Másodfokú függvény meghatározása

Valós változó másodfokú függvénye, amelynek alakja kifejezett.

\(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\)

Ahol a változó \(x\), \(a, b\) és c valós állandók, amelyeket a \(a \ne 0.\) másodfokú függvény együtthatóinak neveznek.

A táblázat általános példákat mutat be a másodfokú függvényekre és az általuk modellezhető helyzetekre, hogy később szemléltesse a valós problémákból való közvetlen alkalmazásukat.

Másodfokú függvény	A modellezhető helyzet
\(f\left( x \right) = {x^2}\)	Az \(y\) változó egy olyan négyzet területe, amelynek oldala \(x\).
\(f\left( x \right) = \pi {x^2}\)	Az \(y\) változó egy \(x\) sugarú kör területe.
\(f\left(x \right) = 100 – 4,9{x^2}\)	Az \(y\) változó egy 100 magasságban elejtett objektum magassága, \(x\) pedig az eltelt idő.
\(f\left( x \right) = 60\left( {{\bf{sin}}45^\circ } \right) x – 4,9{x^2}\)	Az \(y\) változó egy 45°-os szögben 60 m/s sebességgel dobott ágyúgolyó magassága, \(x\) pedig az eltelt idő.

Az általános képlet és a másodfokú függvény

Ha \(x = \alpha \) esetén a másodfokú függvény nulla, akkor a \(\alpha \) számot a másodfokú függvény gyökének nevezzük, igen, \(\alpha \) a másodfokú egyenlet megoldása

\(a{x^2} + bx + c = 0\)

A másodfokú egyenletek megoldásának általános képlete, hogy a másodfokú függvények gyökerei a következők:

\(\alpha = \frac{{ – b + \sqrt {{b^2} – 4ac} }}{{2a}},\;\;\beta = \frac{{ – b – \sqrt {{b ^2} – 4ac} }}{{2a}}\)

A fentiekből a következő összefüggést állapítjuk meg a másodfokú függvény gyökei és együtthatói között:

\(\alpha + \beta = – \frac{b}{a},\;\;\alpha \beta = \frac{c}{a}\)

A figyelemre méltó termékek révén a következő azonosság jön létre:

\(a{x^2} + bx + c = a\left( {x – \alpha } \right)\left( {x – \beta } \right)\)

Az általános képletben leírtakhoz hasonlóan megállapítható, hogy a másodfokú függvény a következő formában fejezhető ki:

\(f\left( x \right) = a{\left( {x – h} \right)^2} + k\)

\(h = – \frac{b}{{2a}}\) és \(k = – \frac{{{b^2} – 4ac}}{a}\)

Az egyenlet megoldásával:

\(a{\left( {x – h} \right)^2} + k = 0\)

Megszerzik:

\(\left| {x – h} \jobbra| = \sqrt { – \frac{k}{a}} \)

\(x = h \pm \sqrt { – \frac{k}{a}} \)

A fentiekből arra lehet következtetni, hogy \(f\left( x \right) = a{\left( {x – h} \right)^2} + k\), csak akkor, ha a \(k\) ill. \(a\) vannak ellentétes előjelekkel ennek a másodfokú függvénynek valódi gyökei vannak, amelyek a következők: \(h + \sqrt { – \frac{k}{a}} ,\;\;h – \sqrt { – \frac{k}{a} } \).

Ha a \(k\) és \(a\) konstansok előjele megegyezik, akkor a másodfokú függvénynek nincs valódi gyöke.

Ha \(k = 0,\;\;\), a másodfokú függvénynek csak egy gyöke van.

A való életben alkalmazott példák

1. alkalmazási példa: Közgazdaságtan

Egy iskola olyan labdarúgó tornát akar szervezni, ahol minden csapat csak egyszer játszik a többi csapattal. Ha a választottbírósági eljárás költsége játékonként 200 dollár, akkor a választottbírósági eljárás költségeire 15 600 dolláros költségvetés áll rendelkezésre. Hány csapat nevezhet a tornára?

Feladat: Találnunk kell egy függvényt, amely kiszámítja az egyezések számát, ha \(n\) A csapatok megszámlálásához abból indulunk ki, hogy az 1. csapat játszik először az összes többivel, azaz \(n – 1\) mérkőzések. A 2. csapat most az összes többivel, azaz \(n – 2\) játszana, mivel már játszottak az 1. csapattal. A 3-as csapat már játszott az 1-es és 2-es csapattal, tehát az n-3-as csapatokkal kellene játszania.

A fenti érveléssel a következőhöz jutunk:

\(f\left(n \right) = n – 1 + n – 2 + \lpont + 2 + 1\)

\(f\left( n \right) = \frac{{n\left( {n – 1} \right)}}{2}\)

A költségfüggvény a következő:

\(C\left( n \right) = 200f\left( n \right) = 100n\left( {n – 1} \jobbra)\)

15 600 dolláros költségvetéssel a következő egyenletet kapjuk:

\(100n\bal( {n – 1} \jobbra) = 15600\)

az egyenlet megoldása

\(100n\left( {n – 1} \jobbra) = 15600\) Kiindulási helyzet
\(n\left( {n – 1} \jobbra) = 156\) Az egyenlet mindkét oldalát osszuk el 100-zal
\({n^2} – n – 156 = \) Adjon hozzá \( – 156\)-t az egyenlet mindkét oldalához
\(\left( {n – 13} \right)\left( {n + 12} \right) = 0\) Van \(\left( { – 13} \right)\left( {12} \right ) = – 156\) és \( – 13 + 12 = – 1\)
Beszámították.
A \(n = – 12,\;13\) egyenlet megoldásai
Válasz: A költségvetés 13 csapat regisztrálására elegendő.

2. alkalmazási példa: Közgazdaságtan

Egy fővárosi közlekedési autóbusz-társaság megfigyelte, hogy egy nyolcórás nap alatt minden busza átlagosan ezer utast szállít. Ahhoz, hogy fizetésemelést tudjon adni dolgozóinak, meg kell emelnie a viteldíjat, amely jelenleg 5 dollár; Egy közgazdász számításai szerint minden egyes peso után, amellyel a viteldíj emelkedik, minden teherautó naponta átlagosan 40 utast veszít. A cég számításai szerint a fizetésemelés fedezéséhez teherautónként további 760 dollárt kell beszereznie naponta. Mennyivel kell emelkednie a viteldíjnak?

A probléma megfogalmazása: Legyen \(x\) az a peso, amellyel a jegy emelkedni fog, amelyre \(5 + x\) a jegy új költsége. Ugyanezzel a növekedéssel naponta átlagosan \(1000 – 40x\) utast szállítanak majd egy teherautó.

Végül az egy teherautóra jutó bevétel:

\(I\left( x \right) = \left( {5 + x} \right)\left( {1000 – 40x} \right) = – 40\left( {x + 5} \right)\left( {x – 25} \jobbra)\)

A fizetésemelés fedezéséhez minden busznak be kell szednie: \(1000\bal( 5 \right) + 760 = 5760\)

Végül megkapjuk az egyenletet:

\( – 40\bal( {x + 5} \jobbra)\bal( {x – 25} \jobbra) = 5760\)

az egyenlet megoldása
\( – 40\left( {x + 5} \right)\left( {x – 25} \right) = 5760\) Kiindulási helyzet
\(\left( {x + 5} \right)\left( {x – 25} \right) = – 144\) Oszd el \( – 40\)-vel az egyenlet mindkét oldalát
\({n^2} – 20n – 125 = – 144\) A figyelemre méltó terméket fejlesztették
\({n^2} – 20n + 19 = 0\) 144-et adtak mindegyikhez
\(\left( {n – 19} \right)\left( {n – 1} \right) = 0\) Van \(\left( { – 19} \right)\left( { – 1} \ jobbra) = 19\) és \( – 19 – 1 = – 20\)
faktorált
A \(n = 1,19\) egyenlet megoldásai
Válasz: A jegy ára 1 vagy 19 peso dollárral emelkedhet.

3. alkalmazási példa: Közgazdaságtan

Egy kenyérbolt átlagosan heti 1200 zsemlét ad el, darabonként 6 dollárért. Egy nap úgy döntött, hogy darabonként 9 dollárra emeli az árat; most az eladásai csökkentek: csak átlagosan 750 tekercset ad el hetente. Mennyi legyen az egyes zsemle ára, hogy az outlet bevétele a lehető legmagasabb legyen? Tegyük fel, hogy lineáris kapcsolat van a kereslet és az ár között.

Problémafelvetés: Feltételezve, hogy D kereslet és ár között lineáris kapcsolat van \(x,\)

\(D = mx + b\)

Amikor \(x = 6;D = 1200;\;\), amely létrehozza az egyenletet:

\(1200 = 6 m + b\)

Ha \(x = 9;D = 750;\;\) lo és az egyenletet kapjuk:

\(750 = 9 m + b\)

Az egyenletrendszer megoldása során a kereslet és az ár kapcsolata a következő:

\(D = – 150x + 2100 = – 150\bal( {x – 14} \jobbra)\)

A jövedelem egyenlő

\(I\bal( x \jobbra) = Dx = – 150x\bal( {x – 14} \jobbra)\)

Megoldás

A bevétel grafikonja egy parabolában, amely lefelé nyílik, és maximális értékét a csúcson éri el. amelyet a modellező másodfokú függvény gyökeinek átlagolásával találhatunk meg jövedelem. A gyökök \(\alpha = 0,\;\;\beta = 14\).

\(h = \frac{{0 + 14}}{2} = 7\)

\(I\bal(h \jobb) = – 150\bal(7 \jobb)\bal({7 – 14} \jobb) = 7350\)

Válasz

A maximális bevétel 7350 dollár, és 7 dolláros áron érhető el; átlagosan heti 1050 tekercset értékesít.

4. alkalmazási példa: Közgazdaságtan

A \(n\) szék egy nap alatti legyártásának költsége kiszámítható a másodfokú függvénnyel:

\(C\bal(n \jobb) = {n^2} – 200n + 13000\)

Határozza meg az elérhető minimális költséget.

Problémanyilatkozat

A \(C\left( n \right)\) grafikonja egy felfelé nyíló parabola, amely a \(h = – \frac{b}{{2a}} = – \frac{{\) pontban éri el minimális pontját balra( { – 200} \jobbra)}}{{2\left( 1 \right)}} = 100\)

\(C\left( {100} \jobbra) = {\bal({100} \jobbra)^2} – 200\left( {100} \jobbra) + 13000 = 3000\)

Válasz

A lehető legalacsonyabb költség 3000 dollár, és 100 szék gyártásával érhető el.

5. alkalmazási példa: Geometria

Egy rombusz területe 21 cm2; Ha az átlói hosszának összege 17 cm, mekkora a rombusz minden átlója?

Feladat: A rombusz területét a következő képlettel számítjuk ki:

\(A = \frac{{Dd}}{2}\)

A \(D\) és \(d\) átlóinak hosszával ez is ismert:

\(D + d = 7\)

\(D = 17 – d\)

A helyettesítéssel a következőket kapja:

\(A = \frac{{\left( {17 – d} \right) d}}{2}\)

Végül megkapjuk az egyenletet

\(\frac{{\left( {17 – d} \right) d}}{2} = 21\)

Megoldás
\(\frac{{\left( {17 – d} \right) d}}{2} = 21\) Kiindulási helyzet
\(\left( {17 – d} \right) d = 42\) Szorozzuk meg \( – 40\)-vel az egyenlet mindkét oldalát
\({d^2} – 17d + 42 = 0\) A terméket fejlesztették.
\(\left( {d – 14} \right)\left( {d – 3} \right) = 0\) Van \(\left( { – 14} \right)\left( { – 3} \ jobbra) = 42\) és \( – 14 – 3 = – 17\)
faktorált
A \(d = 3,14\) egyenlet megoldásai
Válasz:

A rombusz átlói 14 cm és 3 cm-esek.

6. alkalmazási példa: Geometria

140 m2-es téglalap alakú csirkeól kívánatos építeni, kihasználva egy meglehetősen hosszú kerítést, amely a csirkeól alját képezi. A másik három oldal 34 lineáris dróthálóval épül meg, mekkora legyen a csirkeól hossza és szélessége a teljes háló használatához?

Ugyanolyan feltételek mellett mekkora a maximális terület, amelyet ugyanazzal a hálóval lehet bekeríteni?

Feladat: A diagram szerint a terület egyenlő:

\(A\left( x \right) = x\left( {34 – 2x} \right) = 2x\left( {17 – x} \right)\)

Ahol \(x\) a kerítésre merőleges oldal hossza.

Ahhoz, hogy ismerjük a téglalap méreteit úgy, hogy 140 m2 területű legyen, elegendő az egyenletet megoldani

\(2x\bal( {17 – x} \jobb) = 140\)

Mivel a \(A\left( x \right)\) grafikonja egy lefelé nyíló parabola a terület maximális értékének kiszámításához, elegendő a parabola csúcsát kiszámítani.

Válaszok
A 140 m2 területű téglalap méretei
Az oldal hossza a kerítésre merőlegesen

\(x\) A kerítéssel párhuzamos oldal hossza

\(34 – 2x\)
10 14
7 20

A csúcs első koordinátája \(h = \frac{{17}}{2}\) és

\(A\left( h \right) = \frac{{289}}{2}\)

A terület akkor maximális, ha a merőleges oldal mérete \(\frac{{17}}{2}\;\)m és a párhuzamos oldal mérete 17 m, akkor mérete 17 m, az elért maximális terület értéke \(\frac{ {289}} {2}\)m2.

Másodfokú függvény grafikonja

Geometriai szempontból a gyökök azok a pontok, ahol egy függvény grafikonja metszi az \(x\) tengelyt.

A kifejezésből

\(f\left( x \right) = a{\left( {x – h} \right)^2} + k,\)

Meghatározzuk egy másodfokú függvény gráfjának általános alakját.

Első eset \(a > 0\) és \(k > 0\)

\(f\left( x \right) = a{\left( {x – h} \right)^2} + k\)

\(x\)	\(f\left( x \right)\)
\(h – 1\)	\(a + k\)
\(h – 2\)	\(4a + k\)
\(h – 3\)	\(9a + k\)
\(h – 4\)	\(16a + k\)
\(ó\)	\(k\)
\(ó + 1\)	\(a + k\)
\(ó + 2\)	\(4a + k\)
\(ó + 3\)	\(9a + k\)
\(ó + 4\)	\(16a + k\)

Ebben az esetben a grafikon teljesül:

Szimmetrikus: szimmetriatengellyel \(x = h = – \frac{b}{{2a}}.\) Ez \(f\left( {h – s} \right) = f\left( {h + s} \jobbra)\)

A \(x\) tengely felett van, és nem metszi azt. Vagyis a \(f\left( x \right) > 0\)-nek nincs valódi gyöke.

A grafikon legalacsonyabb pontja a \(\left( {h, k} \right)\ pontban van. Ez \(f\left(x\right) \ge f\left(h \right) = k\)

Második eset \(a < 0\) és \(k < 0\)

\(f\left( x \right) = a{\left( {x – h} \right)^2} + k\)

\(x\)	\(f\left( x \right)\)
\(h – 1\)	\(a + k\)
\(h – 2\)	\(4a + k\)
\(h – 3\)	\(9a + k\)
\(h – 4\)	\(16a + k\)
\(ó\)	\(k\)
\(ó + 1\)	\(4a + k\)
\(ó + 2\)	\(9a + k\)
\(ó + 3\)	\(4a + k\)
\(ó + 4\)	\(16a + k\)

Ebben az esetben a grafikon teljesül:

Szimmetrikus: szimmetriatengellyel \(x = h = – \frac{b}{{2a}}.\) Ez \(f\left( {h – s} \right) = f\left( {h + s} \jobbra)\)

A \(x\) tengely alatt van, és nem metszi azt. Ez azt jelenti, hogy \(f\left( x \right) < 0\) nincs valódi gyöke. A grafikon legmagasabb pontja a \(\left( {h, k} \right)\ pontban van. Ez \(f\left( x \right) \le f\left( h \right) = k\) Harmadik eset \(a > 0\) és \(k \le 0\).

Ez az eset hasonló az első esethez, a különbség az, hogy most egy valós gyökünk van (amikor \(k = 0\) ) vagy két valós gyök.

Ebben az esetben a grafikon teljesül:

Szimmetrikus: szimmetriatengellyel \(x = h = – \frac{b}{{2a}}.\) Ez \(f\left( {h – s} \right) = f\left( {h + s} \jobbra)\)

Metszi a \(x\) tengelyt, vagyis van legalább egy valós gyöke.

A grafikon legalacsonyabb pontja a \(\left( {h, k} \right)\ pontban van. Ez \(f\left(x\right) \ge f\left(h \right) = k\)

Negyedik eset \(a < 0\) és \(k \ge 0\). Ez az eset hasonló a második esethez, a különbség az, hogy most egy valós gyökünk van (amikor \(k = 0\) ) vagy két valós gyökünk. Ebben az esetben a grafikon teljesül:

Szimmetrikus: szimmetriatengellyel \(x = h = – \frac{b}{{2a}}.\) Ez \(f\left( {h – s} \right) = f\left( {h + s} \jobbra)\)

A grafikon legalacsonyabb pontja a \(\left( {h, k} \right)\ pontban van. Ez \(f\left(x\right) \le f\left(h \right) = k\)

A másodfokú függvény gráfját parabolának nevezzük, és kiemelendő elemei a szimmetriatengely, a metszéspontok az \(x\) tengelyre és a csúcsra, amely a függvény grafikonjának az a pontja, ahol eléri legalacsonyabb vagy legmagasabb pontját, attól függően, hogy ügy.

Az elvégzett elemzés alapján megállapíthatjuk:

A \(f\left( x \right) = a{x^2} + bx + c\) másodfokú függvénnyel társított parabola csúcsa a \(\left( {h, k} \right)\) helyen van, ahol :

\(h = – \frac{b}{{2a}},\;\;k = f\left(h \right)\)

példák

Másodfokú függvény \(y = {x^2}\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\bal( {0,0} \jobb)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = 0\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	\(\bal( {0,0} \jobb)\)

Másodfokú függvény \(y = – \frac{1}{2}{\left( {x – 2} \right)^2}\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\bal( {2,0} \jobbra)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = 2\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	\(\bal( {2,0} \jobbra)\)

Másodfokú függvény \(y = {\left( {x + 2} \right)^2} – 4\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\left( { – 2, – 4} \right)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = – 2\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	\(\left( { – 4,0} \right);\left( {0,0} \right)\)

Másodfokú függvény \(y = – \frac{1}{2}{\left( {x – 9} \right)^2} + 8\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\left( {9,8} \right)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = 9\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	\(\left( {5,0} \right);\left( {13,0} \right)\)

Másodfokú függvény \(y = {x^2} + 1\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\bal( {0,1} \jobbra)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = 0\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	Nem rendelkezik

Másodfokú függvény \(y = – \frac{1}{2}{\left( {x – 2} \right)^2} – 1\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\bal( {2, – 1} \jobbra)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = 2\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	Nem rendelkezik

Ha egy másodfokú függvény valós gyökei léteznek, akkor ezekből ábrázolhatjuk a hozzá tartozó parabolát. Tegyük fel, hogy \(f\left( x \right) = a\left( {x – \alpha } \right)\left( {x – \beta } \right)\)

Ehhez a következőket kell figyelembe venni:

\(\alpha + \beta = – \frac{b}{a}\)

\(\frac{{\alpha + \beta }}{2} = – \frac{b}{{2a}} = h\)

Mint

\(k = f\bal(h \jobb)\)

\(k = f\left( {\frac{{\alpha + \beta }}{2}} \right)\)

\(k = a\left( {\frac{{\alpha + \beta }}{2} – \alpha } \right)\left( {\frac{{\alpha + \beta }}{2} – \ béta } \jobbra)\)

\(k = – \frac{a}{4}{\left( {\alpha – \beta } \right)^2}\)

példák

Vázolja fel a másodfokú függvény grafikonját \(f\left( x \right) = \frac{1}{4}\left( {x – 3} \right)\left( {x + 6} \right )\)

Megoldás

A gyökök \(\alpha = 3\;\) és \(\beta = – 6\); majd \(h = \frac{{3 – 6}}{2} = – \frac{3}{2}\).

\(k = f\left( { – \frac{3}{2}} \right) = 2\left( { – \frac{3}{2} – 3} \right)\left( { – \frac {3}{2} + 6} \jobbra) = \frac{1}{4}\left( { – \frac{9}{2}} \right)\left( {\frac{9}{2}} \right) = – \frac{{81}}{{16}}\)

Így elkészíthetjük a következő táblázatot

\(f\left( x \right) = 2\left( {x – 3} \right)\left( {x + 6} \right)\)	fontos elemei
A parabola csúcsa	\(\left( { – \frac{3}{2}, – \frac{{81}}{2}} \right)\)
A parabola szimmetriatengelye	\(x = – \frac{{81}}{2}\)
Elmetszések az \(x\) tengellyel	\(\left( { – 6,0} \right)\;,\;\left( {3,0} \jobbra)\)

A függvény grafikonjának felvázolásához:

\(f\bal(x\jobb) = 3{x^2} – 18x + 4\)

Ugyanazokat az ötleteket fogjuk használni, amelyeket már használtunk; Ehhez először meghatározzuk a csúcsot.

Ebben az esetben \(a = 3;b = – 12,\;c = 4\).

Mivel \(a > 0\), a „parabola megnyílik és \(h = – \frac{b}{{2a}} = – \left( {\frac{{ – 18}}{{3\left ( 2 \jobbra)}}} \jobbra) = 3.\) Ezután kiszámítjuk a \(k:\)

\(k = f\bal(h \jobb) = f\bal(3 \jobb) = 3{\bal(3 \jobb)^2} – 18\bal(3 \jobb) + 4 = – 23\)

A parabola csúcsa a \(\left( {3, – 23} \right)\) pontban van, és mivel felfelé nyílik, így a parabola metszi az \(x\;\) tengelyt, szimmetriatengelye pedig \ (x = 3\).

Most nézzük a másodfokú függvényt

\(f\bal( x \jobb) = – 5{x^2} + 10x – 9\)

Ebben az esetben \(a = 3;b = – 12,\;c = 4\).

Mivel \(a < 0\), a parabola lefelé „nyílik”, és \(h = - \frac{b}{{2a}} = - \left( {\frac{{10}}{{\left( 2 \jobbra)\balra( { - 5} \jobbra)}}} \jobbra) = 1.\) A Ezután kiszámítjuk a \(k:\) \(k = f\left( h \right) = f\left( 1 \right) = - 5{\left( 1 \right)^2} + 10\left( 1 \ jobbra) - 9 = - 4\) A csúcsa a a parabola a \(\left( {1, - 4} \right)\) pontban van, és mivel lefelé nyílik, ezért a parabola nem metszi az \(x\;\) tengelyt, szimmetriatengelye pedig \(x = 1.\)