcji f(x ) = ax2 + bx + c jest przedział (− ∞ , −Δ⟩ 4a dla a < 0 oraz przedział  −Δ- ⟨4a ,+ ∞ ) dla a > 0 . Jeżeli Δ < 0 to zbiór ten jest w całości odpowiednio poniżej/powyżej osi Ox .
  • Tak jak wyżej, ale tym razem mamy jeden punkt  −b ( 2a ,0) leżący na osi Ox .
  • Jeżeli a < 0 to z Twierdzenia 8 wiemy, że funkcja f(x) = ax 2 + bx + c jest rosnąca na przedziale  −b- (− ∞ ,2a ) . Ponadto, na mocy Twierdzenia 2, wiemy, że ma ona w tym przedziale miejsce zerowe  √ -- x = −b−--Δ- 2a . Musi więc być ujemna na przedziale  −b− √Δ- (− ∞ ,--2a---) i dodatnia na przedziale  −b−√ Δ-−b ( --2a--,-2a-⟩ . Podobnie rozumujemy dla przedziału ⟨−b-,+ ∞ ) 2a oraz dla a > 0 .

Symetrie paraboli

Twierdzenie 10
Parabola f(x) = ax 2 + bx+ c ma dokładnie jedną oś symetrii i jest nią prosta  −b- x = 2a .

Dowód Wiemy już (Twierdzenie 8), że prosta x = −2ba- jest osią symetrii wykresu. Pozostało uzasadnić, że wykres nie ma innych osi symetrii.

Wiemy, że każda parabola jest przesunięciem paraboli  2 f(x) = ax , więc wystarczy zająć się tym przypadkiem. W dodatku przypadek a < 0 sprowadza się do przypadku a > 0 przez odbicie względem osi Ox , więc możemy założyć, że a > 0 .

Załóżmy, że jest jeszcze jedna oś symetrii, powiedzmy k .

Jeżeli k jest pionową prostą, to musi przeprowadzać punkt (0 ,0) na punkt na wykresie o drugiej współrzędnej równej 0, a wiemy, że na wykresie jest tylko jeden taki punkt (Lemat 7), więc w takiej sytuacji k musi być prostą x = 0 , co jest sprzeczne z naszym założeniem.

Możemy zatem założyć, że prosta k ma równanie y = px + q . Rozważmy funkcję  2 g(x ) = ax − px − q . Miejsca zerowe tej funkcji odpowiadają punktom wspólnym paraboli y = ax2 i prostej k , wartości dodatnie tej funkcji odpowiadają punktom w których parabola y = ax 2 jest powyżej prostej k , a wartości ujemne punktom, w których parabola jest poniżej prostej k . Spróbujmy teraz rozważyć wszystkie możliwe konfiguracje (wiemy jakie są możliwości z Twierdzenia 9).

Jeżeli funkcja g nie ma w ogóle, lub ma jedno miejsce zerowe, to cała parabola jest po jednej stronie prostej k , więc prosta ta nie może być jej osią symetrii.

Jeżeli funkcja g ma dwa miejsca zerowe, to po jednej stronie prostej k jest ograniczony łuk paraboli łączący te punkty przecięcia (odpowiada on rozwiązaniom nierówności g(x) ≤ 0 ), a po drugiej stronie jest zbiór nieograniczony (odpowiadający rozwiązaniom nierówności g(x) ≥ 0 ).


PIC


Tak więc i w tym przypadku prosta k nie może być osią symetrii paraboli.

Podobieństwo parabol

Twierdzenie 11
Każde dwie parabole są podobne.

Dowód Tak jak w poprzednim twierdzeniu, zauważamy, że wystarczy zajmować się parabolami postaci y = ax 2 , gdzie a > 0 . Pokażemy, że każda parabola tej postaci jest obrazem w jednokładności o środku w punkcie (0,0) paraboli  2 y = x .


PIC


Rzeczywiście, niech J będzie taką jednokładnością o skali a . Wtedy obrazem paraboli y = x2 jest zbiór opisany równaniem

ay = (ax)2 ⇐ ⇒ y = ax2,

czyli parabola y = ax2 .

3 punkty na paraboli

Twierdzenie 12
Dla dowolnych trzech punktów (x1,y1),(x2,y2),(x 3,y 3) , gdzie

(x1 − x2)(x2 − x3)(x 3 − x 1) ⁄= 0

(tzn. liczby x 1,x2,x3 są parami różne), które nie leżą na jednej prostej, istnieje dokładnie jedna parabola f(x) = ax 2 + bx + c przechodząca przez te punkty.

Dowód Mamy do rozwiązania układ równań

( 2 |{ ax 1 + bx1 + c = y1 ax 22 + bx2 + c = y2 |( ax 2+ bx + c = y . 3 3 3

Odejmując od drugiego i od trzeciego równania pierwsze dostajemy układ

( 2 |{ ax1 + bx1 + c = y1 a(x22 − x21) + b(x2 − x1) = y 2 − y 1 |( a(x2 − x2) + b(x − x ) = y − y . 3 1 3 1 3 1

Zauważmy, że niewiadoma c występuje tylko w pierwszym równaniu i w dodatku równanie to pozwala jednoznacznie ją wyliczyć jeżeli znamy a i b . W takim razie wystarczy zająć się dwoma pozostałymi równaniami, czyli układem

{ a(x2− x2)+ b(x − x ) = y − y 22 12 2 1 2 1 a(x3 − x1)+ b(x3 − x1) = y3 − y1.

Stosujemy teraz metodę wyznacznikową.

 | | ||x22 − x21 x2 − x1|| W = |x23 − x21 x3 − x1| = = (x2 − x1)(x 2 + x 1)(x3 − x1)− (x 3 − x 1)(x3 + x1)(x2 − x1) = = (x2 − x1)(x 3 − x 1)(x2 + x1 − x3 − x 1) = (x2 − x1)(x3 − x1)(x2 − x3).

Liczba ta jest niezerowa z założenia, więc wiemy, że układ ten ma dokładnie jedno rozwiązanie. Ostatnia rzecz, którą musimy sprawdzić, to czy przypadkiem nie wyjdzie a = 0 . Sprawdźmy kiedy tak jest

 ||y − y x − x || 0 = Wa = || 2 1 2 1|| = (y2 − y1)(x 3 − x 1)− (y3 − y1)(x 2 − x 1) y3 − y1 x3 − x1 (y 2 − y 1)(x 3 − x 1) = (y3 − y1)(x2 − x1) y − y y − y -2----1-= --3----1. x2 − x1 x 3 − x 1

Ta równość oznacza jednak, że wektory [x 2 − x ,y 2 − y ] 1 1 i [y3 − y ,x3 − x ] 1 1 są równoległe (w powyżej równości mamy tangensy kątów jakie tworzą one z osią Ox ). To jednak oznacza, że dane trzy punkty leżą na jednej prostej, co jest sprzeczne z naszym założeniem.

Wniosek 13
Jeżeli dwie parabole y = ax2 + bx + c i y = px 2 + qx+ r mają trzy punkty wspólne, to a = p,b = q i c = r .

Dowód Szukanie punktów wspólnych paraboli i prostej prowadzi do rozwiązywania równania kwadratowego. Zatem parabola i prosta zawsze przecinają się w nie więcej niż 2 punktach. W takim razie punkty, o których mowa w treści twierdzenia, nie leżą na jednej prostej i możemy do nich zastosować Twierdzenie 12. Z twierdzenia tego wiemy, że istnieje dokładnie jedna parabola przechodząca przez te trzy punkty. Dane parabole muszą się więc pokrywać.

Wniosek 14
Dla dowolnych dwóch punktów A = (x ,y ),B = (x ,y ) 1 1 2 2 , gdzie x1 ⁄= x2 i y1 ⁄= y2 istnieje dokładnie jedna parabola  2 y = ax + bx+ c o wierzchołku w punkcie A i przechodząca przez punkt B

Dowód Niech C będzie obrazem punktu B w symetrii względem pionowej prostej przechodzącej przez A . Zauważmy, że przy naszych założeniach, punkty A ,B i C nie leżą na jednej prostej.

Na mocy Twierdzenia 8 wiemy, że każda parabola o wierzchołku w A i przechodząca przez B musi przechodzić przez punkt C . To, na mocy Twierdzenia 12, daje nam istnienie i jednoznaczność: wiemy, że dla 3 ustalonych punktów parabola istnieje i jest dokładnie jedna.

Jako natychmiastowy wniosek otrzymujemy.

Wniosek 15
Jeżeli dwie parabole y = ax2 + bx + c i y = px 2 + qx + r mają wspólny wierzchołek i jeszcze jeden dodatkowy punkt, to a = p ,b = q i c = r .

Tips & Tricks

1Nasza definicja paraboli jest typowo szkolna i jej główną wadą jest to, że w ten sposób definiujemy tylko pionowe parabole. Zgodnie z naszą definicją, obrócona parabola przestaje być parabolą. Tak naprawdę parabolę powinno się definiować jako zbiór punktów, które są równo odległe od ustalonego punktu (ogniska paraboli) i ustalonej prostej (kierownicy paraboli).


PIC


W przypadku poziomej kierownicy otrzymujemy pionowe parabole.

2Zupełnie naturalne jest pytanie o wzory na pierwiastki, podobne do tych z Twierdzenia 2, dla wielomianów wyższych stopni. Okazuje się, że wzory takie można wyprowadzić dla wielomianów stopni 3 i 4 (choć są bardzo skomplikowane). Można natomiast udowodnić, że wzory takie nie istnieją dla wielomianów stopnia co najmniej 5.

3Uogólnieniem Wniosku 3 na dowolne wielomiany jest twierdzenie Bézouta, z którego wynika, że wielomian stopnia n , który ma n pierwiastków (licząc z krotnościami) rozkłada się na iloczyn czynników liniowych. Innym uogólnieniem jest znacznie trudniejszy w dowodzie fakt, że każdy wielomian można rozłożyć na iloczyn czynników liniowych i kwadratowych. Aby zobaczyć, że nie jest to oczywiste, polecam znaleźć taki rozkład dla x4 + 1 .

4Jeżeli komuś się wydaje, że Twierdzenie 4 jest oczywiste, to niech sobie pomyśli o funkcjach  2x+3 y = -x−1- i y = 4x+6- 2x−2 , albo o funkcjach y = sin 2x i y = 2sin xco sx . Pomimo, że wzory tych funkcji wyglądają zupełnie inaczej, są to dokładnie te same funkcje. To co dowodzimy w Twierdzeniu 4, to że dla funkcji kwadratowych tego typu sytuacje (tożsamości) nie są możliwe.

Co więcej, jeżeli zmienimy dziedzinę wielomianów, to twierdzenie to może nie być prawdziwe. Np. w informatyce często rozważa się funkcje, których dziedziną jest zbiór { 0,1} . W takiej sytuacji funkcje y = 2x2 i y = x2 + x są identyczne.

5W przypadku funkcji kwadratowej, wzory Viète’a można uzasadnić bezpośrednio ze wzorów na pierwiastki, wtedy nie jest potrzebne Twierdzenie 4. Jednak taki dowód nie przenosi się w żaden sposób na wielomiany wyższych stopni. Nasze uzasadnienie w zasadzie bez zmian funkcjonuje w przypadku wielomianów dowolnego stopnia. "W zasadzie", bo zarówno Twierdzenie 4 jak i istnienie postaci iloczynowej (tzw. twierdzenie Bézouta) są w tej sytuacji odrobinę trudniejsze w dowodzie.

6Twierdzenie 6 należy rozumieć jako twierdzenie odwrotne do wzorów Viète’a – jego sens jest taki, że wzory Viète’a są równoważne samemu równaniu kwadratowemu. Własność ta jest bardzo wygodna w wielu zadaniach. Np. mając układ równań { a+ b = 2 ab = − 3 wiemy, że liczby a i b są pierwiastkami równania  2 x − 2x − 3 = 0 .

7Lemat 7 oraz Twierdzenie 8 stanowią uzasadnienie dobrze znanych własności paraboli. Żeby było jasne, takie uzasadnienie jest potrzebne i właśnie z niego wynika, że to co rysujemy myśląc o paraboli wygląda tak, jak się tego nauczyliśmy. Mówiąc jeszcze inaczej, właśnie dowody mówią o tym jak wygląda wykres funkcji, a nie np. robione na komputerze obrazki.

Weźmy na przykład funkcję  3 f(x) = x 2 − 1x05 .


PIC


Uważam, że bardzo dobrym ćwiczeniem jest próba ustalenia jak wygląda wykres tej funkcji, używając jakiegoś programu do rysowania wykresów. Jeżeli będziemy brali "małe" wartości na osi Ox , to wykres będzie nieodróżnialny od paraboli – na lewym wykresie x zmienia się w przedziale  4 4 ⟨− 10 ,10 ⟩ (oś Oy jest przeskalowana do  8 8 ⟨− 10 ,10 ⟩ żeby wykres ładnie wyglądał). Dopiero gdy na osi Ox zbliżymy się do przedziału ⟨− 105,10 5⟩ (prawy wykres) zaczyna być widać, że to jednak nie jest parabola.

Może dla funkcji  2 f (x) = x też tak jest? – nie, nie jest i to właśnie uzasadniamy w Lemacie 7/Twierdzeniu 8.

8Warunek wypukłości wygląda na bardzo skomplikowany, ale ma bardzo prostą interpretację geometryczną: oznacza on, że jeżeli weźmiemy dowolne dwa punkty (x ,f(x )) 1 1 i (x ,f(x )) 2 2 na wykresie funkcji f , odcinek łączący te punkty jest w całości powyżej wykresu funkcji f .


PIC


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

O wypukłości należy myśleć jak o kierunku, w którym wygina się wykres: jeżeli jedziemy zgodnie ze strzałką narysowaną na osi Ox , to wykres funkcji wypukłej skręca w lewo. Wykres funkcji wklęsłej (np. y = −x 2 ) skręca w prawo. To, jak szybko ten wykres skręca, mierzy druga pochodna funkcji.

9W twierdzeniu 9 zajęliśmy się tylko nierównością typu "≥ 0 ", ale oczywiście łatwo z tego przypadku wywnioskować rozwiązania pozostałych możliwych nierówności: "≤ 0,> 0,< 0 ".

10Twierdzenie 10 zasługuje na specjalny komentarz, bo jest notorycznie wykorzystywane w zadaniach szkolnych, chociaż nikt go jawnie nie wypowiada (i nie znajdziemy go w podręcznikach szkolnych). Każde zadanie typu wyznacz oś symetrii wykresu funkcji y = 2x2 − 3x + 1 wymaga znajomości tego twierdzenia, tzn. musimy wiedzieć, że podawana w odpowiedzi prosta x = −b- 2a jest jedyną osią symetrii. Co więcej, jak popatrzymy na dowód tego twierdzenia, to nie jest on może bardzo trudny, ale nie jest też zupełnie prosty (i niektóre rzeczy, np. "ograniczoność łuku" pozostawiliśmy w nim na mało precyzyjnym poziomie). W takiej sytuacji rodzi się pytanie o sensowność tego typu zadań w podręcznikach szkolnych. Fakt, że takie zadania są w podręcznikach zupełnie powszechne, niestety jest często przejawem ignorancji ich autorów.

Inny problem jest z zadaniami typu: prosta x = 1 jest osią symetrii wykresu funkcji y = x2 + px + 1 , wyznacz p . To zadanie można rozwiązać nie używając Twierdzenia 10: bierzemy jakiś punkt z wykresu, np. (0,1) , potem sprawdzamy kiedy obraz tego punktu w symetrii względem x = 1 (czyli punkt (2,1) ) też jest na wykresie, daje nam to p = − 2 . Pytanie natomiast brzmi, czy rozwiązanie w stylu: osią symetrii wykresu tej funkcji jest prosta x = −b- 2a , więc mamy równanie −b-= 1 2a itd., uznać za poprawne. W takim rozwiązaniu korzystamy już z Twierdzenia 11 i moim zdaniem, jeżeli mamy przesłanki, że autor rozwiązania nie jest tego świadomy (a tak jest w zasadzie zawsze), to takie rozwiązanie należy uznać za błędne.

11To, że każdą parabolę  2 y = ax + bx + c można przesunąć do paraboli  2 y = ax jest w sumie dość niezwykłe, bo pokazuje, że kształt paraboli (z dokładnością do przesunięcia) zależy tylko od jednego parametru (pomimo, że sam wzór funkcji zależy od 3). Twierdzenie 11 jest jeszcze bardziej zaskakujące, bo pokazuje, że jeżeli dopuścimy zmianę skali, to parabola jest tylko jedna.

12Twierdzenie 12 nie jest specjalnie zaskakujące: we wzorze  2 y = ax + bx+ c mamy trzy parametry, więc nic dziwnego, że potrzebujemy trzech warunków, żeby je jednoznacznie wyliczyć. Dowód tego twierdzenia byłby trochę prostszy, gdybyśmy skorzystali z metody wyznacznikowej rozwiązywania układu trzech równań z trzema niewiadomymi.

13Twierdzenie 12 w naturalny sposób uogólnia się na wielomiany dowolnego stopnia: dla dowolnych n + 1 punktów (xi,yi) , gdzie i = 1,2,...,n + 1 oraz xi ⁄= xj dla i ⁄= j , istnieje wielomian stopnia co najwyżej n , którego wykres przechodzi przez te punkty. Gdybyśmy chcieli mieć w tezie dokładnie wielomian stopnia n , to musimy dodatkowo założyć, że punkty te nie leżą na wykresie wielomianu stopnia n − 1 .

Podobnie uogólnia się Wniosek 13: jeżeli wykresy dwóch wielomianów stopnia n mają n + 1 punktów wspólnych to się pokrywają.

14Wiemy, że 3 punkty jednoznacznie wyznaczają parabolę. Jaki jest jej wzór? Przy odrobinie sprytu można go wymyślić:

y = -(x-−-x-2)(x−--x3)-⋅y1 + -(x-−-x1)(x-−-x-3)-⋅y2 + -(x-−-x1)(x-−-x2)--⋅y3. (x 1 − x 2)(x1 − x3) (x2 − x1)(x 2 − x 3) (x3 − x1)(x3 − x2)

Żeby zobaczyć, że jest dobrze, wystarczy podstawić w tym wzorze kolejno x = x1,x = x 2 i x = x3 .

Jako ćwiczenie polecam napisanie analogicznego wzoru dla wielomianu stopnia 3 (trzeba wziąć 4 punkty).

15Wniosek 13 jest oczywiście dużym wzmocnieniem Twierdzenia 4, ale ponieważ dowód Twierdzenia 4 jest o wiele prostszy, postanowiliśmy potraktować te fakty niezależnie.

16Wniosek 14 jest ciekawy, bo pokazuje, że wierzchołek jest bardzo szczególnym punktem paraboli – jego ustalenie zostawia bardzo mało swobody na możliwe kształty paraboli. Oczywiście powodem jest symetria paraboli względem pionowej prostej przechodzącej przez wierzchołek: wybór wierzchołka ustala oś symetrii paraboli.

Twoje uwagi
Nie rozumiesz fragmentu poradnika?
Zauważyłeś błąd lub literówkę?
Masz pomysł jak ulepszyć poradnik?
Napisz nam o tym!