Funkcja kwadratowa — zastosowania (2)

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

Uwaga na znak: $b=-8$, więc $-b=8$.

Odpowiedź: B. $4$.

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 $x=3$.

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: $P(x)=-x^2+12x$.

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 $6$.

Krok 1 — odcięta wierzchołka:

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

Krok 2 — wartość:

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

Odpowiedź: wartość najmniejsza $5$.

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 $5$.

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.

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.

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. $7$.

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

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. $(-\infty,\,5\rangle$.

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.

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.

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 — 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).

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

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

Odpowiedź: A. $-2$.

Krok 1 — 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 — 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 — 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.

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

$h(t)=0\Rightarrow t(-4{,}9t+14{,}7)=0\Rightarrow t=0$ lub $t=\dfrac{14{,}7}{4{,}9}=3$. Pierwsze uderzenie: $t=3$ s.

Odpowiedź: D

Rozwiązanie

Wierzchołek paraboli: $t=-\dfrac{b}{2a}=-\dfrac{14{,}7}{2\cdot(-4{,}9)}=\dfrac{14{,}7}{9{,}8}=1{,}5$ s.

Odpowiedź: A

Krok 1. Zapisanie równań.
Z treści zadania wiemy, że \(|BC|=4\). Dodatkowo przyjmijmy, że druga krawędź podstawy ma długość \(x\), a wysokość oznaczmy jako \(h\). Z treści zadania wynika, że suma trzech długości krawędzi jest równa \(15\), zatem:
$$4+x+h=15 \\
x+h=11 \\
h=11-x$$

Pole powierzchni całkowitej moglibyśmy obliczyć jako:
$$P=2\cdot(4\cdot x+4\cdot h+x\cdot h) \\
P=2\cdot(4x+4h+xh) \\
P=8x+8h+2xh \\
P=8x+2xh+8h$$

Krok 2. Zapisanie wzoru funkcji \(P(x)\).
Kluczem do sukcesu będzie zapisanie pola powierzchni w postaci funkcji z jedną zmienną, czyli zmienną \(x\). Aby tego dokonać, podstawmy wartość \(h\) z równania \(h=11-x\) do równania \(P=8x+2xh+8h\), zatem:
$$P=8x+2x\cdot(11-x)+8\cdot(11-x) \\
P=8x+22x-2x^2+88-8x \\
P=-2x^2+22x+88$$

Otrzymaliśmy informację, że pole powierzchni całkowitej można opisać wyrażeniem \(-2x^2+22x+88\). Całość możemy potraktować tak jak funkcję kwadratową (dla jakiejś wartości \(x\) otrzymamy konkretną wartość \(P\)). Tym samym moglibyśmy zapisać, że \(P(x)=-2x^2+22x+88\).

Krok 3. Zapisanie założeń.
Wszystkie długości krawędzi muszą być większe od zera, zatem:
$$x\gt0 \quad\land\quad 11-x\gt0 \\
x\gt0 \quad\land\quad 11\gt x \\
x\gt0 \quad\land\quad x\lt11$$

Otrzymane wyniki oznaczają, że nasz \(x\) musi być większy od zera i mniejszy od \(11\), zatem dziedziną tej funkcji będzie \(x\in(0,11)\).

Krok 4. Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka paraboli.
Wykresem funkcji kwadratowej jest parabola, a tutaj ta parabola będzie mieć ramiona skierowane do dołu (bo współczynnik \(a=-2\)). Sytuacja będzie więc wyglądać następująco (zwróć uwagę, że na pionowej osi nie mamy \(y\), tylko pole \(P\)):


Chcemy się dowiedzieć, dla jakiego \(x\) to pole \(P\) będzie największe, a wiemy, że parabola skierowana ramionami do dołu osiągnie swoją największą wartość w wierzchołku. Obliczmy zatem dla jakiej długości \(x\) ta największa wartość jest przyjmowana, a pomoże nam w tym wzór na współrzędną \(x_{W}\) wierzchołka paraboli:
$$x_{W}=\frac{-b}{2a} \\
x_{W}=\frac{-22}{2\cdot(-2)} \\
x_{W}=\frac{-22}{-4} \\
x_{W}=5,5$$

Otrzymany wynik mieści się w wyznaczonej wcześniej dziedzinie funkcji, a to oznacza, że pole powierzchni całkowitej graniastosłupa będzie największe, gdy \(x=5,5\).

Krok 1. Zapisanie równań.
Wiemy, że możemy zużyć \(36m\) siatki i z niej musimy zrobić wybieg, na który składają się cztery długości \(x\) (wliczając te wewnętrzne ściany) oraz sześć długości \(y\). Pierwszym równaniem jakie możemy ułożyć będzie zatem \(4x+6y=36\).

Dodatkowo wiemy, że pole powierzchni obliczamy ze wzoru \(P=a\cdot b\), co po podstawianiu danych z rysunku możemy zapisać jako:
$$P=x\cdot3y$$

Krok 2. Zapisanie wzoru funkcji \(P(x)\).
Kluczem do sukcesu będzie zapisanie pola powierzchni w postaci funkcji z jedną zmienną, czyli zmienną \(x\). Aby tego dokonać, wyznaczmy wartość \(y\) z równania \(4x+6y=36\).
$$4x+6y=36 \\
6y=-4x+36 \\
y=-\frac{2}{3}x+6$$

Podstawiając teraz \(y=-\frac{2}{3}x+6\) do równania \(P=x\cdot3y\), otrzymamy:
$$P=x\cdot3\cdot\left(-\frac{2}{3}x+6\right) \\
P=x\cdot(-2x+18) \\
P=-2x^2+18x$$

Otrzymaliśmy informację, że pole powierzchni działki można opisać wzorem \(-2x^2+18x\). Całość możemy potraktować tak jak funkcję kwadratową (dla jakiejś wartości \(x\) otrzymamy konkretną wartość \(P\)).

Od razu możemy też zapisać, że \(x\gt0\) oraz \(y\gt0\). Tym samym skoro \(y=-\frac{2}{3}x+6\), to otrzymamy założenie, że \(-\frac{2}{3}x+6\gt0\), co po rozwiązaniu tej nierówności da \(x\lt9\). Dzięki temu możemy stwierdzić, że dziedziną tej funkcji będzie \(x\in(0;9)\).

Krok 3. Wyznaczenie współrzędnych wierzchołka paraboli.
Wykresem funkcji kwadratowej jest parabola, a tutaj ta parabola będzie mieć ramiona skierowane do dołu (bo współczynnik \(a=-2\)). Sytuacja będzie więc wyglądać następująco (zwróć uwagę, że na pionowej osi nie mamy \(y\), tylko pole \(P\)):


Chcemy się dowiedzieć, dla jakiego \(x\) to pole \(P\) będzie największe, a wiemy, że parabola skierowana ramionami do dołu osiągnie swoją największą wartość w wierzchołku. Obliczmy zatem dla jakiej długości \(x\) ta największa wartość jest przyjmowana, a pomoże nam w tym wzór na współrzędną \(x_{W}\) wierzchołka paraboli:
$$x_{W}=\frac{-b}{2a} \\
x_{W}=\frac{-18}{2\cdot(-2)} \\
x_{W}=\frac{-18}{-4} \\
x_{W}=4,5$$

Wiemy już, że największa wartość jest przyjmowana, gdy \(x=4,5\), a otrzymany wynik mieści się w naszej dziedzinie. Gdybyśmy chcieli obliczyć ile wynosi ta największa wartość, to moglibyśmy skorzystać ze wzoru \(q=\frac{-Δ}{4a}\), ale nas to nie interesuje. My musimy poznać wartość \(y\). Skoro tak, to wracamy do równania \(4x+6y=36\) i podstawiając teraz \(x=4,5\), otrzymamy:
$$4\cdot4,5+6y=36 \\
18+6y=36 \\
6y=18 \\
y=3$$

Tym samym powierzchnia naszych wybiegów będzie największa, gdy \(x=4,5\) metra oraz \(y=3\) metry.

Rozwiązanie

1. Siatka: obwód $2\cdot3y+2x$ plus $2$ ściany wewnętrzne $2x$, czyli $6y+4x=36\Rightarrow 3y+2x=18$, stąd $x=\dfrac{18-3y}{2}$.
2. Suma pól $P=3xy=3y\cdot\dfrac{18-3y}{2}=\dfrac{54y-9y^2}{2}$. Wierzchołek: $y=\dfrac{54}{18}=3$.
3. $y=3$, $x=\dfrac{18-9}{2}=4{,}5$.

Odpowiedź: $x=4{,}5$ m, $y=3$ m.