Postać kanoniczna i postać ogólna funkcji kwadratowej (1)

Postać kanoniczna to $y=a(x-p)^2+q$, a wierzchołek ma współrzędne $W=(p,\,q)$.

Porównujemy nasz wzór ze wzorem ogólnym:

$$y=(x-3)^2+4 \quad\Rightarrow\quad p=3,\qquad q=4$$

Uwaga na znak: w nawiasie stoi $(x-p)$, więc $x-3$ oznacza $p=+3$, a nie $-3$.

Odpowiedź: B. $W=(3,\,4)$.

$$\Delta=b^2-4ac$$

Odpowiedź: B. $b^2-4ac$.

Krok 1 — współrzędna $p$ wierzchołka. Tu $a=1$, $b=-6$, $c=5$:

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{6}{2}=3$$

Krok 2 — współrzędna $q$. Najprościej podstawić $x=3$ do wzoru:

$$q=3^2-6\cdot3+5=9-18+5=-4$$

Krok 3 — składamy postać kanoniczną $y=a(x-p)^2+q$:

$$y=(x-3)^2-4$$

Sprawdzenie — rozwijamy z powrotem: $(x-3)^2-4=x^2-6x+9-4=x^2-6x+5$. Zgadza się.

Odpowiedź: $y=(x-3)^2-4$.

$a=1$, $b=-6$, $c=5$:

$$\Delta=(-6)^2-4\cdot1\cdot5=36-20=16$$

Odpowiedź: $\Delta=16$.

1. Postać kanoniczna $a(x-p)^2+q$: $p=3$, $q=-5$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — z nawiasu $(x-3)$ odczytujemy $p=3$ (wzór ma postać $a(x-p)^2+q$); $-3$ byłoby dla $(x+3)$.

O kierunku ramion decyduje wyłącznie współczynnik $a$ przy $x^2$:

$$a>0 \Rightarrow \text{ramiona w górę},\qquad a<0 \Rightarrow \text{ramiona w dół}$$

W naszej funkcji $a=-2$, czyli $a<0$ — ramiona idą w dół.

Współczynniki $b=3$ i $c=-1$ przesuwają parabolę, ale nie odwracają jej ramion.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — delta (z zad. 2): $\Delta=16$, $\sqrt{\Delta}=4$.

Krok 2 — wzory na pierwiastki:

$$x_1=\frac{6-4}{2}=1,\qquad x_2=\frac{6+4}{2}=5$$

Sprawdzenie: $1\cdot5=5=c$ ✔ (wzór Viète’a).

Odpowiedź: $x_1=1$, $x_2=5$.

1. $p=-\dfrac{b}{2a}=\dfrac{6}{2}=3$, więc oś symetrii: $x=3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — oś symetrii paraboli jest pionowa, ma równanie $x=p$.

Krok 1 — wyróżnik. Mamy $a=1$, $b=-6$, $c=5$:

$$\Delta=b^2-4ac=(-6)^2-4\cdot1\cdot5=36-20=16$$

$\Delta>0$, więc są dwa miejsca zerowe. Liczymy $\sqrt{\Delta}=4$.

Krok 2 — wzory na pierwiastki:

$$x_1=\frac{-b-\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{6-4}{2}=1,\qquad x_2=\frac{-b+\sqrt{\Delta}}{2a}=\frac{6+4}{2}=5$$

Sprawdzenie wzorami Viete: $x_1+x_2=1+5=6=-\frac{b}{a}$ oraz $x_1\cdot x_2=1\cdot5=5=\frac{c}{a}$. Zgadza się.

Odpowiedź: $x_1=1$, $x_2=5$.

Współczynnik $a=3>0$, więc ramiona skierowane w górę.

Odpowiedź: C. w górę.

1. Iloczyn równa się zero, gdy $x+1=0$ lub $x-5=0$: $x=-1$ lub $x=5$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — współczynnik $-2$ nie jest miejscem zerowym.

Oś symetrii paraboli to prosta pionowa przechodząca przez wierzchołek, czyli $x=p$.

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{-(-8)}{2\cdot2}=\frac{8}{4}=2$$

Uwaga: oś symetrii paraboli jest zawsze pionowa, więc jej równanie ma postać $x=\ldots$, nigdy $y=\ldots$ — to eliminuje odpowiedź D.

Odpowiedź: C. $x=2$.

Krok 1 — pierwsza współrzędna:

$$p=-\frac{b}{2a}=-\frac{-4}{2}=2$$

Krok 2 — druga współrzędna:

$$q=f(2)=4-8+1=-3$$

Odpowiedź: $W=(2,-3)$.

1. $a=-1\lt 0$ — ramiona w dół, wierzchołek $(2,4)$ jest najwyżej.
2. $ZW=(-\infty,4]$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — ramiona w górę byłyby dla $a\gt 0$; C — pierwsza współrzędna wierzchołka dotyczy argumentów.

Punkt należy do wykresu, więc jego współrzędne spełniają równanie. Podstawiamy $x=2$ i $y=12$:

$$12=a\cdot2^2 \quad\Rightarrow\quad 12=4a \quad\Rightarrow\quad a=3$$

Sprawdzenie: dla $x=2$ mamy $3\cdot4=12$. Zgadza się.

Odpowiedź: $a=3$, czyli $y=3x^2$.

Dla $\Delta<0$ nie ma pierwiastków rzeczywistych — parabola nie przecina osi $OX$.

Odpowiedź: A. $0$.

1. Miejsca zerowe są symetryczne względem osi: $\dfrac{1+x_2}{2}=4 \Rightarrow x_2=7$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — to odległość od osi, a nie drugie miejsce zerowe; B — odbicie względem zera.

Reguła przesunięć wykresu $y=f(x)$:

$$y=f(x-u)+v \quad\Rightarrow\quad \text{przesunięcie o } u \text{ w prawo i o } v \text{ w górę}$$

W prawo o 3: wstawiamy $x-3$ w miejsce $x$, więc $y=(x-3)^2$.

W dół o 2: odejmujemy $2$ na końcu, więc $y=(x-3)^2-2$.

Częsty błąd: przesunięcie w prawo daje minus w nawiasie, choć intuicja podpowiada plus. Wierzchołek nowej paraboli to $(3,\,-2)$ — łatwo sprawdzić, że to zgadza się z opisem.

Odpowiedź: $y=(x-3)^2-2$.

Krok 1 — delta:

$$\Delta=49-48=1,\qquad \sqrt{\Delta}=1$$

Krok 2 — pierwiastki:

$$x_1=\frac{7-1}{2}=3,\qquad x_2=\frac{7+1}{2}=4$$

Odpowiedź: $x\in\{3,4\}$.

1. $f(x)=(x-2)^2-1=x^2-4x+4-1=x^2-4x+3$.
2. $b=-4$, $c=3$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — przepisano $q$ jako $c$; wyraz wolny to $p^2+q$.

Wyraz $(x+1)^2$ jest kwadratem, więc jest zawsze nieujemny:

$$(x+1)^2\ge 0 \quad\Rightarrow\quad (x+1)^2-5\ge -5$$

Najmniejszą wartość $-5$ funkcja osiąga dla $x=-1$ (wtedy nawias się zeruje). Ramiona idą w górę ($a=1>0$), więc wartości rosną nieograniczenie.

Wierzchołek to $W=(-1,\,-5)$ i to druga współrzędna wyznacza zbiór wartości — nie pierwsza.

Odpowiedź: D. $ZW=\langle -5,\,+\infty)$.

Krok 1 — wierzchołek (z zad. 5): $W=(2,-3)$.

Krok 2 — postać kanoniczna $f(x)=a(x-p)^2+q$:

$$f(x)=(x-2)^2-3$$

Sprawdzenie: $(x-2)^2-3=x^2-4x+4-3=x^2-4x+1$ ✔

Odpowiedź: $f(x)=(x-2)^2-3$.

1. $p=\dfrac{4}{2}=2$, $a=1\gt 0$ — funkcja maleje na lewo od wierzchołka: $(-\infty,2]$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — to zbiór, na którym $f(x)\le0$ (między miejscami zerowymi), a nie przedział monotoniczności.

Krok 1 — rozwijamy kwadrat sumy ze wzoru $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$:

$$(x+1)^2=x^2+2x+1$$

Krok 2 — mnożymy przez 2:

$$2(x^2+2x+1)=2x^2+4x+2$$

Krok 3 — odejmujemy 8:

$$y=2x^2+4x+2-8=2x^2+4x-6$$

Sprawdzenie: dla $x=0$ z postaci kanonicznej $2\cdot1-8=-6$, z ogólnej $c=-6$. Zgadza się.

Odpowiedź: $y=2x^2+4x-6$.

Przecięcie z osią $OY$ dla $x=0$:

$$f(0)=1 \quad\Rightarrow\quad (0,1)$$

Wskazówka: to zawsze wyraz wolny $c$.

Odpowiedź: D. $(0,1)$.

1. 1. $p=\dfrac{-6}{-2}=3$, $f(3)=-9+18-5=4$, ramiona w dół → największa wartość $4$ — prawda.
2. 2. $f(0)=-5$, więc wykres przecina $Oy$ w $(0,-5)$ — fałsz.

Odpowiedź: P, F

Ramiona paraboli idą w górę ($a=1>0$), więc funkcja ma najmniejszą wartość — jest nią współrzędna $q$ wierzchołka.

Krok 1 — argument:

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{4}{2}=2$$

Krok 2 — wartość:

$$q=2^2-4\cdot2+7=4-8+7=3$$

Alternatywnie — postać kanoniczna $y=(x-2)^2+3$ pokazuje to od razu: kwadrat jest najmniejszy (równy zero) dla $x=2$, zostaje $3$.

Odpowiedź: wartość najmniejsza to $3$ i jest osiągana dla $x=2$.

Krok 1 — $a=-2<0$, więc parabola ma maksimum w wierzchołku.

Krok 2 — argument:

$$p=-\frac{8}{2\cdot(-2)}=-\frac{8}{-4}=2$$

Krok 3 — wartość największa:

$$f(2)=-8+16-3=5$$

Odpowiedź: dla $x=2$ wartość największa $5$.

1. $f(x)=a(x-1)^2+3$.
2. $P$: $-5=a\cdot(3-1)^2+3 \Rightarrow 4a=-8 \Rightarrow a=-2$.

Odpowiedź: $f(x)=-2(x-1)^2+3$

Liczymy wyróżnik dla $a=1$, $b=-4$, $c=4$:

$$\Delta=(-4)^2-4\cdot1\cdot4=16-16=0$$

Gdy $\Delta=0$, parabola ma dokładnie jedno miejsce zerowe (jest styczna do osi OX):

$$x_0=\frac{-b}{2a}=\frac{4}{2}=2$$

Widać to też z postaci kanonicznej: $y=(x-2)^2$ zeruje się tylko dla $x=2$.

Odpowiedź: B.

Postać iloczynowa: $a(x-x_1)(x-x_2)$:

$$1\cdot(x-2)(x-(-3))=(x-2)(x+3)$$

Odpowiedź: B. $(x-2)(x+3)$.

1. a) Postać iloczynowa: $f(x)=a(x+1)(x-5)$. Punkt $(2,-9)$: $a\cdot3\cdot(-3)=-9 \Rightarrow a=1$. $f(x)=x^2-4x-5$.
2. b) $p=\dfrac{-1+5}{2}=2$, $q=f(2)=4-8-5=-9$. $W=(2,-9)$.
3. c) $a\gt 0$: $ZW=[-9,\infty)$.
4. d) Rośnie na prawo od wierzchołka: $[2,\infty)$.

Odpowiedź: a) $f(x)=x^2-4x-5$; b) $W=(2,-9)$; c) $[-9,\infty)$; d) $[2,\infty)$

Krok 1 — wyróżnik dla $a=1$, $b=-1$, $c=-6$:

$$\Delta=(-1)^2-4\cdot1\cdot(-6)=1+24=25,\qquad \sqrt{\Delta}=5$$

Krok 2 — miejsca zerowe:

$$x_1=\frac{1-5}{2}=-2,\qquad x_2=\frac{1+5}{2}=3$$

Krok 3 — postać iloczynowa $y=a(x-x_1)(x-x_2)$, tu $a=1$:

$$y=(x+2)(x-3)$$

Sprawdzenie: $(x+2)(x-3)=x^2-3x+2x-6=x^2-x-6$. Zgadza się.

Odpowiedź: $y=(x+2)(x-3)$.

Krok 1 — równanie niezupełne (brak wyrazu $bx$):

$$2x^2=8 \quad\Rightarrow\quad x^2=4$$

Krok 2 — pierwiastki:

$$x=\pm2$$

Odpowiedź: $x\in\{-2,2\}$.

Jedno miejsce zerowe oznacza $\Delta=0$. Mamy $a=1$, $b=m$, $c=9$:

$$\Delta=m^2-4\cdot1\cdot9=m^2-36$$

Rozwiązujemy równanie $\Delta=0$:

$$m^2-36=0 \quad\Rightarrow\quad (m-6)(m+6)=0 \quad\Rightarrow\quad m=6 \ \text{ lub } \ m=-6$$

Sprawdzenie dla $m=6$: $y=x^2+6x+9=(x+3)^2$ — jedno miejsce zerowe $x=-3$. Zgadza się.

Sprawdzenie dla $m=-6$: $y=x^2-6x+9=(x-3)^2$ — jedno miejsce zerowe $x=3$. Zgadza się.

Odpowiedź: $m=6$ lub $m=-6$.

Krok 1 — wyłączamy $x$ przed nawias (brak wyrazu wolnego):

$$x(x+5)=0$$

Krok 2 — iloczyn zerowy:

$$x=0 \quad\text{lub}\quad x+5=0$$

$$x=0 \quad\text{lub}\quad x=-5$$

Odpowiedź: $x\in\{-5,0\}$.

Na osi OY zawsze $x=0$, więc podstawiamy zero do wzoru:

$$y=3\cdot0^2-2\cdot0+7=7$$

Ogólna reguła: parabola $y=ax^2+bx+c$ przecina oś OY w punkcie $(0,\,c)$ — wystarczy odczytać wyraz wolny.

Uwaga na kolejność współrzędnych — odpowiedź A ma dobrą liczbę, ale w złym miejscu: $(7,\,0)$ leży na osi OX.

Odpowiedź: C. $(0,\,7)$.

Oś symetrii to $x=p=2$ (pierwsza współrzędna wierzchołka).

Odpowiedź: C. $x=2$.

Czytamy wzór po kolei, od środka na zewnątrz:

1. $(x-2)^2$ — przesunięcie o $2$ jednostki w prawo.

2. Znak minus z przodu — odbicie symetryczne względem osi OX, ramiona obracają się w dół.

3. $+3$ na końcu — przesunięcie o $3$ jednostki w górę.

Wzór jest w postaci kanonicznej $y=a(x-p)^2+q$ z $a=-1$, $p=2$, $q=3$, więc:

$$W=(2,\,3)$$

Ponieważ $a<0$, w wierzchołku funkcja osiąga wartość największą, równą $3$.

Odpowiedź: przesunięcie o 2 w prawo, odbicie względem osi OX, przesunięcie o 3 w górę; $W=(2,\,3)$.

Krok 1 — miejsca zerowe (z zad. 3): $x_1=1$, $x_2=5$.

Krok 2 — kształt paraboli. $a=1>0$ — ramiona w górę, wartości dodatnie poza pierwiastkami.

Krok 3 — odczyt:

$$x\in(-\infty,1)\cup(5,+\infty)$$

Uwaga: nierówność ostra „$>$” — końce otwarte.

Odpowiedź: $x\in(-\infty,1)\cup(5,+\infty)$.

Krok 1 — oznaczenia. Niech $x$ to jeden bok. Obwód wynosi $20$ cm, więc suma dwóch sąsiednich boków to $10$ cm, a drugi bok ma długość $10-x$.

Krok 2 — pole jako funkcja:

$$P(x)=x(10-x)=10x-x^2=-x^2+10x$$

Krok 3 — dziedzina. Boki muszą być dodatnie, więc $x\in(0,\,10)$.

Krok 4 — szukamy maksimum. Mamy $a=-1<0$, więc parabola ma wierzchołek na górze:

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{-10}{-2}=5$$

Wartość $x=5$ mieści się w dziedzinie. Pole wynosi wtedy:

$$P(5)=-25+50=25$$

Wniosek: drugi bok to $10-5=5$ cm — najkorzystniejszy prostokąt to kwadrat.

Odpowiedź: kwadrat o boku $5$ cm, pole największe $25$ cm$^2$.

$$\Delta=36-36=0$$

Dla $\Delta=0$ jest jedno (podwójne) miejsce zerowe: $x=\frac{6}{2}=3$.

Odpowiedź: A. $1$.

O szerokości paraboli decyduje $|a|$: im większa wartość bezwzględna, tym parabola węższa.

$$|3|=3,\qquad \left|\tfrac12\right|=\tfrac12,\qquad 3>\tfrac12$$

Sprawdzenie liczbowe — dla $x=2$:

$$y=3\cdot4=12 \qquad \text{oraz} \qquad y=\tfrac12\cdot4=2$$

Pierwsza parabola rośnie znacznie szybciej, więc szybciej „ucieka” w górę i jest węższa.

Odpowiedź: A.

Krok 1 — miejsca zerowe. Delta:

$$\Delta=16-4\cdot(-1)\cdot(-3)=16-12=4,\qquad \sqrt{\Delta}=2$$

$$x_1=\frac{-4-2}{-2}=3,\qquad x_2=\frac{-4+2}{-2}=1$$

Krok 2 — kształt. $a=-1<0$ — ramiona w dół, wartości dodatnie między pierwiastkami.

Krok 3 — nierówność „$\ge$” — końce domknięte:

$$x\in\langle1,\ 3\rangle$$

Odpowiedź: $x\in\langle1,3\rangle$.

Krok 1 — zapisujemy postać kanoniczną z podstawionym wierzchołkiem $p=1$, $q=-4$:

$$y=a(x-1)^2-4$$

Krok 2 — wykorzystujemy punkt $A$. Podstawiamy $x=3$, $y=0$:

$$0=a(3-1)^2-4 \quad\Rightarrow\quad 0=4a-4 \quad\Rightarrow\quad a=1$$

Krok 3 — wpisujemy $a$:

$$y=(x-1)^2-4$$

Sprawdzenie: dla $x=3$ mamy $(3-1)^2-4=4-4=0$. Punkt $A$ leży na paraboli. Zgadza się.

Odpowiedź: $y=(x-1)^2-4$.

Krok 1 — zmienne. Niech liczby to $x$ i $10-x$. Iloczyn:

$$P(x)=x(10-x)=-x^2+10x$$

Krok 2 — to parabola z $a=-1<0$, ma maksimum w wierzchołku:

$$x=-\frac{10}{2\cdot(-1)}=5$$

Krok 3 — wartość:

$$P(5)=5\cdot5=25$$

Wniosek. Przy ustalonej sumie iloczyn jest największy, gdy liczby są równe ($5$ i $5$).

Odpowiedź: największy iloczyn to $25$.

Krok 1 — wierzchołek. Mamy $a=-1$, $b=4$, $c=0$:

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{-4}{-2}=2,\qquad q=-2^2+4\cdot2=-4+8=4$$

Zatem $W=(2,\,4)$.

Krok 2 — kierunek ramion. $a=-1<0$, więc ramiona idą w dół: funkcja najpierw rośnie, a po przejściu przez wierzchołek maleje.

Krok 3 — przedziały:

$$\text{rośnie na } (-\infty,\,2\rangle,\qquad \text{maleje na } \langle 2,\,+\infty)$$

Sprawdzenie: $f(0)=0$, $f(2)=4$, $f(4)=-16+16=0$ — wartości rosną do wierzchołka i potem opadają. Zgadza się.

Odpowiedź: rośnie na $(-\infty,\,2\rangle$, maleje na $\langle 2,\,+\infty)$.

Krok 1 — postać kanoniczna z wierzchołkiem:

$$f(x)=a(x-1)^2-4$$

Krok 2 — wyznaczamy $a$ z punktu $(3,0)$:

$$0=a(3-1)^2-4 \quad\Rightarrow\quad 0=4a-4 \quad\Rightarrow\quad a=1$$

Krok 3 — wzór:

$$f(x)=(x-1)^2-4=x^2-2x-3$$

Sprawdzenie: $f(3)=9-6-3=0$ ✔

Odpowiedź: $f(x)=x^2-2x-3$.

Część 1 — maksymalna wysokość. Współczynnik $a=-5<0$, więc parabola ma maksimum w wierzchołku:

$$t_{max}=\frac{-b}{2a}=\frac{-20}{-10}=2$$

Podstawiamy $t=2$ do wzoru:

$$h(2)=-5\cdot2^2+20\cdot2=-20+40=20$$

Piłka osiąga 20 metrów po 2 sekundach.

Część 2 — moment upadku. Na ziemi wysokość wynosi zero, więc rozwiązujemy $h(t)=0$:

$$-5t^2+20t=0 \quad\Rightarrow\quad -5t(t-4)=0 \quad\Rightarrow\quad t=0 \ \text{ lub } \ t=4$$

Wynik $t=0$ to moment wyrzucenia, więc interesuje nas $t=4$.

Kontrola sensu: wznoszenie trwa 2 s i opadanie 2 s — ruch jest symetryczny względem wierzchołka, co się zgadza.

Odpowiedź: maksymalna wysokość $20$ m, upadek po $4$ sekundach.

Sposób 1 — postać kanoniczna. Uzupełniamy do kwadratu:

$$x^2+2x+5=(x^2+2x+1)+4=(x+1)^2+4$$

Ponieważ $(x+1)^2\ge0$, to $(x+1)^2+4\ge4>0$ dla każdego $x$. $\quad∎$

Sposób 2 — delta. $\Delta=4-20=-16<0$ oraz $a=1>0$, więc parabola leży w całości nad osią $OX$ — potwierdza wynik.

Wniosek: najmniejsza wartość funkcji to $4$ (w $x=-1$), więc wszystkie wartości są dodatnie.

Rozwiązanie

1. Postać kanoniczna: $f(x)=a(x-3)^2-2$.
2. $g(x)=f(x+1)=a(x-2)^2-2$. Z $g(0)=0$: $a\cdot4-2=0\Rightarrow a=\tfrac12$.
3. $f(x)=\tfrac12(x-3)^2-2=\tfrac12x^2-3x+\tfrac{9}{2}-2=\tfrac12x^2-3x+\tfrac52$.

Odpowiedź: $f(x)=\tfrac12x^2-3x+\tfrac52$.

$f(x)=2(x-2)^{2}+4=2\left(x^{2}-4x+4\right)+4=2x^{2}-8x+8+4=2x^{2}-8x+12$.

Odpowiedź: D.

Postać kanoniczna: $f(x)=a(x-3)^{2}+6$.

Parabola przechodzi przez $(0,3)$: $3=a(0-3)^{2}+6=9a+6$, stąd $9a=-3$, czyli $a=-\dfrac{1}{3}$.

$f(x)=-\dfrac{1}{3}(x-3)^{2}+6$.

Osią symetrii paraboli jest prosta pionowa przechodząca przez wierzchołek $(3,6)$, czyli $x=3$.

Odpowiedź: A.

Rozwiązanie 1.
Zapis \(f(x)\ge0\) oznacza, że szukamy takich argumentów \(x\), dla których funkcja przyjmuje wartości większe lub równe \(0\). Z rysunku wynika, że w takim razie zbiorem rozwiązań tej nierówności będzie przedział \(x\in\langle-2;4\rangle\).

Rozwiązanie 2.
Z odpowiedzi wynika, że poszukujemy wzoru funkcji w postaci kanonicznej typu \(f(x)=a(x-p)^2+q\), gdzie \(p\) oraz \(q\) to współrzędne wierzchołka paraboli. Widzimy, że nasza parabola ma wierzchołek w punkcie \(W=(1;9)\), zatem naszą funkcję możemy zapisać jako \(f(x)=a(x-1)^2+9\).

Teoretycznie do policzenia zostałby nam jeszcze współczynnik \(a\) (na pewno będzie ujemny, bo parabola ma ramiona skierowane do dołu), ale zerkając na odpowiedzi widzimy, że nie ma takiej potrzeby, bo wszędzie \(a=-1\). W związku z tym poszukiwanym wzorem jest \(f(x)=-(x-1)^2+9\).

Rozwiązanie 3.
Zadanie polega tak naprawdę na ustaleniu, dla jakiego argumentu nasza funkcja przyjmuje tą samą wartość co dla \(x=-4\). Z rysunku wynika, że stanie się tak dla argumentu \(x=6\), stąd też \(f(-4)=f(6)\).

Rozwiązanie 4.
Krok 1. Rozwiązanie pierwszej części zadania.
Zapis \(g(x)=f(x+3)\) oznacza, że funkcja \(g(x)\) powstała w wyniku przesunięcia funkcji \(f(x)\) o \(3\) jednostki w lewo. Taka sytuacja jest na rysunku A.

Krok 2. Rozwiązanie drugiej części zadania.
Zapis \(h(x)=f(-x)\) oznacza, że funkcja \(h(x)\) powstała w wyniku przekształcenia funkcji \(f(x)\) względem osi \(OY\) (takie odbicie lustrzane). Taka sytuacja jest na rysunku E.

Rozwiązanie

Postać kanoniczna $f(x)=a(x-1)^2+9$; z $f(0)=8$: $a+9=8\Rightarrow a=-1$, więc $f(x)=-(x-1)^2+9$.

Odpowiedź: B

Rozwiązanie

Oś symetrii $x=1$: $f(x)=f(2-x)$. $f(-4)=f(2-(-4))=f(6)$.

Odpowiedź: A

Postać kanoniczna: $f(x)=-(x-3)^{2}$ — to B.

Postać ogólna: $-(x-3)^{2}=-\left(x^{2}-6x+9\right)=-x^{2}+6x-9$ — to D.

Odpowiedź: B, D.

Jedną z własności wierzchołka paraboli jest fakt, że znajduje się od w jednakowej odległości od miejsc zerowych. Moglibyśmy się tutaj nawet posłużyć wzorem:
$$p=\frac{x_{1}+x_{2}}{2}$$

Podstawiając dane z treści zadania, czyli \(p=3\) oraz \(x_{1}=-5\), otrzymamy:
$$3=\frac{-5+x_{2}}{2} \\
6=-5+x_{2} \\
x_{2}=11$$

Rozwiązanie

Miejsca zerowe leżą symetrycznie względem osi $x=3$: drugie $=3+(3-(-5))=11$.

Odpowiedź: A

Postać iloczynowa: $f(x)=\dfrac{1}{2}(x-2)(x-6)$ — to A.

Postać kanoniczna (wierzchołek $(4,-2)$, $a=\dfrac{1}{2}$): $f(x)=\dfrac{1}{2}(x-4)^{2}-2$ — to B.

Odpowiedź: A, B.