Przesunięcie wykresu funkcji f(x)=ax^2 wzdłuż osi OX i OY

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. $W=(3,\,4)$.

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

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 — 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: $x_1=1$, $x_2=5$.

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. $x=2$.

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 $y=3x^2$.

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: $y=(x-3)^2-2$.

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 — 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: $y=2x^2+4x-6$.

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 $x=2$.

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.

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

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 $m=-6$.

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. $(0,\,7)$.

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 — 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$^2$.

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 — 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 — 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 $\langle 2,\,+\infty)$.

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.