Funkcja kwadratowa — zastosowania (1)

Krok 1 — miejsca zerowe:

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

Krok 2 — kierunek ramion. Współczynnik $a=1>0$, więc parabola jest skierowana w górę i leży poniżej osi OX między miejscami zerowymi.

$$x\in(-2,\,2)$$

Nawiasy okrągłe: nierówność jest ostra ($<$), więc końce nie należą.

Odpowiedź: C.

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

Uwaga na znak: $b=-8$, więc $-b=8$.

Odpowiedź: B. $4$.

Krok 1 — miejsca zerowe. Rozkładamy na czynniki:

$$x^2-5x+6=(x-2)(x-3)=0 \quad\Rightarrow\quad x=2 \ \text{ lub } \ x=3$$

Krok 2 — kierunek ramion. $a=1>0$, więc parabola jest nad osią OX na zewnątrz miejsc zerowych.

Krok 3 — zapisujemy rozwiązanie. Nierówność jest nieostra ($\ge$), więc końce dołączamy:

$$x\in(-\infty,\,2\rangle\cup\langle 3,\,+\infty)$$

Sprawdzenie: dla $x=0$ mamy $6\ge0$ ✔, dla $x=2{,}5$ mamy $-0{,}25<0$ (poza zbiorem) ✔

Odpowiedź: $x\in(-\infty,\,2\rangle\cup\langle 3,\,+\infty)$.

Krok 1 — odcięta wierzchołka:

$$p=\frac{-6}{2\cdot(-1)}=3$$

Krok 2 — wartość:

$$f(3)=-9+18=9$$

Dlaczego największa: $a=-1<0$, więc ramiona skierowane są w dół.

Odpowiedź: wartość największa $9$ dla $x=3$.

1. $p=-\frac{20}{2\cdot(-5)}=2$ s.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — moment upadku (drugie miejsce zerowe).

Wzory Viete dla równania $ax^2+bx+c=0$:

$$x_1+x_2=-\frac{b}{a},\qquad x_1\cdot x_2=\frac{c}{a}$$

Podstawiamy $a=1$, $b=-7$, $c=10$:

$$x_1+x_2=-\frac{-7}{1}=7$$

$$x_1\cdot x_2=\frac{10}{1}=10$$

Sprawdzenie: pierwiastkami są $2$ i $5$, bo $2+5=7$ ✔ i $2\cdot5=10$ ✔

Odpowiedź: suma $7$, iloczyn $10$.

Niech pierwsza liczba to $x$, wtedy druga to $12-x$:

$$P(x)=x(12-x)=12x-x^2$$

To funkcja kwadratowa o ramionach w dół — ma więc wartość największą.

Odpowiedź: $P(x)=-x^2+12x$.

1. $h(2)=-20+40=20$ m.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — to czas, a nie wysokość.

Jedno rozwiązanie oznacza $\Delta=0$:

$$\Delta=b^2-4\cdot1\cdot9=b^2-36=0$$

Rozwiązujemy:

$$b^2=36 \quad\Rightarrow\quad b=6 \ \text{ lub } \ b=-6$$

Sprawdzenie dla $b=6$: $x^2+6x+9=(x+3)^2$ — jedno rozwiązanie $x=-3$ ✔

Uwaga: pierwiastkowanie równania $b^2=36$ daje dwa wyniki — pominięcie ujemnego to częsty błąd.

Odpowiedź: B.

Maksimum funkcji $P(x)=-x^2+12x$ wypada w wierzchołku:

$$p=\frac{-12}{-2}=6$$

Obie liczby są równe $6$, a iloczyn wynosi $36$.

Porównanie: $4\cdot8=32$, $2\cdot10=20$, $1\cdot11=11$ — wszystkie mniejsze.

Odpowiedź: C. $6$ i $6$.

1. $-5t^2+20t=0 \Rightarrow -5t(t-4)=0$, $t=0$ (wyrzut) lub $t=4$ s.

Odpowiedź: A

Dwa różne pierwiastki oznaczają $\Delta>0$:

$$\Delta=(-4)^2-4\cdot1\cdot m=16-4m$$

Rozwiązujemy nierówność:

$$16-4m>0 \quad\Rightarrow\quad -4m>-16 \quad\Rightarrow\quad m<4$$

Uwaga na znak: dzieląc przez liczbę ujemną ($-4$), odwracamy znak nierówności.

Sprawdzenie dla $m=0$: $x^2-4x=x(x-4)$ ma pierwiastki $0$ i $4$ — dwa różne ✔

Odpowiedź: $m\in(-\infty,\,4)$.

Krok 1 — odcięta wierzchołka:

$$p=\frac{10}{2}=5$$

Krok 2 — wartość:

$$f(5)=25-50+30=5$$

Odpowiedź: wartość najmniejsza $5$.

1. $P(x)=x(10-x)=-x^2+10x$, $p=5$, $P(5)=25$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — dla liczb całkowitych $4$ i $6$; maksimum jest dla $5$ i $5$.

Krok 1 — podstawienie. Niech $t=x^2$, przy czym $t\ge0$:

$$t^2-13t+36=0$$

Krok 2 — rozwiązujemy równanie kwadratowe:

$$\Delta=169-144=25,\qquad \sqrt{\Delta}=5$$

$$t_1=\frac{13-5}{2}=4,\qquad t_2=\frac{13+5}{2}=9$$

Oba wyniki są nieujemne, więc oba są dopuszczalne.

Krok 3 — wracamy do $x$:

$$x^2=4 \quad\Rightarrow\quad x=\pm2$$

$$x^2=9 \quad\Rightarrow\quad x=\pm3$$

Uwaga: każde $t$ daje dwa rozwiązania w $x$ — łącznie cztery.

Odpowiedź: $x=-3,\ -2,\ 2,\ 3$.

Suma sąsiednich boków to $10$, więc pole to $P(x)=x(10-x)$.

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

Oba boki po $5$, pole $25$. Dla porównania: $8\cdot2=16$, $7\cdot3=21$, $9\cdot1=9$.

Odpowiedź: A. kwadratem o boku $5$.

1. $2x+2y=24 \Rightarrow y=12-x$. $P=x(12-x)$, $p=6$ → kwadrat $6\times6$, $P=36$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? B — $12^2$ (połowa obwodu jako bok); C — prostokąt $5\times7$.

Ze wzoru Viete na sumę pierwiastków:

$$x_1+x_2=-p \quad\Rightarrow\quad 2+(-5)=-p \quad\Rightarrow\quad -3=-p \quad\Rightarrow\quad p=3$$

Sprawdzenie: równanie ma postać $x^2+3x-10=0$. Podstawiamy $x=2$: $4+6-10=0$ ✔

Uwaga na minus we wzorze — suma pierwiastków to $-p$, a nie $p$.

Odpowiedź: A. $p=3$.

Krok 1 — moment maksimum:

$$t=\frac{-20}{2\cdot(-5)}=\frac{-20}{-10}=2\ \text{s}$$

Krok 2 — wysokość:

$$h(2)=-5\cdot4+40=-20+40=20\ \text{m}$$

Odpowiedź: po $2$ sekundach, wysokość $20$ m.

1. Obie długości muszą być dodatnie: $x\gt 0$ i $10-x\gt 0$, czyli $x\in(0,10)$.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? D — dla $x=0$ lub $x=10$ prostokąt nie istnieje.

Krok 1 — miejsca zerowe. Wyłączamy $x$ przed nawias:

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

Krok 2 — kierunek ramion. Tu $a=-1<0$, więc parabola jest skierowana w dół i leży nad osią OX między miejscami zerowymi.

$$x\in(0,\,4)$$

Kluczowe: przy ujemnym $a$ obszary „nad osią” i „pod osią” zamieniają się miejscami w stosunku do przypadku $a>0$.

Sprawdzenie dla $x=2$: $-4+8=4>0$ ✔

Odpowiedź: $x\in(0,\,4)$.

Krok 1 — warunek. Piłka jest na ziemi, gdy $h=0$:

$$-5t^2+20t=0$$

Krok 2 — wyłączamy przed nawias:

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

Krok 3 — wybór rozwiązania. Wartość $t=0$ to moment wyrzutu, więc szukamy $t=4$.

Kontrola: maksimum wypadło w $t=2$, dokładnie w połowie między $0$ a $4$ — tak być musi, bo parabola jest symetryczna ✔

Odpowiedź: po $4$ sekundach.

1. $p=-\frac{18}{2\cdot(-1)}=9$ — liczba naturalna z dziedziny.

Odpowiedź: A

Dlaczego nie pozostałe? C — to największa liczba klientów, a nie numer dnia.

Brak rozwiązań oznacza $\Delta<0$:

$$\Delta=2^2-4\cdot1\cdot m=4-4m$$

Rozwiązujemy nierówność:

$$4-4m<0 \quad\Rightarrow\quad -4m<-4 \quad\Rightarrow\quad m>1$$

Sprawdzenie dla $m=2$: $\Delta=4-8=-4<0$ — brak pierwiastków ✔

Odpowiedź: $m\in(1,\,+\infty)$.

Z postaci kanonicznej $a(x-p)^2+q$ odczytujemy wierzchołek $(3,\,7)$.

Skoro $a=2>0$, ramiona idą w górę i wierzchołek daje minimum:

$$q=7$$

Uwaga: $3$ to argument, a nie wartość.

Odpowiedź: D. $7$.

1. 1. $L(9)=-81+162+100=181$ — prawda.
2. 2. $L(20)=-400+360+100=60$, $L(1)=117$ — dnia $20$ było mniej klientów — fałsz.

Odpowiedź: P, F

Wyrażenie $x^2$ jest zawsze nieujemne, więc:

$$x^2+1\ge 1>0$$

Lewa strona nigdy nie jest ujemna, a nierówność wymaga wartości mniejszej od zera — nie ma rozwiązań.

Potwierdzenie wyróżnikiem: $\Delta=0-4=-4<0$, a $a=1>0$, więc cała parabola leży nad osią OX.

Odpowiedź: D. żadnego.

Krok 1 — wierzchołek:

$$p=\frac{6}{2}=3,\qquad q=f(3)=9-18+11=2$$

Krok 2 — postać kanoniczna:

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

Sprawdzenie przez rozwinięcie: $(x-3)^2+2=x^2-6x+9+2=x^2-6x+11$ ✔

Odpowiedź: $f(x)=(x-3)^2+2$.

1. $p=-\frac{120}{2\cdot(-2)}=30$.
2. $Z(30)=-1800+3600-1000=800$ zł.

Odpowiedź: $x=30$, $Z_{\max}=800$ zł

Krok 1 — wzory Viete:

$$x_1+x_2=6,\qquad x_1\cdot x_2=k$$

Krok 2 — przekształcamy warunek wzorem $(a+b)^2=a^2+2ab+b^2$:

$$x_1^2+x_2^2=(x_1+x_2)^2-2x_1x_2$$

Krok 3 — podstawiamy:

$$20=6^2-2k \quad\Rightarrow\quad 20=36-2k \quad\Rightarrow\quad 2k=16 \quad\Rightarrow\quad k=8$$

Krok 4 — sprawdzamy istnienie pierwiastków:

$$\Delta=36-32=4>0 \ ✔$$

Weryfikacja: pierwiastki to $2$ i $4$, a $4+16=20$ ✔

Odpowiedź: $k=8$.

Wierzchołek to $(-2,\,5)$, a $a=-1<0$ — ramiona w dół.

Wartość $5$ jest największa, funkcja przyjmuje wszystko poniżej:

$$ZW=(-\infty,\,5\rangle$$

Odpowiedź: B. $(-\infty,\,5\rangle$.

1. $x$ — długość każdego z trzech odcinków prostopadłych do ściany, $y$ — długość boku równoległego do ściany.
2. Siatka: $3x+y=60 \Rightarrow y=60-3x$, przy czym $x\in(0,20)$.
3. $P(x)=x(60-3x)=-3x^2+60x$, $p=-\frac{60}{-6}=10\in(0,20)$.
4. $y=60-30=30$ m, $P(10)=300$ m².

Odpowiedź: $10$ m (prostopadle do ściany) $\times$ $30$ m, $P_{\max}=300\ \text{m}^2$

Uwaga: nie wolno przyrównać czynników do $5$ — reguła „iloczyn równy zero” działa tylko dla zera.

Krok 1 — rozwijamy i porządkujemy:

$$x^2+3x-x-3=5 \quad\Rightarrow\quad x^2+2x-8=0$$

Krok 2 — rozwiązujemy:

$$\Delta=4+32=36,\qquad \sqrt{\Delta}=6$$

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

Sprawdzenie dla $x=2$: $(2-1)(2+3)=1\cdot5=5$ ✔

Odpowiedź: $x=-4$ lub $x=2$.

Krok 1 — cena optymalna:

$$x=\frac{-80}{2\cdot(-2)}=\frac{-80}{-4}=20\ \text{zł}$$

Krok 2 — zysk:

$$Z(20)=-2\cdot400+1600-600=-800+1600-600=200$$

Odpowiedź: cena $20$ zł, zysk $200$ zł.

Ze wzoru Viete, pamiętając o współczynniku $a=2$:

$$x_1+x_2=-\frac{b}{a}=-\frac{-8}{2}=4$$

Częsty błąd: pominięcie dzielenia przez $a$ i podanie $8$ (odpowiedź A). Gdy $a\neq1$, trzeba dzielić.

Odpowiedź: B. $4$.

Krok 1 — miejsca zerowe. Dzielimy równanie przez $-2$:

$$x^2-40x+300=0$$

Krok 2 — wyróżnik:

$$\Delta=1600-1200=400,\qquad \sqrt\Delta=20$$

$$x_1=\frac{40-20}{2}=10,\qquad x_2=\frac{40+20}{2}=30$$

Krok 3 — znak. Ramiona pierwotnej paraboli idą w dół, więc wartości nieujemne są między pierwiastkami:

$$x\in\langle10,\,30\rangle$$

Kontrola: optymalne $20$ leży w środku tego przedziału ✔

Odpowiedź: ceny od $10$ do $30$ zł.

Krok 1 — suma pierwiastków ze wzoru Viete:

$$x_1+x_2=-\frac{-2m}{1}=2m$$

Krok 2 — warunek z treści:

$$2m=6 \quad\Rightarrow\quad m=3$$

Krok 3 — sprawdzamy, czy pierwiastki istnieją. Dla $m=3$:

$$\Delta=(-6)^2-4(9-1)=36-32=4>0 \ ✔$$

Weryfikacja: równanie to $x^2-6x+8=0$ o pierwiastkach $2$ i $4$, a $2+4=6$ ✔

Uwaga: warunek na $\Delta$ trzeba sprawdzić zawsze — bez pierwiastków mówienie o ich sumie nie miałoby sensu.

Odpowiedź: $m=3$.

Szukamy liczb o sumie $4$ i iloczynie $3$ — to $1$ i $3$.

Sprawdzenie wyróżnikiem: $\Delta=16-12=4$, więc $x_{1,2}=\frac{4\pm2}{2}$, czyli $1$ i $3$ ✔

Odpowiedź: C. $1$ i $3$.

Krok 1 — przenosimy wszystko na jedną stronę:

$$x^2-9\le 0$$

Krok 2 — miejsca zerowe:

$$(x-3)(x+3)=0 \quad\Rightarrow\quad x=-3 \ \text{ lub } \ x=3$$

Krok 3 — ramiona w górę ($a=1>0$), więc wartości niedodatnie są między miejscami zerowymi. Nierówność nieostra dołącza końce:

$$x\in\langle -3,\,3\rangle$$

Częsty błąd: zapisanie odpowiedzi jako $x\le3$ — pomija się wtedy ograniczenie od dołu. Sprawdź $x=-10$: $100\le9$ to fałsz.

Odpowiedź: $x\in\langle -3,\,3\rangle$.

Krok 1 — związek między bokami:

$$2(x+y)=60 \quad\Rightarrow\quad y=30-x$$

Krok 2 — funkcja pola:

$$P(x)=x(30-x)=-x^2+30x,\qquad 0

Krok 3 — maksimum:

$$x=\frac{-30}{-2}=15,\qquad P(15)=15\cdot15=225$$

Odpowiedź: $P(x)=-x^2+30x$, największa powierzchnia $225$ m$^2$ (kwadrat o boku $15$ m).

Przekształcamy równanie:

$$x^2=-4$$

Kwadrat liczby rzeczywistej nigdy nie jest ujemny, więc równanie nie ma rozwiązań w zbiorze liczb rzeczywistych.

Potwierdzenie wyróżnikiem: $\Delta=0-16=-16<0$.

Uwaga: $x^2-4=0$ (z minusem) miałoby rozwiązania $\pm2$ — znak przy stałej zmienia wszystko.

Odpowiedź: C.

$$p=\frac{-b}{2a}=\frac{-12}{6}=-2$$

Sprawdzenie: $f(-2)=12-24+5=-7$, a np. $f(-1)=3-12+5=-4$ — faktycznie więcej ✔

Odpowiedź: A. $-2$.

Krok 1 — oznaczenia. Niech pierwsza liczba to $x$, druga $x+1$:

$$x(x+1)=132$$

Krok 2 — porządkujemy do postaci ogólnej:

$$x^2+x-132=0$$

Krok 3 — rozwiązujemy:

$$\Delta=1+528=529,\qquad \sqrt{529}=23$$

$$x_1=\frac{-1-23}{2}=-12,\qquad x_2=\frac{-1+23}{2}=11$$

Krok 4 — wybieramy sensowne rozwiązanie. Szukamy liczb naturalnych, więc odrzucamy $-12$.

Sprawdzenie: $11\cdot12=132$ ✔

Odpowiedź: liczby to $11$ i $12$.

Krok 1 — moment maksimum:

$$t=\frac{-15}{-10}=1{,}5\ \text{s}$$

Krok 2 — maksymalna wysokość:

$$h(1{,}5)=-5\cdot2{,}25+22{,}5+2=-11{,}25+24{,}5=13{,}25\ \text{m}$$

Krok 3 — moment upadku. Rozwiązujemy $h(t)=0$:

$$-5t^2+15t+2=0 \quad\Rightarrow\quad 5t^2-15t-2=0$$

$$\Delta=225+40=265,\qquad \sqrt{265}\approx16{,}28$$

$$t=\frac{15+16{,}28}{10}\approx3{,}13\ \text{s}$$

Krok 4 — odrzucenie drugiego pierwiastka. Drugi wynik $\frac{15-16{,}28}{10}\approx-0{,}13$ jest ujemny, więc nie ma sensu fizycznego.

Odpowiedź: maksymalna wysokość $13{,}25$ m, czas lotu około $3{,}13$ s.

Krok 1 — podstawienie $t=x^2$, $t\ge0$:

$$t^2-5t+4=0$$

Krok 2 — rozkładamy na czynniki:

$$(t-1)(t-4)=0 \quad\Rightarrow\quad t=1 \ \text{ lub } \ t=4$$

Krok 3 — wracamy do $x$:

$$x^2=1 \quad\Rightarrow\quad x=\pm1$$

$$x^2=4 \quad\Rightarrow\quad x=\pm2$$

Sprawdzenie dla $x=2$: $16-20+4=0$ ✔

Odpowiedź: $x=-2,\ -1,\ 1,\ 2$.

Krok 1 — funkcja pola. Suma sąsiednich boków to $20$:

$$P(x)=x(20-x)=-x^2+20x$$

Krok 2 — maksimum:

$$x=\frac{-20}{-2}=10 \quad\Rightarrow\quad P=100\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — porównanie:

$$12\cdot8=96\ \text{cm}^2,\qquad 100-96=4\ \text{cm}^2$$

Sprawdzenie obwodu ramki porównawczej: $2(12+8)=40$ cm ✔ — obie ramki zużywają tyle samo drutu.

Odpowiedź: kwadrat $10\times10$ o polu $100$ cm$^2$, czyli o $4$ cm$^2$ więcej.

Krok 1 — oznaczenia. Niech szerokość to $x$, długość $x+7$:

$$x(x+7)=60$$

Krok 2 — porządkujemy:

$$x^2+7x-60=0$$

Krok 3 — rozwiązujemy:

$$\Delta=49+240=289,\qquad \sqrt{289}=17$$

$$x_1=\frac{-7-17}{2}=-12,\qquad x_2=\frac{-7+17}{2}=5$$

Krok 4 — odrzucamy wynik bez sensu. Bok nie może być ujemny, więc $x=5$.

Wymiary: szerokość $5$ cm, długość $5+7=12$ cm.

Sprawdzenie: $5\cdot12=60$ cm$^2$ ✔

Odpowiedź: $5$ cm na $12$ cm.

Krok 1 — oznaczenie. Niech $x$ to liczba złotówek obniżki. Wtedy cena wynosi $50-x$, a sprzedaż $300+10x$.

Krok 2 — funkcja przychodu:

$$R(x)=(50-x)(300+10x)$$

$$R(x)=15\,000+500x-300x-10x^2=-10x^2+200x+15\,000$$

Krok 3 — maksimum:

$$x=\frac{-200}{-20}=10$$

Krok 4 — cena i przychód:

$$\text{cena}=50-10=40\ \text{zł},\qquad \text{sprzedaż}=400\ \text{biletów}$$

$$R=40\cdot400=16\,000\ \text{zł}$$

Porównanie: przy cenie wyjściowej przychód wynosił $50\cdot300=15\,000$ zł — obniżka opłaciła się o $1000$ zł.

Odpowiedź: cena $40$ zł, przychód $16\,000$ zł.

Potrzebne są trzy warunki naraz.

Warunek 1 — istnienie dwóch pierwiastków ($\Delta>0$):

$$\Delta=(m+1)^2-4m=m^2+2m+1-4m=m^2-2m+1=(m-1)^2$$

$$(m-1)^2>0 \quad\Rightarrow\quad m\neq1$$

Warunek 2 — suma pierwiastków dodatnia:

$$x_1+x_2=m+1>0 \quad\Rightarrow\quad m>-1$$

Warunek 3 — iloczyn pierwiastków dodatni:

$$x_1\cdot x_2=m>0$$

Część wspólna warunków: $m>0$ (to mocniejsze niż $m>-1$) oraz $m\neq1$:

$$m\in(0,\,1)\cup(1,\,+\infty)$$

Dlaczego trzy warunki: sama dodatnia suma nie wystarcza (jeden pierwiastek mógłby być ujemny, a drugi duży dodatni) — dopiero dodatni iloczyn gwarantuje ten sam znak obu.

Odpowiedź: $m\in(0,\,1)\cup(1,\,+\infty)$.

Sposób 1 — przez wyróżnik.

$$\Delta=36-40=-4<0$$

Ujemny wyróżnik oznacza brak miejsc zerowych, a skoro $a=1>0$, cała parabola leży nad osią $OX$. ∎

Sposób 2 — przez postać kanoniczną (bardziej przekonujący, bo pokazuje dlaczego):

$$x^2-6x+10=(x^2-6x+9)+1=(x-3)^2+1$$

Kwadrat jest zawsze nieujemny, więc:

$$(x-3)^2+1\ge0+1=1>0 \qquad ∎$$

Bonus. Drugi sposób daje więcej: pokazuje, że wyrażenie nigdy nie spada poniżej $1$, a wartość $1$ osiąga dokładnie dla $x=3$.

Wniosek: nierówność $x^2-6x+10>0$ zachodzi dla każdego $x\in\mathbb{R}$, a najmniejsza wartość wyrażenia wynosi $1$.

Rozwiązanie

1. $3x^2+4x-6x-8\ge0\Rightarrow 3x^2-2x-8\ge0$.
2. $\Delta=(-2)^2-4\cdot3\cdot(-8)=4+96=100,\ \sqrt\Delta=10$.
3. $x_1=\dfrac{2-10}{6}=-\dfrac43,\ x_2=\dfrac{2+10}{6}=2$.
4. Parabola ma ramiona w górę, więc nierówność $\ge0$ zachodzi na zewnątrz pierwiastków.

Odpowiedź: $x\in\left(-\infty,-\tfrac43\right]\cup[2,\infty)$.

Miejsca zerowe: $\Delta=40^{2}+4\cdot 16\cdot 11=1600+704=2304$, $\sqrt{\Delta}=48$.

$x_{1}=\dfrac{-40-48}{-32}=\dfrac{11}{4}$, $x_{2}=\dfrac{-40+48}{-32}=-\dfrac{1}{4}$, więc $|AB|=\dfrac{11}{4}+\dfrac{1}{4}=3$.

Druga współrzędna wierzchołka: $y_{C}=-\dfrac{\Delta}{4a}=-\dfrac{2304}{4\cdot(-16)}=36$, więc wysokość trójkąta (odległość $C$ od osi $Ox$) wynosi $36$.

Pole: $P=\dfrac{1}{2}\cdot|AB|\cdot|y_{C}|=\dfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 36=54$.

Z wierzchołka $B$ wychodzą trzy krawędzie: $AB=x$, $BC=4$ oraz krawędź boczna (wysokość) $h$. Ich suma: $x+4+h=15$, stąd $h=11-x$.

Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu o krawędziach $x$, $4$, $(11-x)$:

$P(x)=2\big(x\cdot 4+4\cdot(11-x)+x\cdot(11-x)\big)=2\big(4x+44-4x+11x-x^{2}\big)=2\big(44+11x-x^{2}\big)$,

$P(x)=-2x^{2}+22x+88$.

Dziedzina: $x>0$ oraz $h=11-x>0$, czyli $x\in(0,\,11)$.

Funkcja $P$ jest kwadratowa o ramionach skierowanych w dół, więc największą wartość przyjmuje w wierzchołku:

$x=\dfrac{-22}{2\cdot(-2)}=\dfrac{22}{4}=\dfrac{11}{2}=5{,}5$ (należy do dziedziny).

Pole powierzchni całkowitej jest największe dla $x=\dfrac{11}{2}$.

Rozwiązanie

Parabola $\cap$ w dół, miejsca zerowe $-2$ i $4$; $f(x)\ge0$ między nimi: $[-2,4]$.

Odpowiedź: $[-2,4]$.

Krawędzie z wierzchołka $A$: $AB=x$, $AE=3x$ oraz $AD=y$. Suma $12$ krawędzi: $4(x+3x+y)=48$, stąd $4x+y=12$, czyli $y=12-4x$.

Pole powierzchni całkowitej prostopadłościanu o krawędziach $x$, $3x$, $(12-4x)$:

$P(x)=2\big(x\cdot 3x+x(12-4x)+3x(12-4x)\big)=2\big(3x^{2}+12x-4x^{2}+36x-12x^{2}\big)=2\big(-13x^{2}+48x\big)=-26x^{2}+96x$.

Dziedzina: $x>0$ oraz $y=12-4x>0\Rightarrow x<3$, czyli $x\in(0,\,3)$.

Funkcja kwadratowa o ramionach w dół osiąga największą wartość w wierzchołku: $x=\dfrac{-96}{2\cdot(-26)}=\dfrac{96}{52}=\dfrac{24}{13}$ (należy do dziedziny).

Pole powierzchni całkowitej jest największe dla $x=\dfrac{24}{13}$.

Rozwiązanie

1. $L(30)$ to liczba klientów tylko $30.$ dnia, a nie suma ze wszystkich dni → F.
2. $L(3)=-9+66+279=336$ → P.

Odpowiedź: FP

Rozwiązanie

1. Wierzchołek paraboli: $n=\dfrac{-22}{2\cdot(-1)}=11$ (w zakresie $1\le n\le30$).
2. $L(11)=-121+242+279=400$.

Odpowiedź: $11.$ dnia, obsłużono $400$ klientów.

Niech $b$ — krótsza podstawa, $h$ — wysokość. Z warunku $b+h=18$, więc $h=18-b$.

Pole trapezu: $P(b)=\dfrac{(12+b)}{2}\cdot h=\dfrac{(12+b)(18-b)}{2}=\dfrac{-b^{2}+6b+216}{2}$.

To funkcja kwadratowa zmiennej $b$ o ramionach w dół; największą wartość przyjmuje w wierzchołku: $b=\dfrac{-6}{2\cdot(-1)}=3$.

Warunek trapezu (nie równoległobok, $0

Krótsza podstawa powinna mieć $3$ dm, a największe pole okna to $112,5$ dm$^{2}$.