Kvadratna funkcija i parabola - teški zadaci sa rešenjima

Rešenje:
Slobodan član funkcije [tex]f(x+k)[/tex] je njena vrednost za [tex]x=0[/tex], tj. [tex]f(k)[/tex]. Dakle, [tex]k[/tex] mora da zadovoljava jednačinu
[tex]4k^2+15k-4=0,\quad D=225+64=289,\quad k=\frac{-15\pm 17}{8}[/tex]
tj. [tex]k=\frac{1}{4}[/tex] ili [tex]k=-4[/tex]. Manja vrednost je [tex]k_1=-4[/tex], pa je
[tex]f(x-4)=4(x-4)^2+15(x-4)-4=4x^2-32x+64+15x-60-4=4x^2-17x=x(4x-17)[/tex]
Njene nule su [tex]x=0[/tex] i [tex]x=\frac{17}{4}[/tex], pa su presečne tačke [tex](0; 0)[/tex] i [tex]\left(\frac{17}{4}; 0\right)[/tex].
Provera: grafik funkcije [tex]f(x-4)[/tex] je grafik funkcije [tex]f[/tex] pomeren za [tex]4[/tex] jedinice udesno, pa nule [tex]-4[/tex] i [tex]\frac{1}{4}[/tex] funkcije [tex]f[/tex] prelaze u [tex]0[/tex] i [tex]\frac{17}{4}[/tex].

Rešenje:
Pošto je [tex]x=-1[/tex] osa simetrije, [tex]f(x)=a(x+1)^2+n[/tex], gde je [tex]a\ne 0[/tex]. Iz [tex]f(0)=a+n=1[/tex] sledi [tex]n=1-a[/tex], tj.
[tex]f(x)=a(x+1)^2+1-a[/tex]
Interval [tex]\left[2; 4\right][/tex] leži desno od ose [tex]x=-1[/tex], pa je [tex]f[/tex] na njemu monotona. Ako je [tex]a\gt 0[/tex], [tex]f[/tex] raste na [tex]\left[2; 4\right][/tex] i njena najmanja vrednost je
[tex]f(2)=9a+1-a=8a+1=-7\Rightarrow a=-1[/tex]
što je u suprotnosti sa [tex]a\gt 0[/tex]. Ako je [tex]a\lt 0[/tex], [tex]f[/tex] opada na [tex]\left[2; 4\right][/tex] i njena najmanja vrednost je
[tex]f(4)=25a+1-a=24a+1=-7\Rightarrow a=-\frac{1}{3}\lt 0[/tex]
Dakle,
[tex]f(x)=-\frac{1}{3}(x+1)^2+\frac{4}{3}=-\frac{1}{3}x^2-\frac{2}{3}x+1[/tex]
Provera: [tex]f(0)=1[/tex], [tex]f(4)=-7[/tex] i [tex]f(2)=-\frac{5}{3}\gt -7[/tex].

Rešenje:
Vodeći koeficijent je [tex]-3\lt 0[/tex], pa je parabola okrenuta nadole: [tex]f[/tex] raste na [tex]\left(-\infty; x_0\right][/tex] i opada na [tex]\left[x_0; +\infty\right)[/tex], gde je
[tex]x_0=-\frac{-a}{2\cdot (-3)}=-\frac{a}{6}[/tex]
Ako je [tex]x_0\le -1[/tex], onda je [tex]\left(-1; 2\right)\subset\left[x_0; +\infty\right)[/tex] i [tex]f[/tex] opada na intervalu. Ako je [tex]x_0\gt -1[/tex], onda [tex]f[/tex] raste na nepraznom delu [tex]\left(-1; \min\left\{x_0; 2\right\}\right)[/tex] intervala, pa na njemu nije opadajuća. Dakle, uslov je
[tex]-\frac{a}{6}\le -1\Leftrightarrow a\ge 6[/tex]
Za [tex]a=6[/tex] teme je tačno u [tex]x=-1[/tex] i [tex]f[/tex] opada na [tex]\left[-1; +\infty\right)[/tex], pa i [tex]a=6[/tex] zadovoljava uslov. Prema tome, [tex]a\in\left[6; +\infty\right)[/tex].

Rešenje:
Apscise zajedničkih tačaka su rešenja jednačine [tex]x^2-2x-3=ax^2[/tex] (svakom rešenju odgovara tačno jedna zajednička tačka), tj. jednačine
[tex](1-a)x^2-2x-3=0[/tex]
Za [tex]a=1[/tex] jednačina je linearna: [tex]-2x-3=0[/tex], sa jedinim rešenjem [tex]x=-\frac{3}{2}[/tex]; postoji tačno jedna zajednička tačka [tex]\left(-\frac{3}{2}; \frac{9}{4}\right)[/tex].
Za [tex]a\ne 1[/tex] jednačina je kvadratna i ima tačno jedan koren ako i samo ako joj je diskriminanta jednaka nuli:
[tex]\frac{D}{4}=1+3(1-a)=4-3a=0\Leftrightarrow a=\frac{4}{3}[/tex]
Tada jednačina glasi [tex]-\frac{1}{3}x^2-2x-3=0\Leftrightarrow (x+3)^2=0[/tex], i parabole se dodiruju u tački [tex](-3; 12)[/tex]. Za sve ostale vrednosti [tex]a[/tex] postoje dve zajedničke tačke ili nijedna.
Dakle, [tex]a\in\left\{1; \frac{4}{3}\right\}[/tex]. Slučaj [tex]a=1[/tex] se lako izgubi ako se zahteva samo [tex]D=0[/tex].

Rešenje:
Apscise zajedničkih tačaka zadovoljavaju jednačinu [tex]f(x)=g(x)[/tex]:
[tex]7x^2-4x-3=0\Leftrightarrow (x-1)(7x+3)=0\Leftrightarrow x=1\text{ ili }x=-\frac{3}{7}[/tex]
Pošto je [tex]f(1)=-1[/tex] i [tex]f\left(-\frac{3}{7}\right)=\frac{18}{49}+\frac{6}{7}-1=\frac{11}{49}[/tex], tačke su [tex](1; -1)[/tex] i [tex]\left(-\frac{3}{7}; \frac{11}{49}\right)[/tex]. Koeficijent pravca prave kroz njih je
[tex]a=\frac{\frac{11}{49}+1}{-\frac{3}{7}-1}=\frac{\frac{60}{49}}{-\frac{10}{7}}=-\frac{6}{7}[/tex]
a iz [tex]-1=a\cdot 1+b[/tex] dobijamo [tex]b=-1+\frac{6}{7}=-\frac{1}{7}[/tex].
Kraći put: u zajedničkoj tački je [tex]y=f(x)=g(x)[/tex], pa je
[tex]7y=5f(x)+2g(x)=10x^2-10x-5-10x^2+4x+4=-6x-1[/tex]
Članovi sa [tex]x^2[/tex] se poništavaju, pa obe tačke leže na pravoj [tex]y=-\frac{6}{7}x-\frac{1}{7}[/tex], tj. [tex]a=-\frac{6}{7}[/tex], [tex]b=-\frac{1}{7}[/tex].

Rešenje:
Sa [tex]x[/tex] novih stabala ([tex]x[/tex] je nenegativan ceo broj) ukupno ima [tex]30+x[/tex] stabala, a svako daje po [tex]25-0{,}6x[/tex] kg. Rod iznosi
[tex]R(x)=(30+x)(25-0{,}6x)=-0{,}6x^2+7x+750[/tex]
Ovo je parabola okrenuta nadole sa temenom u
[tex]x_0=\frac{7}{2\cdot 0{,}6}=\frac{35}{6}\approx 5{,}83[/tex]
što nije ceo broj. [tex]R[/tex] raste za [tex]x\le\frac{35}{6}[/tex], opada za [tex]x\ge\frac{35}{6}[/tex] i simetrična je u odnosu na [tex]x_0[/tex], pa se među celim brojevima najveća vrednost dostiže u celom broju najbližem broju [tex]\frac{35}{6}[/tex], tj. za [tex]x=6[/tex] (njegovo rastojanje do [tex]x_0[/tex] je [tex]\frac{1}{6}[/tex], a za [tex]x=5[/tex] ono iznosi [tex]\frac{5}{6}[/tex]). Provera:
[tex]R(5)=35\cdot 22=770; \quad R(6)=36\cdot 21{,}4=770{,}4; \quad R(7)=37\cdot 20{,}8=769{,}6[/tex]
Dakle, treba posaditi [tex]6[/tex] novih stabala.

Rešenje:
Pošto je [tex]f(x)=(x-1)^2-1[/tex], jednačina [tex]f(x)=t[/tex] ima dva rešenja [tex]x=1\pm\sqrt{t+1}[/tex] za [tex]t\gt -1[/tex], jedno rešenje [tex]x=1[/tex] za [tex]t=-1[/tex] (teme) i nema rešenja za [tex]t\lt -1[/tex]; različitim vrednostima [tex]t[/tex] odgovaraju različita rešenja. Rasuđujemo unazad.
Neka je [tex]y_3=f(f(f(c)))[/tex]. Tada je [tex]f(y_3)=3\Leftrightarrow (y_3-1)^2=4[/tex], pa je [tex]y_3\in\left\{3; -1\right\}[/tex].
Neka je [tex]y_2=f(f(c))[/tex]. Iz [tex]f(y_2)=3[/tex] dobijamo [tex]y_2\in\left\{3; -1\right\}[/tex], a iz [tex]f(y_2)=-1[/tex] dobijamo [tex]y_2=1[/tex], pa je [tex]y_2\in\left\{3; -1; 1\right\}[/tex].
Neka je [tex]y_1=f(c)[/tex]. Iz [tex]f(y_1)=3[/tex] dobijamo [tex]y_1\in\left\{3; -1\right\}[/tex], iz [tex]f(y_1)=-1[/tex] dobijamo [tex]y_1=1[/tex], a iz [tex]f(y_1)=1[/tex] sledi [tex](y_1-1)^2=2[/tex], tj. [tex]y_1=1\pm\sqrt{2}[/tex]. Dakle, [tex]y_1[/tex] uzima pet različitih vrednosti:
[tex]y_1\in\left\{3; -1; 1; 1+\sqrt{2}; 1-\sqrt{2}\right\}[/tex]
Najzad, rešavamo [tex]f(c)=y_1[/tex]: za [tex]y_1=-1[/tex] postoji jedno rešenje [tex]c=1[/tex], a svaka od preostale četiri vrednosti veća je od [tex]-1[/tex] (jer je [tex]1-\sqrt{2}\approx -0{,}41\gt -1[/tex]) i daje po dva rešenja. Prema tome, broj različitih brojeva [tex]c[/tex] je
[tex]1+4\cdot 2=9[/tex]

Rešenje:
Imamo [tex]f(-1)=a-b+c[/tex], [tex]f(1)=a+b+c[/tex] i [tex]f(3)=9a+3b+c[/tex]. Tada je
[tex]f(-1)-2f(1)+f(3)=(a-2a+9a)+(-b-2b+3b)+(c-2c+c)=8a[/tex]
Prema uslovu je [tex]f(-1)\gt -4[/tex], [tex]-2f(1)\gt 0[/tex] i [tex]f(3)\gt 5[/tex]. Sabiranjem ovih nejednakosti dobijamo
[tex]8a=f(-1)-2f(1)+f(3)\gt -4+0+5=1\Rightarrow a\gt\frac{1}{8}\gt 0[/tex]
Dakle, [tex]a\gt 0[/tex], što je i trebalo dokazati.