NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
FUNKCJA KWADRATOWA  DOWODY
Definicja
Funkcję określoną wzorem f (x) = ax2 + bx + c, gdzie x " R i a = 0 nazywamy funkcją kwa-
dratową. Liczby a, b, c nazywamy współczynnikami funkcji kwadratowej f . Wykres funkcji
kwadratowej nazywamy parabolą.
Postać kanoniczna
Twierdzenie 1
Funkcję kwadratową f (x) = ax2 + bx + c można przedstawić w postaci
f (x) = a(x - xw)2 + yw,
2
-b
gdzie xw = i yw = -b -4ac. Postać tę nazywamy postacią kanoniczną funkcji
2a 4a
kwadratowej f .
Dowód
Przekształcamy wzór funkcji f korzystając zez wzoru (p + q)2 = p2 + 2pq + q2.
2
b b b2
ax2 + bx + c = a x2 + � x + c = a x + - + c =
a 2a 4a2
2 2
b b2 b b2 - 4ac
= a x + - + c = a x + - .
2a 4a 2a 4a
Miejsca zerowe
Twierdzenie 2
Niech " = b2 - 4ac, gdzie f (x) = ax2 + bx + c jest funkcją kwadratową. Wtedy
równanie f (x) = 0
a) nie ma rozwiązań jeżeli " < 0;
-b
b) ma jedno rozwiązanie x0 = jeżeli " = 0;
2a
" "
-b- " -b+ "
c) ma dwa rozwiązania x1 = , x2 = jeżeli " > 0.
2a 2a
Liczbę " = b2 - 4ac nazywamy wyróżnikiem równania f (x) = 0, a samo równanie
f (x) = 0 nazywamy równaniem kwadratowym.
Materiał pobrany z serwisu
1
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Dowód
Korzystamy z wyprowadzonej wcześniej postaci kanonicznej:
2 2
b b2 - 4ac b "
0 = f (x) = a x + - = a x + - / : a
2a 4a 2a 4a
2
b "
0 = x + - .
2a 4a2
Jeżeli " < 0, to prawa strona powyższej równości jest dodatnia, co dowodzi sprzeczności
równania w tym przypadku.
Jeżeli natomiast " 0 to mamy
" " "
2
2
b " b " b "
0 = x + - = x + + x + -
2a 2a 2a 2a 2a 2a
" "
-b - " -b + "
x1 = (" x2 = .
2a 2a
Otrzymane rozwiązania są równe tylko wtedy, gdy " = 0.
Śledząc uważnie przekształcenie z powyższego dowodu, otrzymujemy
Wniosek 3
Jeżeli " 0 to funkcję kwadratową f (x) = ax2 + bx + c można zapisać w postaci
f (x) = a(x - x1)(x - x2),
" "
-b- " -b+ "
gdzie x1 = , x2 = .
2a 2a
-b
Jeżeli " = 0 to x1 = x2 = i otrzymujemy rozkład
2a
f (x) = a(x - x1)2.
Powyższą postać wzoru funkcji kwadratowej nazywa się postacią iloczynową.
Wzory ViŁte a
Twierdzenie 4
Dwie funkcje kwadratowe f (x) = ax2 + bx + c i g(x) = px2 + 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 rów-
ność
ax2 + bx + c = px2 + qx + r
Materiał pobrany z serwisu
2
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
jest spełniona dla dowolnego x " R. Podstawiając w tej równości x = 0 otrzymujemy c = r
i zostaje nam równość
ax2 + bx = px2 + 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 " 0 i x1, x2 są pierwiastkami równania kwadratowego ax2 + bx + c = 0,
przy czym przyjmujemy x1 = x2 w przypadku " = 0, to prawdziwe są równości
-b
x1 + x2 =
a
c
x1x2 = .
a
Wzory powyższe noszą nazwę wzorów ViŁte a.
Dowód
Korzystając 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, współczynniki po obu stronach tej równości muszą być równe, co
daje nam układ
b = -a(x1 + x2) �! x1 + x2 = -b
a
c
c = ax1x2 �! x1x2 = .
a
Twierdzenie 6
Jeżeli liczby p, q " R spełniają równości
-b
p + q =
a
c
pq = .
a
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).
Materiał pobrany z serwisu
3
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
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
(-b - aq)q = c �! aq2 + 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 f (x) = ax2, gdzie a > 0 ma następujące własności:
a) Funkcja f jest parzysta, tzn. f (-x) = f (x). W szczególności, wykres funkcji
f (x) jest symetryczny względem prostej x = 0.
b) Funkcja f jest malejąca na przedziale (-", 0 i rosnąca na przedziale 0, +").
c) Zbiorem wartości funkcji f jest przedział 0, +"). Ponadto każda liczba y > 0
jest wartością funkcji dla dokładnie dwóch argumentów. Wartość 0 jest przyj-
mowana w dokładnie jednym punkcie: x = 0.
d) 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) + t f (x2).
Równość w tej nierówności zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy x1 = x2 lub
t " {0, 1}.
Dowód
a) Liczymy
f (-x) = a(-x)2 = ax2 = f (x).
Jeżeli wez
miemy 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 symetrycz-
ny względem tej prostej.
Materiał pobrany z serwisu
4
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
b) Niech x1, x2 " R oraz x2 > x1. Zauważmy, że
2 2
f (x2) - f (x1) = ax2 - ax1 = a(x2 + x1)(x2 - x1).
Jeżeli zatem x1, x2 " 0, +") to f (x2) > 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.
c) 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
" "
" "
ax2 - y = 0 �!�! ( ax - y)( ax + y) = 0
" "
y y
"
�!�! x = " (" x- = .
a a
Równanie ma więc zawsze dwa rozwiązania, z wyjątkiem sytuacji y = 0, kiedy roz-
wiązanie jest jedno.
d) Przekształcamy żądaną nierówność
f ((1 - t)x1 + tx2) (1 - t) f (x1) + t f (x2)
2 2
a[(1 - t)x1 + tx2]2 (1 - t)ax1 + tax2 / : a
2 2 2 2
(1 - t)2x1 + 2(1 - t)x1tx2 + t2x2 (1 - t)x1 + tx2
2 2
0 (1 - t - 1 + 2t - t2)x1 - 2t(1 - t)x1x2 + (t - t2)x2
2 2
0 t(1 - t)(x1 - 2x1x2 + x2)
0 t(1 - t)(x1 - x2)2.
Ponieważ t " 0, 1 , nierówność ta jest spełniona oraz równość zachodzi tylko dla
x1 = x2 lub t " {0, 1}. Dowodzi to wypukłości funkcji f .
Materiał pobrany z serwisu
5
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Twierdzenie 8
Funkcja f (x) = ax2 + bx + c ma następujące własności:
-b
a) Wykres funkcji f jest symetryczny względem prostej x = .
2a
-b
b) Funkcja f jest malejąca na przedziale (-", i rosnąca na przedziale
2a
-b -b
, +") dla a > 0, oraz rosnąca na przedziale (-", i malejąca na prze-
2a 2a
-b
dziale , +") dla a < 0.
2a
-"
c) Zbiorem wartości funkcji f jest przedział , +") dla a > 0 oraz przedział
4a
-" -"
(-", dla a < 0. Ponadto każda liczba y = z tego przedziału jest war-
4a 4a
-"
tością funkcji dla dokładnie dwóch argumentów. Wartość jest przyjmowa-
4a
-b -"
na w dokładnie jednym punkcie: x = . Punkt o współrzędnych (-b, )
2a 2a 4a
nazywamy wierzchołkiem paraboli f .
d) Funkcja f jest funkcją wypukłą dla a > 0 i wklęsłą dla a < 0.
Dowód
Patrząc na postać kanoniczną
2
b "
f (x) = a x + -
2a 4a
widzimy, że wykres funkcji f (x) = ax2 + bx + c powstaje z wykresu funkcji y = ax2 przez
-"
przesunięcie o wektor [-b, ].
2a 4a
y
+5
+1
-5 -1 +1 +5 x
-1
-b -"
-5
( ,4a
2a
Ponadto wykres funkcji y = ax2 dla a < 0 powstaje z wykresu funkcji y = (-a)x2 przez
odbicie względem osi Ox. Opisane własności wykresu funkcji y = ax2 + bx + c są więc na-
tychmiastowymi konsekwencjami odpowiednich własności funkcji y = ax2 (Lemat 7).
Materiał pobrany z serwisu
6
(
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Nierówności kwadratowe
Twierdzenie 9
Rozwiązaniem nierówności ax2 + bx + c 0, gdzie a = 0 jest
a) jeżeli " < 0: zbiór pusty " dla a < 0, oraz zbiór R dla a > 0;
b) jeżeli " = 0: zbiór jednoelementowy {-b} dla a < 0, oraz zbiór R dla a > 0;
2a
" " "
-b- "
c) jeżeli"" > 0: przedział -b- " -b+ " dla a < 0 oraz zbiór (-", *"
,
2a 2a 2a
-b+ "
, +") dla a > 0.
2a
Dowód
a) Z Twierdzenia 8 wiemy, że zbiorem wartości funkcji f (x) = ax2 + bx + c jest przedział
-" -"
(-", dla a < 0 oraz przedział , +") dla a > 0. Jeżeli " < 0 to zbiór ten jest w
4a 4a
całości odpowiednio poniżej/powyżej osi Ox.
b) Tak jak wyżej, ale tym razem mamy jeden punkt (-b, 0) leżący na osi Ox.
2a
c) Jeżeli a < 0 to z Twierdzenia 8 wiemy, że funkcja f (x) = ax2 + bx + c jest rosnąca na
-b
przedziale (-", ). Ponadto," mocy Twierdzenia 2, wiemy, że ma ona w tym prze-
na
2a
"
-b- " -b- "
dziale miejsce zerowe x = . Musi więc być ujemna na przedziale (-", ) i
2a 2a
"
-b -b
dodatnia na przedziale (-b- ", . Podobnie rozumujemy dla przedziału , +")
2a 2a 2a
oraz dla a > 0.
Symetrie paraboli
Twierdzenie 10
Parabola f (x) = ax2 + bx + c ma dokładnie jedną oś symetrii i jest nią prosta x =
-b
.
2a
Dowód
-b
Wiemy już (Twierdzenie 8), że prosta x = jest osią symetrii wykresu. Pozostało uzasad-
2a
nić, że wykres nie ma innych osi symetrii.
Wiemy, że każda parabola jest przesunięciem paraboli f (x) = ax2, 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.
Materiał pobrany z serwisu
7
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Możemy zatem założyć, że prosta k ma równanie y = px + q. Rozważmy funkcję g(x) =
ax2 - 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 = ax2
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).
y
+5
B
A +1
-5 -1 +1 +5 x
-1
-5
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 = ax2, gdzie a > 0. Pokażemy, że każda parabola tej postaci jest obrazem w jedno-
kładności o środku w punkcie (0, 0) paraboli y = x2.
Materiał pobrany z serwisu
8
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
y
+5
+2.5
+0.5
-2.5 +1 +2.5 x
-0.5
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), (x3, y3), gdzie
(x1 - x2)(x2 - x3)(x3 - x1) = 0
(tzn. liczby x1, x2, x3 są parami różne), które nie leżą na jednej prostej, istnieje do-
kładnie jedna parabola f (x) = ax2 + bx + c przechodząca przez te punkty.
Dowód
Mamy do rozwiązania układ równań
ńł
2
�ł + + =
�łax bx1 c y1
1
2
ax2 + bx2 + c = y2
�ł
ółax2 bx3 c y3.
+ + =
3
Odejmując od drugiego i od trzeciego równania pierwsze dostajemy układ
ńł
2
�ł + + =
�łax bx1 c y1
1
2 2
a(x2 - x1) + b(x2 - x1) = y2 - y1
�ł
óła(x2 x1) b(x3 x1) y3 y1.
2
- + - = -
3
Materiał pobrany z serwisu
9
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Zauważmy, że niewiadoma c występuje tylko w pierwszym równaniu i w dodatku równa-
nie to pozwala jednoznacznie ją wyliczyć jeżeli znamy a i b. W takim razie wystarczy zająć
się dwoma pozostałymi równaniami, czyli układem
2 2
a(x2 - x1) + b(x2 - x1) = y2 - y1
2 2
a(x3 - x1) + b(x3 - x1) = y3 - y1.
Stosujemy teraz metodę wyznacznikową.
2 2
x2 - x1 x2 - x1
W = =
2 2
x3 - x1 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 założenia, więc wiemy, że układ ten ma dokładnie jedno roz-
wiązanie. Ostatnia rzecz, którą musimy sprawdzić, to czy przypadkiem nie wyjdzie a = 0.
Sprawdz
my kiedy tak jest
y2 - y1 x2 - x1
0 = Wa = = (y2 - y1)(x3 - x1) - (y3 - y1)(x2 - x1)
y3 - y1 x3 - x1
(y2 - y1)(x3 - x1) = (y3 - y1)(x2 - x1)
y2 - y1 y3 - y1
= .
x2 - x1 x3 - x1
Ta równość oznacza jednak, że wektory [x2 - x1, y2 - y1] i [y3 - y1, x3 - x1] są równole-
głe (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 = px2 + 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 kwa-
dratowego. 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 mo-
żemy do nich zastosować Twierdzenie 12. Z twierdzenia tego wiemy, że istnieje dokładnie
jedna parabola przechodząca przez te trzy punkty. Dane parabole muszą się więc pokry-
wać.
Wniosek 14
Dla dowolnych dwóch punktów A = (x1, y1), B = (x2, y2), gdzie x1 = x2 i y1 = y2
istnieje dokładnie jedna parabola y = ax2 + bx + c o wierzchołku w punkcie A i
przechodząca przez punkt B
Materiał pobrany z serwisu
10
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
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 = px2 + qx + r mają wspólny wierzchołek
i jeszcze jeden dodatkowy punkt, to a = p, b = q i c = r.
Podoba Ci się ten poradnik?
Zadania.info
Pokaż go koleżankom i kolegom ze szkoły!
TIPS & TRICKS
1
Nasza definicja paraboli jest typowo szkolna i jej główną wadą jest to, że w ten sposób de-
finiujemy 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).
y
+5
+2.5
+0.5
-2.5 +1 +2.5 x
-0.5
W przypadku poziomej kierownicy otrzymujemy pionowe parabole.
Materiał pobrany z serwisu
11
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
2
Zupełnie 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.
3
Uogólnieniem Wniosku 3 na dowolne wielomiany jest twierdzenie B�zouta, z którego wyni-
ka, 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 znalez
ć taki rozkład dla x4 + 1.
4
Jeżeli komuś się wydaje, że Twierdzenie 4 jest oczywiste, to niech sobie pomyśli o funkcjach
2x+3 4x+6
y = i y = , albo o funkcjach y = sin 2x i y = 2 sin x cos x. Pomimo, że wzory
x-1 2x-2
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 praw-
dziwe. 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.
5
W przypadku funkcji kwadratowej, wzory ViŁte a można uzasadnić bezpośrednio ze wzo-
rów 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 za-
równo Twierdzenie 4 jak i istnienie postaci iloczynowej (tzw. twierdzenie B�zouta) są w tej
sytuacji odrobinę trudniejsze w dowodzie.
6
Twierdzenie 6 należy rozumieć jako twierdzenie odwrotne do wzorów ViŁte a  jego sens
jest taki, że wzory ViŁte a są równoważne samemu równaniu kwadratowemu. Własność ta
a + b = 2
jest bardzo wygodna w wielu zadaniach. Np. mając układ równań wiemy, że
ab = -3
liczby a i b są pierwiastkami równania x2 - 2x - 3 = 0.
7
Lemat 7 oraz Twierdzenie 8 stanowią uzasadnienie dobrze znanych własności paraboli. Że-
by 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 obraz-
ki.
Materiał pobrany z serwisu
12
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
x3
Wez
my na przykład funkcję f (x) = x2 - .
105
y y
x x
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 -104, 104 (oś Oy jest przeskalowana do -108, 108 żeby wykres
ładnie wyglądał). Dopiero gdy na osi Ox zbliżymy się do przedziału -105, 105 (prawy
wykres) zaczyna być widać, że to jednak nie jest parabola.
Może dla funkcji f (x) = x2 też tak jest?  nie, nie jest i to właśnie uzasadniamy w Lemacie
7/Twierdzeniu 8.
8
Warunek wypukłości wygląda na bardzo skomplikowany, ale ma bardzo prostą interpre-
tację geometryczną: oznacza on, że jeżeli wez
miemy dowolne dwa punkty (x1, f (x1)) i
(x2, f (x2)) na wykresie funkcji f , odcinek łączący te punkty jest w całości powyżej wykresu
funkcji f .
y
f(x )
2
(1-t)f(x )+tf(x )
1 2
f(x )
1
(1-t)x +tx
1 2
x1 x2 x
f((1-t)x1+tx )
2
Zapis (1 - t)A + tB to standardowa parametryzacja odcinka o końcach A i B: dla t = 0
1
mamy A, dla t = 1 mamy B, dla t = mamy środek odcinka itd.
2
Materiał pobrany z serwisu
13
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
O wypukłości należy myśleć jak o kierunku, w którym wygina się wykres: jeżeli jedzie-
my zgodnie ze strzałką narysowaną na osi Ox, to wykres funkcji wypukłej skręca w lewo.
Wykres funkcji wklęsłej (np. y = -x2) skręca w prawo. To, jak szybko ten wykres skręca,
mierzy druga pochodna funkcji.
9
W twierdzeniu 9 zajęliśmy się tylko nierównością typu " 0", ale oczywiście łatwo z tego
przypadku wywnioskować rozwiązania pozostałych możliwych nierówności: " 0, > 0, < 0".
10
Twierdzenie 10 zasługuje na specjalny komentarz, bo jest notorycznie wykorzystywane w
zadaniach szkolnych, chociaż nikt go jawnie nie wypowiada (i nie znajdziemy go w podręcz-
nikach szkolnych). Każde zadanie typu wyznacz oś symetrii wykresu funkcji y = 2x2 - 3x + 1
wymaga znajomości tego twierdzenia, tzn. musimy wiedzieć, że podawana w odpowiedzi
-b
prosta x = jest jedyną osią symetrii. Co więcej, jak popatrzymy na dowód tego twier-
2a
dzenia, 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
-b
natomiast brzmi, czy rozwiązanie w stylu: osią symetrii wykresu tej funkcji jest prosta x = ,
2a
-b
więc mamy równanie = 1 itd., uznać za poprawne. W takim rozwiązaniu korzystamy już z
2a
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.
11
To, że każdą parabolę y = ax2 + bx + c można przesunąć do paraboli y = ax2 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.
12
Twierdzenie 12 nie jest specjalnie zaskakujące: we wzorze y = ax2 + 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.
13
Materiał pobrany z serwisu
14
  NAJWI
KSZY INTERNETOWY ZBIÓR ZADAC
Z MATEMATYKI
Twierdzenie 12 w naturalny sposób uogólnia się na wielomiany dowolnego stopnia: dla do-
wolnych n + 1 punktów (xi, yi), gdzie i = 1, 2, . . . , n + 1 oraz xi = xj dla i = j, istnieje wielo-
mian 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.
14
Wiemy, że 3 punkty jednoznacznie wyznaczają parabolę. Jaki jest jej wzór? Przy odrobinie
sprytu można go wymyślić:
(x - x2)(x - x3) (x - x1)(x - x3) (x - x1)(x - x2)
y = � y1 + � y2 + � y3.
(x1 - x2)(x1 - x3) (x2 - x1)(x2 - x3) (x3 - x1)(x3 - x2)
Żeby zobaczyć, że jest dobrze, wystarczy podstawić w tym wzorze kolejno x = x1, x = x2 i
x = x3.
Jako ćwiczenie polecam napisanie analogicznego wzoru dla wielomianu stopnia 3 (trze-
ba wziąć 4 punkty).
15
Wniosek 13 jest oczywiście dużym wzmocnieniem Twierdzenia 4, ale ponieważ dowód
Twierdzenia 4 jest o wiele prostszy, postanowiliśmy potraktować te fakty niezależnie.
16
Wniosek 14 jest ciekawy, bo pokazuje, że wierzchołek jest bardzo szczególnym punktem pa-
raboli  jego ustalenie zostawia bardzo mało swobody na możliwe kształty paraboli. Oczy-
wiście powodem jest symetria paraboli względem pionowej prostej przechodzącej przez
wierzchołek: wybór wierzchołka ustala oś symetrii paraboli.
Materiał pobrany z serwisu
15