Kvadratna funkcija i parabola - veoma teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Zamenimo koordinate triju tačaka:
[tex]\left\{\begin{array}{l} 4a-2b+c=7 \\ a-b+c=3 \\ 9a+3b+c=7 \end{array}\right.[/tex]
Oduzimanjem prve jednačine od treće dobijamo [tex]5a+5b=0[/tex], tj. [tex]b=-a[/tex]; tada je [tex]6a+c=7[/tex] i [tex]2a+c=3[/tex], odakle je [tex]a=1[/tex], [tex]b=-1[/tex], [tex]c=1[/tex] i
[tex]f(x)=x^2-x+1[/tex]
Prava [tex]BD[/tex] ima koeficijent pravca [tex]\frac{7-3}{3+1}=1[/tex], pa je njena jednačina [tex]y=x+4[/tex], a [tex]BD=\sqrt{4^2+4^2}=4\sqrt{2}[/tex]. Dijagonala [tex]BD[/tex] deli [tex]ABCD[/tex] na trouglove [tex]ABD[/tex] i [tex]CBD[/tex], pri čemu [tex]A[/tex] i [tex]C[/tex] leže sa različitih strana prave [tex]BD[/tex].
Trougao [tex]ABD[/tex] je fiksiran: [tex]AD[/tex] leži na pravoj [tex]y=7[/tex], [tex]AD=5[/tex], a rastojanje tačke [tex]B[/tex] od te prave je [tex]4[/tex], pa je
[tex]S_{ABD}=\frac{1}{2}\cdot 5\cdot 4=10[/tex]
Tačka [tex]A[/tex] je iznad prave [tex]BD[/tex] (za [tex]x=-2[/tex] na pravoj je [tex]y=2\lt 7[/tex]), pa [tex]C[/tex] mora biti ispod nje:
[tex]x^2-x+1\lt x+4\Leftrightarrow (x+1)(x-3)\lt 0\Leftrightarrow -1\lt x\lt 3[/tex]
Neka je [tex]C\left(t; t^2-t+1\right)[/tex], gde je [tex]-1\lt t\lt 3[/tex]. Vertikalno rastojanje tačke [tex]C[/tex] od prave je [tex](t+4)-(t^2-t+1)=4-(t-1)^2[/tex], a pošto prava zaklapa ugao od [tex]45^\circ[/tex] sa osama, rastojanje tačke [tex]C[/tex] od [tex]BD[/tex] je [tex]\frac{4-(t-1)^2}{\sqrt{2}}[/tex]. Zato je
[tex]S_{CBD}=\frac{1}{2}\cdot 4\sqrt{2}\cdot \frac{4-(t-1)^2}{\sqrt{2}}=2\left(4-(t-1)^2\right)\le 8[/tex]
pri čemu jednakost važi samo za [tex]t=1[/tex], tj. za [tex]C(1; 1)[/tex] (tačka u kojoj je tangenta [tex]y=x[/tex] paralelna sa [tex]BD[/tex]). Za [tex]C(1; 1)[/tex] duži [tex]AC[/tex] i [tex]BD[/tex] seku se u tački [tex]\left(-\frac{1}{3}; \frac{11}{3}\right)[/tex], koja je unutrašnja za obe, pa je [tex]ABCD[/tex] zaista konveksan četvorougao sa dijagonalama [tex]AC[/tex] i [tex]BD[/tex]. Najveća površina je
[tex]S_{ABCD}=S_{ABD}+S_{CBD}=10+8=18[/tex]

Rešenje:
Neka su [tex]A(x_1; 0)[/tex] i [tex]B(x_2; 0)[/tex], gde su [tex]x_1\ne x_2[/tex] koreni jednačine [tex]x^2+px+q=0[/tex], i [tex]C(0; q)[/tex]. Pošto je [tex]q\ne 0[/tex], tačka [tex]C[/tex] ne leži na [tex]x[/tex]-osi, pa tačke [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] nisu kolinearne i kroz njih prolazi tačno jedna kružnica. Neka je njena jednačina
[tex]x^2+y^2+Dx+Ey+F=0[/tex]
Njene zajedničke tačke sa [tex]x[/tex]-osom ([tex]y=0[/tex]) zadovoljavaju [tex]x^2+Dx+F=0[/tex]. Pošto [tex]A[/tex] i [tex]B[/tex] leže na kružnici, ova jednačina ima različite korene [tex]x_1[/tex] i [tex]x_2[/tex], pa je
[tex]x^2+Dx+F=(x-x_1)(x-x_2)=x^2+px+q\Rightarrow D=p,\quad F=q[/tex]
Tačka [tex]C(0; q)[/tex] leži na kružnici, a [tex]q\ne 0[/tex]:
[tex]q^2+Eq+q=0\Rightarrow q+E+1=0\Rightarrow E=-(q+1)[/tex]
Dakle, kružnica kroz [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] ima jednačinu
[tex]x^2+y^2+px-(q+1)y+q=0[/tex]
Zamenimo koordinate tačke [tex]P(0; 1)[/tex]:
[tex]0+1+0-(q+1)+q=0[/tex]
što je tačno. Dakle, i [tex]P[/tex] leži na ovoj kružnici, tj. tačke [tex]A[/tex], [tex]B[/tex], [tex]C[/tex] i [tex]P[/tex] leže na jednoj kružnici. (Ako je [tex]q=1[/tex], onda je [tex]C=P[/tex] i tvrđenje je očigledno.)

Rešenje:
Neka je [tex]g(x)=ax^2+bx+c[/tex]. Za svaku takvu funkciju važi
[tex]g(4)-3g(3)+3g(2)-g(1)=a(16-27+12-1)+b(4-9+6-1)+c(1-3+3-1)=0[/tex]
pa je
[tex]g(4)=g(1)-3g(2)+3g(3)[/tex]
Brojevi [tex]1[/tex], [tex]2[/tex], [tex]3[/tex] pripadaju intervalu [tex]\left[1; 3\right][/tex], pa je [tex]|g(1)|\le 1[/tex], [tex]|g(2)|\le 1[/tex], [tex]|g(3)|\le 1[/tex]. Zato je
[tex]g(4)\le |g(1)|+3|g(2)|+3|g(3)|\le 1+3+3=7[/tex]
Ocena se dostiže: funkcija [tex]g(x)=2(x-2)^2-1=2x^2-8x+7[/tex] zadovoljava [tex]-1\le g(x)\le 1[/tex] na [tex]\left[1; 3\right][/tex] (njena najmanja vrednost tu je [tex]g(2)=-1[/tex], a najveća [tex]g(1)=g(3)=1[/tex]), i [tex]g(4)=7[/tex].

Rešenje:
Najpre, [tex]a\ne 0[/tex]: za [tex]a=0[/tex] uslov bi glasio [tex](b-c)^2\lt 0[/tex], što je nemoguće. Uzmimo
[tex]x_0=\frac{c-b}{2a},\qquad ax_0=\frac{c-b}{2}[/tex]
Tada je
[tex]f(x_0)=x_0^2+\frac{c-b}{2}+b=x_0^2+\frac{b+c}{2},\qquad g(x_0)=x_0^2-\frac{c-b}{2}+c=x_0^2+\frac{b+c}{2}[/tex]
Dakle, prema uslovu,
[tex]f(x_0)=g(x_0)=\frac{(b-c)^2}{4a^2}+\frac{b+c}{2}=\frac{(b-c)^2+2a^2(b+c)}{4a^2}\lt 0[/tex]
Svaka od funkcija [tex]f[/tex] i [tex]g[/tex] ima vodeći koeficijent [tex]1\gt 0[/tex] (njena parabola je okrenuta naviše) i u tački [tex]x_0[/tex] ima negativnu vrednost. Zato je njena najmanja vrednost [tex]-\frac{D}{4}[/tex] negativna, tj. njena diskriminanta [tex]D[/tex] je pozitivna, i njena parabola seče [tex]x[/tex]-osu u dve tačke, po jednoj sa svake strane od [tex]x_0[/tex]. Dakle, svaka od jednačina [tex]f(x)=0[/tex] i [tex]g(x)=0[/tex] ima dva različita realna korena.

Rešenje:
Neka je [tex]f(x)=x^2-2mx+8[/tex]. Tada je
[tex]\frac{D}{4}=m^2-8[/tex]
Ako je [tex]m^2\le 8[/tex], tj. [tex]|m|\le 2\sqrt{2}[/tex], onda je [tex]f(x)\ge 0[/tex] za svako realno [tex]x[/tex], pa i za svako celo [tex]x[/tex].
Neka je [tex]m^2\gt 8[/tex]. Tada [tex]f[/tex] ima korene [tex]x_1\lt x_2[/tex] i [tex]f(x)\lt 0[/tex] tačno za [tex]x\in\left(x_1; x_2\right)[/tex], pa uslov znači da ovaj otvoreni interval ne sadrži nijedan ceo broj. Izraz se ne menja ako se [tex]m[/tex] i [tex]x[/tex] zamene sa [tex]-m[/tex] i [tex]-x[/tex], a [tex]-x[/tex] je ceo broj tačno kada je [tex]x[/tex] ceo broj; zato je skup traženih vrednosti [tex]m[/tex] simetričan u odnosu na [tex]0[/tex] i dovoljno je posmatrati [tex]m\gt 2\sqrt{2}[/tex]. Prema Vietovim formulama
[tex]x_1+x_2=2m\gt 0,\quad x_1x_2=8\Rightarrow 0\lt x_1\lt 2\sqrt{2}\lt x_2[/tex]
Pošto je [tex]2\lt 2\sqrt{2}\lt 3[/tex], interval [tex]\left(x_1; x_2\right)[/tex] ne sadrži cele brojeve ako i samo ako je [tex]x_1\ge 2[/tex] i [tex]x_2\le 3[/tex]. Kako je [tex]x_2\gt 2[/tex], uslov [tex]x_1\ge 2[/tex] ekvivalentan je sa [tex]f(2)\ge 0[/tex]; kako je [tex]x_1\lt 3[/tex], uslov [tex]x_2\le 3[/tex] ekvivalentan je sa [tex]f(3)\ge 0[/tex]:
[tex]f(2)=12-4m\ge 0\Rightarrow m\le 3,\qquad f(3)=17-6m\ge 0\Rightarrow m\le\frac{17}{6}[/tex]
Pošto je [tex]\left(\frac{17}{6}\right)^2=\frac{289}{36}\gt 8[/tex], dobijamo [tex]2\sqrt{2}\lt m\le\frac{17}{6}[/tex]. Za [tex]m=\frac{17}{6}[/tex] koreni su [tex]\frac{8}{3}[/tex] i [tex]3[/tex], a [tex]f(3)=0[/tex] je dozvoljeno, pa je ovaj kraj uključen. Zbog simetrije važi i [tex]-\frac{17}{6}\le m\lt -2\sqrt{2}[/tex]. Zajedno sa [tex]|m|\le 2\sqrt{2}[/tex] dobijamo
[tex]m\in\left[-\frac{17}{6}; \frac{17}{6}\right][/tex]

Rešenje:
Dopunimo do potpunog kvadrata:
[tex]f(x)=(2x-a)^2-2a+2[/tex]
Parabola je okrenuta naviše, njeno teme je u [tex]x_0=\frac{a}{2}[/tex] i [tex]f(x_0)=2-2a[/tex]. Razmotrimo položaj tačke [tex]x_0[/tex] u odnosu na [tex]\left[0; 2\right][/tex].
Slučaj [tex]1[/tex]: [tex]\frac{a}{2}\lt 0[/tex], tj. [tex]a\lt 0[/tex]. Tada je [tex]f[/tex] rastuća na [tex]\left[0; 2\right][/tex] i njena najmanja vrednost je [tex]f(0)[/tex]:
[tex]a^2-2a+2=3\Rightarrow a^2-2a-1=0\Rightarrow a=1\pm\sqrt{2}[/tex]
Samo [tex]a=1-\sqrt{2}\lt 0[/tex] zadovoljava uslov ovog slučaja.
Slučaj [tex]2[/tex]: [tex]0\le\frac{a}{2}\le 2[/tex], tj. [tex]0\le a\le 4[/tex]. Najmanja vrednost se dostiže u temenu:
[tex]2-2a=3\Rightarrow a=-\frac{1}{2}\notin\left[0; 4\right][/tex]
pa ovaj slučaj ne daje rešenje.
Slučaj [tex]3[/tex]: [tex]\frac{a}{2}\gt 2[/tex], tj. [tex]a\gt 4[/tex]. Tada je [tex]f[/tex] opadajuća na [tex]\left[0; 2\right][/tex] i njena najmanja vrednost je [tex]f(2)[/tex]:
[tex]16-8a+a^2-2a+2=3\Rightarrow a^2-10a+15=0\Rightarrow a=5\pm\sqrt{10}[/tex]
Pošto je [tex]5-\sqrt{10}\lt 2\lt 4[/tex], samo [tex]a=5+\sqrt{10}[/tex] zadovoljava uslov ovog slučaja. Dakle,
[tex]a\in\left\{1-\sqrt{2}; 5+\sqrt{10}\right\}[/tex]

Rešenje:
Osa simetrije parabole je prava [tex]x=1[/tex], pa je
[tex]f(x)=a(x-1)^2+k,\quad a\lt 0[/tex]
Parabola dodiruje (nevertikalnu) pravu tačno kada jednačina [tex]a(x-1)^2+k=-2x-3[/tex], tj. [tex]ax^2+(2-2a)x+a+k+3=0[/tex], ima dvostruki koren:
[tex]\frac{D}{4}=(1-a)^2-a(a+k+3)=1-5a-ak=0\Rightarrow k=\frac{1-5a}{a}=\frac{1}{a}-5[/tex]
Parabola seče [tex]y[/tex]-osu u tački sa ordinatom
[tex]f(0)=a+k=a+\frac{1}{a}-5[/tex]
Za [tex]a\lt 0[/tex], prema nejednakosti aritmetičke i geometrijske sredine,
[tex]a+\frac{1}{a}=-\left(|a|+\frac{1}{|a|}\right)\le -2[/tex]
pri čemu jednakost važi samo za [tex]a=-1[/tex]. Dakle, najveća vrednost [tex]f(0)[/tex] je [tex]-2-5=-7[/tex] i dostiže se za [tex]a=-1[/tex], [tex]k=-6[/tex]:
[tex]f(x)=-(x-1)^2-6=-x^2+2x-7[/tex]
Provera: [tex]-x^2+2x-7=-2x-3\Leftrightarrow (x-2)^2=0[/tex], pa parabola dodiruje pravu u tački [tex](2; -7)[/tex].