Funkcja kwadratowa. f(x) = ax 2 + bx + c = a

Transkrypt

1 Funkcja kwadratowa. Funkcją kwadratową nazywamy funkcję f : R R określoną wzorem gdzie a, b, c R, a 0. f(x) = ax + bx + c, Szczególnym przypadkiem funkcji kwadratowej jest funkcja f(x) = ax, a R \ {0}. Jej wykresem jest parabola w wierzchołku w początku układu współrzędnych i ramionach skierowanych do góry dla a > 0, a do dołu dla a < 0. Jest to funkcja parzysta, zatem osią symetrii wykresu jest oś OY. Dla dowolnej funkcji kwadratowej mamy f(x) = ax + bx + c = a ( x + b ) a 4a, gdzie wyróżnik równania kwadratowego = b 4ac. Stąd wykres funkcji f(x) = ax + bx + c można otrzymać przesuwając wykres funkcji f(x) = ax o wektor [ b a, 4a ]. Ponadto wierzchołek paraboli ma współrzędne ( b a, b 4a ), a jej osią symetrii jest prosta o równaniu x = a. Łatwo zauważyć, że liczba miejsc zerowych omawianej funkcji (czyli liczba rozwiązań równania ax + bx + c = 0) zależy od jej wyróżnika: 1. Dla > 0 funkcja ma dwa miejsca zerowe x 1 = b a oraz x = b+ a. Mamy wtedy f(x) = a(x x 1 )(x x ).. Dla = 0 funkcja ma jedno miejsce zerowe x 1 = b a (jest to pierwiastek podwójny odpowiedniego równania) oraz f(x) = a(x x 1 ). 3. Dla < 0 funkcja nie ma miejsc zerowych. Funkcja kwadratowa nie jest różnowartościowa, nie jest też monotoniczna. Dla a > 0 jest malejąca w przedziale (, b b a ), rosnąca w przedziale ( a, ), a jej zbiorem wartości jest przedział [ 4a, ). Dla a < 0 jest rosnąca w przedziale (, b b a ), malejąca w przedziale ( a, ), a jej zbiorem wartości jest przedział (, 4a ]. Przykład 1. Narysuj wykres funkcji a) f(x) = x x 3, b) g(x) = 1 x 3x 5. Rozwiązanie. a) Wyróżnik = 16, więc wykresem funkcji f jest parabola o wierzchołku ( b a, 4a ) = ( 1, ) i miejscach zerowych x 1 = 4 4 = 1, x = +4 4 = 3. b) Dla funkcji g mamy = 1, zatem wierzchołkiem paraboli będącej wykresem tej funkcji jest punkt ( 3, 1 ), a ta funkcja nie ma miejsc zerowych. 1

2 Jeśli funkcja kwadratowa f(x) = ax + bx + c ma miejsca zerowe x 1 i x, to a(x x 1 )(x x ) = a[x (x 1 + x )x + x 1 x ] = ax a(x 1 + x )x + ax 1 x, zatem zachodzą równości są to wzory Viete a. x 1 + x = b a, x 1x = c a Rozwiązywanie równań i nierówności stopnia drugiego. Przykład. a) Rozwiąż równanie x 10x + 9 = 0. b) Rozwiąż nierówność x 10x Rozwiązanie. a) Wyróżnik tego równania jest równy = = 64, a więc szukane pierwiastki to x 1 = 1 i x = 9. b) Wykresem funkcji f(x) = x 10x + 9 jest parabola o miejscach zerowych 1 i 9 oraz ramionach skierowanych do góry. Możemy odczytać z wykresu, że nierówność jest spełniona dla x [1, 9]. Przykład 3. Napisz wzór funkcji f przyporządkowującej wartości parametru m liczbę różnych pierwiastków równania (m + 1)x + (m )x + 1 = 0. Rozwiązanie. Dane równanie 1 ma dwa pierwiastki dla m 1 i > 0; ma jeden pierwiastek dla m = 1 (wtedy rozważane równanie jest równaniem liniowym 3x+1 = 0) lub dla m 1 i = 0; 3 nie ma pierwiastków dla m 1 i < 0. Ponieważ = (m ) 4(m + 1) = m 8m = m(m 8), wykresem funkcji (m) jest parabola o miejscach zerowych 0 oraz 8 i ramionach skierowanych do góry. Stąd > 0 dla m (, 0) (8, ), a < 0 dla m (0, 8). Ostatecznie mamy dla m (, 1) ( 1, 0) (8, ), f(m) = 1 dla m { 1, 0, 8}, 0 dla m (0, 8).

3 Przykład 4. Zbadaj, dla jakiej wartości parametru m pierwiastki równania a) są różnych znaków, (m + 1)x + (m )x + 1 = 0 b) spełniają zależność 1 x 1 Rozwiązanie. + 1 x = 5. a) Równanie musi mieć dwa różne pierwiastki, więc m 1 oraz > 0. Pierwiastki równania są różnych znaków, gdy ich iloczyn jest ujemny. Z wzorów Viete a mamy x 1 x = 1 m+1. Musimy rozwiązać układ m 1 > 0. 1 m+1 < 0 Korzystając z obliczeń z poprzedniego przykładu otrzymujemy m 1 m (, 0) (8, ). m (, 1) Częścią wspólną tych warunków jest m (, 1). b) Równanie musi mieć dwa pierwiastki (niekoniecznie różne), więc m 1 oraz 0. Stąd ( ) m (, 1) ( 1, 0] [8, ). Przekształćmy lewą stronę równania. Mamy 1 x x = x 1 + x x 1 x = (x 1 + x ) x 1 x x. 1 x Dalej z wzorów Viete a możemy napisać Musimy więc rozwiązać równanie 1 x x = ( b a ) c a ( c a ) = b ac c. (m ) (m + 1) = 5. Pierwiastkami równania m 6m 3 = 0 są m 1 = 3 3, m = Tylko pierwszy z nich spełnia warunek ( ), więc tylko m = 3 3 jest rozwiązaniem zadania. Przykład 5. Znajdź wartości parametru m, dla których nierówność jest prawdziwa dla wszystkich x R. x mx + m + 3m + 0 Rozwiązanie. Wykresem funkcji f(x) = x mx + m + 3m + jest parabola o ramionach skierowanych do góry. Dana nierówność będzie spełniona dla każdego x, gdy funkcja f będzie miała co najwyżej jedno miejsce zerowe. Szukamy więc m spełniających warunek 0. Mamy = 4m 4(m + 3m + ) = 4m 1m 8. Stąd 0 4m 1m 8 0 m + 3m + 0 (m + 1)(m + ) 0 m [, 1]. Zatem nierówność jest prawdziwa dla każdego x R gdy m [, 1]. 3

4 Przypomnijmy szkolną definicję wielomianu. Dzielenie wielomianów z resztą. Definicja 1. Wielomianem jednej zmiennej stopnia n o współczynnikach rzeczywistych nazywamy wyrażenie postaci a 0 + a 1 x a n x n, gdzie a 0, a 1,..., a n R, a n 0, n N {0}. Liczby a 0, a 1,..., a n nazywamy współczynnikami wielomianu, a liczbę n stopniem wielomianu W (x). Wielomianem zerowym nazywamy wielomian W (x) = 0. Dodatkowo przyjmiemy, że stopień wielomianu zerowego to. Dwa wielomiany są równe, gdy są tego samego stopnia i mają równe współczynniki przy odpowiednich potęgach x. Twierdzenie 1. Niech W (x) i V (x) będą wielomianami o współczynnikach rzeczywistych i niech wielomian V (x) będzie różny od wielomianu zerowego. Istnieje wtedy dokładnie jedna para wielomianów Q(x), R(x) o współczynnikach rzeczywistych spełniająca warunki 1. W (x) = V (x)q(x) + R(x),. stopień wielomianu R(x) jest mniejszy od stopnia wielomianu V (x). Przykład 6. Oblicz iloraz i resztę z dzielenia wielomianu x 3 + 4x + 1 przez x +. czyli Rozwiązanie. Mamy x 3 + 4x + 1 = x (x + ) x + 4x + 1, x + 4x + 1 = x(x + ) + 6x + 1, 6x + 1 = 3(x + ) 5, x 3 + 4x + 1 = x (x + ) x(x + ) + 3(x + ) 5 = (x x + 3)(x + ) 5. Ten algorytm dzielenia można zapisać podobnie do dzielenia pisemnego liczb x x +3 (x 3 +4x +1) x 3 x x +4x +1 x +x 6x +1 6x 6 5 : (x + ) Ostatecznie iloraz jest równy Q(x) = x x + 3, a reszta wynosi R(x) = 5. Pierwiastki wielomianu. Krotność pierwiastka. Twierdzenie Bezoute a. Równania i nierówności wielomianowe. Niech W (x) = a 0 + a 1 x a n x n i niech a R. Przez W (a) będziemy oznaczali wartość a 0 + a 1 a a n a n R. Definicja. Liczbę rzeczywistą a nazywamy pierwiastkiem wielomianu W (x), jeśli W (a) = 0. Pierwiastek wielomianu a 0 + a 1 x a n x n jest więc rozwiązaniem równania a 0 + a 1 x a n x n = 0. 4

5 Twierdzenie. (Bézouta) Liczba rzeczywista a jest pierwiastkiem wielomianu W (x) wtedy i tylko wtedy, gdy wielomian W (x) dzieli się bez reszty przez x a. Definicja 3. Niech k N. Mówimy, że liczba a R jest k-krotnym pierwiastkiem wielomianu W (x), jeśli wielomian W (x) dzieli się bez reszty przez (x a) k, a przy dzieleniu W (x) przez (x a) k+1 reszta jest różna od zera. Np. liczba 1 jest k-krotnym pierwiastkiem wielomianu W (x) = (x + 1) k (x 1). Twierdzenie 3. Niech n N. Wielomian n-tego stopnia o współczynnikach rzeczywistych ma co najwyżej n pierwiastków. Stosunkowo proste jest szukanie całkowitych pierwiastków wielomianu. Fakt 1. Niech W (x) = a 0 + a 1 x a n x n będzie wielomianem o współczynnikach całkowitych. Jeśli a Z jest pierwiastkiem wielomianu W (x), to a jest dzielnikiem współczynnika a 0. Zatem np. pierwiastków całkowitych wielomianu 6X 6 + X 5 X 4 6X X + należy szukać wśród liczb ±1, ±. Fakt. Niech W (x) = a 0 + a 1 x a n x n, a 0, a 1,..., a n Z. Jeśli ułamek nieskracalny p q Q jest pierwiastkiem wielomianu W (x), to p jest dzielnikiem a 0, a q jest dzielnikiem a n. Stąd np. wymierne pierwiastki wielomianu 3X 6 + X 5 X 4 6X X + należą do zbioru { p q : p {±1, ±}, q {±1, ±3}} = {±1, ±, ± 1 3, ± 3 }. Twierdzenie 4. Każdy wielomian W (x) o współczynnikach rzeczywistych stopnia n N można zapisać w postaci c(x x 1 )... (x x s )(x + a 1 x + b 1 )... (x + a t x + b t ), gdzie c, x 1,..., x s, a 1,..., a t, b 1,..., b t R, c 0 oraz s + t = n, a wielomiany x + a 1 x + b 1,..., x + a t x + b t nie mają pierwiastków rzeczywistych. Przedstawienie to jest jednoznaczne z dokładnością do kolejności czynników. W szczególności nie każdy wielomian o współczynnikach rzeczywistych ma pierwiastki rzeczywiste. Wniosek 1. Każdy wielomian rzeczywisty, którego stopień jest liczbą nieparzystą ma pierwiastek w R. Przykład 7. Dla jakiej wartości parametru a wielomian W (x) = 3x 4 1x 6x + a dzieli się bez reszty przez x? Rozwiązanie. Z twierdzenia Bézouta wynika, że liczba musi być pierwiastkiem wielomianu W (x), czyli W () = 0. Ponieważ W () = a = 1 + a, rozwiązaniem zadania jest a = 1. Przykład 8. Wiedząc, że wielomian W (x) przy dzieleniu przez x 1 daje resztę, a przy dzieleniu przez x 3 daje resztę 4, oblicz resztę z dzielenia tego wielomianu przez (x 1)(x 3). Rozwiązanie. Ponieważ W (x) = (x 1)Q 1 (x) + oraz W (x) = (x 3)Q (x) + 4 dla pewnych wielomianów Q 1 (x), Q (x), musi być W (1) = i W (3) = 4. Szukana reszta z dzielenia przez (x 1)(x 3) jest wielomianem stopnia co najwyżej pierwszego. Zatem szukamy liczb a, b R takich, że W (x) = (x 1)(x 3)Q(x) + ax + b dla pewnego wielomianu Q(x). Stąd mamy W (1) = a + b oraz W (3) = 3a + b. Rozwiązaniem układu równań { a + b = 3a + b = 4 są liczby a = 1, b = 1. Stąd przy dzieleniu wielomianu W (x) przez (x 1)(x 3) otrzymamy resztę x

6 Przykład 9. Rozwiąż równania a) x 4 16 = 0, b) x 5 9x 3 + x 9 = 0, c) x 4 3x 3 + x 3x + 1 = 0, d) 3x 3 + x 7x 5 = 0. Rozwiązanie. a) Skorzystamy ze wzoru skróconego mnożenia, żeby rozłożyć lewą stronę równania na czynniki (x 4)(x + 4) = 0, (x )(x + )(x + 4) = 0. Stąd x = 0 lub x + = 0 x + 4 = 0. Ostatecznie x = lub x =. b) Rozłożymy lewą stronę równania na czynniki grupując wyrazy. Mamy x 3 (x 9) + (x 9) = 0, (x 9)(x 3 + 1) = 0, (x 3)(x + 3)(x + 1)(x x + 1) = 0 skorzystaliśmy ze wzoru skróconego mnożenia a 3 + b 3 = (a + b)(a ab + b ). Zatem x { 3, 1, 3}. c) W tym równaniu mamy x 4 + x + 1 3x 3 3x = 0, (x + 1) 3x(x + 1) = 0, (x + 1)(x + 1 3x) = 0. Zatem x + 1 = 0 lub x 3x + 1 = 0. Pierwsze równanie nie ma rozwiązania w R, pierwiastkami drugiego są liczby 3 5 i d) W tym równaniu trudno jest zauważyć, jak odpowiednio pogrupować wyrazy, żeby rozłożyć lewą stronę na czynniki. Sprawdzimy, czy wielomian W (x) = 3x 3 + x 7x 5 ma pierwiastki całkowite. Z Faktu 1 wiemy, że pierwiastków całkowitych tego wielomianu należy szukać wśród dzielników wyrazu wolnego, czyli w zbiorze {±1, ±5}. Mamy W (1) = , stąd 1 nie jest pierwiastkiem wielomianu. Dalej mamy W ( 1) = = 0, więc 1 jest pierwiastkiem wielomianu i W (x) dzieli się przez x + 1. Wykonajmy to dzielenie: 3x x 5 (3x 3 +x 7x 5) 3x 3 3x x 7x 5 x +x 5x 5 5x +5 0 : (x + 1) Zatem nasze równanie możemy zapisać w postaci (x + 1)(3x x 5) = 0. Rozwiązaniami równania 3x x 5 = 0 są liczby 1 oraz 5 3, zatem 1 jest podwójnym, a 5 3 pojedynczym pierwiastkiem wielomianu W (x). Liczby 1 i 5 3 są rozwiązaniami danego równania. 6

7 Przykład 10. Rozwiąż nierówności a) x 3 + x 4x 4 < 0, b) x 3 x x + 1 > 0, c) x 5 + x 3 0. Rozwiązanie. Tak jak w przypadku równań, najpierw trzeba znaleźć pierwiastki odpowiedniego wielomianu. a) Mamy x (x + 1) 4(x + 1) < 0, czyli (x + 1)(x 4) < 0, a więc (x + 1)(x )(x + ) < 0. Stąd pierwiastkami wielomianu W (x) = x 3 + x 4x 4 są liczby, 1,. Teraz musimy zbadać znak tego wielomianu 1 sposób. Możemy zrobić tzw. siatkę znaków, tzn. wypełnić następującą tabelkę znakami poszczególnych czynników wielomianu: x (, ) (, 1) ( 1, ) (, ) x x x + W (x) + + Zatem W (x) < 0 dla x (, ) ( 1, ). sposób. Nierówność wielomianową możemy także rozwiązać graficznie, tak jak to robiliśmy dla nierówności kwadratowych. Zaznaczamy na osi liczbowej pierwiastki wielomianu, a następnie patrzymy na znak współczynnika przy najwyższej potędze x. W naszym przypadku ten znak jest dodatni, a to oznacza, że lim x W (x) =, czyli zaczynamy rysować wykres funkcji wielomianowej z prawej strony ponad osią OX. Wszystkie pierwiastki wielomianu są pojedyncze, więc wykres będzie taki jak na rysunku. Możemy z niego odczytać, że nierówność W (x) < 0 jest prawdziwa dla x (, ) ( 1, ). b) Mamy x 3 x x + 1 = x (x 1) (x 1) = (x 1)(x 1) = (x 1) (x + 1), więc wielomian W (x) = x 3 x x + 1 ma jeden pierwiastek podwójny i jeden pojedynczy. W tym przypadku siatka znaków jest następująca (znak (x 1) dla x 1 jest zawsze dodatni). x (, 1) ( 1, 1) (1, ) x (x 1) W (x) + + Stąd W (x) > 0 dla x ( 1, 1) (1, ). Rysując wykres funkcji wielomianowej musimy pamiętać, że gdy krotność pierwiastka jest parzysta, wykres odbije się od osi OX w odpowiednim miejscu (znak (x 1) nie ma wpływu na znak wielomianu). 7

8 c) Ponieważ x 5 + x 3 = x 3 (x 1) = x 3 (x 1)(x + 1), wielomian W (x) = x 5 + x 3 ma trzy pierwiastki, w tym jeden potrójny. Wykres funkcji wielomianowej jest następujący (tym razem zaczynami rysowanie z prawej strony poniżej osi OX, bo znak przy x 5 jest ujemny; znak czynnika x 3 jest taki sam, jak znak x). Nierówność W (x) 0 jest spełniona dla x [ 1, 0] [1, ). Zadanie 1. Narysuj wykres funkcji a) f(x) = x + 6x 5, b) f(x) = x 3x, c) f(x) = x 9, d) f(x) = x 3 x + 9. Zadanie. Wyznacz najmniejszą i największą wartość funkcji a) f(x) = (x + 1)(x ), b) g(x) = x + 4x + 4, c) h(x) = x + x, w przedziale [, ]. Zadanie 3. Rozwiąż równanie a) x 5x + = 0; b) 3x + 5x = 0; c) 3x x + 1 = 0. Zadanie 4. Rozwiąż nierówność a) x + x 1 0, b) x + 4 4x, c) x + x < 3 x, d) x(x ) > 5(x 7). Zadanie 5. Dla jakiej wartości parametru m a) równanie (m + 1)x (m )x + (1 m) = 0 ma dokładnie jeden pierwiastek? 8

9 b) równanie (m 5)x 4mx + m = 0 ma dwa różne rozwiązania? c) równanie x + (m + 4)x + m m = 0 ma dwa różne pierwiastki rzeczywiste jednakowych znaków? d) równanie mx 3(m + 1)x + m = 0 nie ma pierwiastków rzeczywistych? e) nierówność x mx + m jest spełniona dla każdego x R? f) nierówność (5 m)x (1 m)x + (1 m) < 0 jest spełniona dla każdego x R? Zadanie 6. Oblicz iloraz Q(x) i resztę z dzielenia R(x) wielomianu W (x) przez wielomian V (x), jeśli a) W (x) = 6x 4 + x + 1, V (x) = x + 4, b) W (x) = 3x 3 + x + 106, V (x) = x + 4, c) W (x) = 8x 6 x 5, V (x) = x 3. Zadanie 7. Znajdź pierwiastki wielomianu a) W (x) = x 3 5x 9x + 45, b) W (x) = x 3 + kx 4 wiedząc, że jest podzielny przez dwumian x +, c) W (x) = x 4 x 3 + x 1, d) W (x) = (x + x) 1, e) W (x) = x 3 + 5x + 3x 9. Zadanie 8. Przy dzieleniu wielomianu W (x) przez dwumian (x 1) otrzymano iloraz Q(x) = 8x + 4x 14 oraz resztę R(x) = 5. Oblicz pierwiastki wielomianu W (x). Zadanie 9. Znajdź wszystkie całkowite pierwiastki wielomianów W 1 (x) = 6x 5 3x 4 +x 3 8x +x+1, W (x) = 4x 3 + 1x + x 3 i W 3 (x) = x 4 5x + 4. Zadanie 10. Znajdź wszystkie wymierne pierwiastki wielomianów W 1 (x) = x 4 x 3 + x + x 1 i W (x) = 6x 3 4x 3 x + 1. Zadanie 11. Rozwiąż równanie a) 7x 3 11x + 11x 7 = 0, b) x 4 4x + x + = 0, c) x 4 + 4x 3 18x 1x + 9 = 0, d) x 3 + 5x + 3x 9 = 0, e) 10x 3 3x x + 1 = 0, f) x 4 x 3 + 4x 6x + 3 = 0. Zadanie 1. Rozwiąż nierówność a) x 3 < x + 3x 6, b) x < x, c) x 4 + x > 3x, d) x 3 6x + 11x 6 0, 9

10 e) x 3 x 11x + 1 0, f) x 4 3x 3 x + 3 < 0. Zadanie 13. Wykaż, że dla n N wielomian (x ) n (x 1) n 1 jest podzielny przez (x 1)(x ). Zadanie 14. Wykaż, że jeśli W (0) i W (1) są liczbami nieparzystymi, to wielomian W (x) = ax 3 + bx + cx + d, gdzie a, b, c, d Z nie ma pierwiastków całkowitych. Zadanie 15. Wiedząc, że liczby a, b, c są pierwiastkami równania x 3 6x + 11x 6 = 0 napisz równanie stopnia trzeciego, którego pierwiastkami są liczby ab, ac, bc. Odpowiedzi.. a) wartość najmniejsza f( 3 4 ) = 5 8 ; wartość największa f( ) = 1; b) wartość najmniejsza g( ) = 8; wartość największa g() = 8; c) wartość najmniejsza h( 1 ) = 1 4 ; wartość największa f() = a) x 1 = 1, x = ; b) x 1 =, x = 1 3 ; c) x 1 = 1 3, x = a) x [ 1, 1 ]; b) x R; c) x ( 3, 1); d) x (, 5) (7, ). 5. a) m { 1, 0, 4 5 }; b) m ( 10 3, 1); c) m ( 8 5, 0) (, ); d) m ( 3, 3 5 ); e) m [, 6]; f) m (9, ). 6. a) Q(x) = 6x 4, R(x) = x + 96; b) Q(x) = 3x 11x + 44, R(x) = 70; c) Q(x) = 4x 4 + 6x + 8, R(x) = 1; 7. a) x 1 = 3, x = 3, x 3 = 5; b) x 1 = x =, x 3 = 1; c) x 1 = 1, x = x 3 = x 4 = 1; d) x 1 = 1 5, x = 1+ 5, e) x 1 = x = 3, x 3 = x 1 = 3, x = 1, x 3 = W 1 (1) = 0, W (3) = 0, W 3 ( ) = W 3 ( 1) = W 3 (1) = W 3 () = W 1 ( 1 ) = 0, W ( 1 ) = W ( 1 ) = W ( 3 ) = a) x 1 = 1; b) x 1 =, x = 1 5, x 3 = 1, x 4 = 1+ 5 ; c) x 1 = 3 3, x = 1, x 3 = 3+ 3, x 4 = 3; d) x 1 = x = 3, x 3 = 1; e) x 1 = 1 ; f) x 1 = x = a) x (, 3) ( 3, ); b) x (, ); c) x (, ) (0, 1) (1, ); d) x [1, ] [3, ); e) x (, 3] [1, 4]; f) x (1, 3). 15. x 3 11x + 36x 36 = 0. 10