1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE

1. UREJENE OBLIKE KVADRATNE FUNKCIJE A) Splošna oblika Definicija 1 : Naj bodo a, b in c realna števila in a 0. Realno funkcijo: f : x ax + bx + c imenujemo kvadratna funkcija spremenljivke x v splošni ali razviti obliki. Funkcijo lahko zapišemo tudi v oblikah: f(x) = ax +bx+c ali y = ax +bx+c. Števila a, b in c imenujemo: a... vodilni koeficient, b... linearni koeficient, c... prosti člen, člene ax, bx, c pa: ax... vodilni člen, bx... linearni člen, c... prosti člen. Tako ima funkcija g(x) = x + x 3 koeficiente: a =, b = 1, c = 3, funkcija h(x) = x 3(a 1)x + 4a 3 pa: a =, b = 3(a 1), c = 4a 3. Bodimo pozorni, da so koeficienti vedno trije: vodilni je tisto število ali izraz, ki stoji poleg x (če je takih členov z x več, jih združimo), linearni stoji poleg x, prosti pa je brez spremenljivke x, npr. kvadratno funkcijo y = (x 1) + (x 1)(x + ) 3x najprej uredimo v obliko y = x 4x 1, nato preberemo njene koeficiente: vodilni koeficient je a =, linearni je b = 4 in prosti člen c = 1. Povzemimo: Izraz y = ax + bx + c imenujemo urejena splošna (razvita) oblika kvadratne funkcije s koeficienti a, b in c. Za vodilni koeficient a zahtevamo, da ni enak 0, saj bi drugače funkcija postala linearna (y = bx + c). B) Temenska oblika Splošna oblika kvadratne funkcije je tričlenik (trinom). Spodnja veriga enačb ga spremeni v dvočlenik oblike a(x p) + q. Pri izpeljavi bomo potrebovali dobro znano enačbo (A ± B) = A ± AB + B : ( ax + bx + c = a(x + b a x) + c = a x + b ( ) ( ) ) b b x + + c = = a ( x + b ( b x + ) ) } {{ } A=x, B= b ( ) ( b a + c = a x + b ) 4ac b + 4a Označimo p = b, D = b 4ac in q = D 4a. Z novimi oznakami je: ax + bx + c = a(x p) + q. Pridelane izraze tudi poimenujmo, imena bomo opravičili kasneje:. 1

količino D imenujemo diskriminanta: D = b 4ac, količini p, q imenujemo koordinati temena: x teme = p = b, y teme = q = D 4a. Obliko kvadratne funkcije y = a(x p) + q imenujemo temenska oblika. C) Ničelna oblika Tretjo obliko bomo iskali kot enočlenik. Zato bomo temensko obliko z znanjem 1. letnika razstavili. Uporabili bomo formulo za razliko kvadratov: A B = (A B)(A + B) in enačbe za D, p in q. Sledili bomo naslednji verigi: Izraza = a a(x p) + q = a (x + b ) ( (x p) q a ) ( ) ( D = a (x + b ) = a ( x b + D ) ( ( = a (x + b ) D 4a ) ( D x b D ) = (x + b ) + ). ) D = x 1 = b + D imenujemo ničli kvadratne funkcije, obliko in x = b D pa ničelna oblika kvadratne funkcije. y = a(x x 1 )(x x ) Pojasnimo zakaj ničelna oblika. Za ničlo poljubne realne funkcije f smo proglasili tako število x = v, da je vrednost funkcije f(v) = 0. Kvadratna funkcija y = a(x x 1 )(x x ) pa zavzeme vrednost 0 ravno pri številih x = x 1 in x = x. Ničli in absciso temena veže koristna enačba : p = x 1 + x, ki jo hitro ugledamo iz verige enačb: x 1 + x = b+ D + b D = b = p.

Gornje račune smo opravili, ne da bi se vprašali, če so sploh mogoči. Recimo, če je D < 0 v zgornjem računu D sploh ne obstaja. Če že poznamo kompleksna števila, vemo, da bomo morali vplesti imaginarno enoto ı. Kasneje bomo to in še druge pomankljivosti odpravili. D) Povzetek Kvadratna funkcija nastopa v treh oblikah: kot tričlenik y = ax + bx + c (splošna oblika), kot dvočlenik y = a(x p) + q (temenska oblika), kot enočlenik y = a(x x 1 )(x x ) (ničelna oblika). Prehode iz ene oblike v drugo omogočajo enačbe za D, p, q, x 1 in x. Kako preiti iz ene oblike v drugo pokaže spodnja slika: splosna (a,b,c) temenska (a,p,q) nicelna (a, x, x ) 1. Mimogrede opazimo, da je vsaka oblika natanko določena s tremi količinami (parametri): splošna z a, b, c, temenska z a, p, q in ničelna z a, x 1, x. Za konec rešimo nekaj primerov: Okrajšaj ulomek: x + x 6 x x 6. Ulomek lahko krajšamo, če sta števec in imenovalec faktorizirana, t.j., da sta enočlenika. Števec in imenovalec sta splošni obliki dveh kvadratnih funkcij. Obe funkciji zapišemo v ničelni obliki: x +x 6 = (x+)(x 3 ), x x 6 = (x+)(x 3). Pri prvi smo poiskali ničle kvadratne funkciji, drugo pa smo ugnali z znanjem prvega letnika (Viète). Dobimo: x + x 6 x x 6 = (x + )(x 3 ) (x + )(x 3) = (x 3 ) = x 3 x 3 x 3. Pogosto moramo iz danih podatkov poiskati enačbo kvadratne funkcije. Glede na vrsto podatkov izberemo primerno obliko in v njej izračunamo neznane količine. Pokažimo to z nekaj primeri: Zapiši kvadratno funkcijo s temenom v točki T ( 1, 4) in začetno vrednostjo -3. Izberemo temensko obliko, saj imamo o njej največ podatkov: y = a(x 1 ) 4. Izračunati moramo še a. Toda začetna vrednost funkcije je -3, dosežena pa je, ko za x izberemo 0. Zato: 3 = a(0 1 ) 4 a = 4 in enačba iskane funkcije: y = 4(x 1 ) 4 = 4x 4x 3. 3

Zapiši kvadratno funkcijo s temenom v točki T ( 1, 4) in ničlo 3. Spet izberemo temensko obliko: y = a(x 1 ) 4. Izračunati moramo še a. Toda ničla funkcije je taka vrednost x, pri kateri je vrednost y = 0. Zato: 0 = a( 3 1 ) 4 a = 4 in enačba iskane funkcije: y = 4(x 1 ) 4 = 4x 4x 3. Zapiši kvadratno funkcijo z ničlama 1 in 3 ter ordinato temena -4. Aritmetična sredina ničel ( x1+x ) je abscisa, ekstremna vrednost pa ordinata temena. Zato je teme T ( 1, 4). Nadaljujemo kot v prejšnjem primeru. Dobimo: y = 4x 4x 3. Zapiši kvadratno funkcijo z ničlama 1 in 3 ter začetno vrednostjo -3. To pot izberemo ničelno obliko: y = a(x + 1 )(x 3 ). Z začetno vrednostjo izračunamo še a : 3 = a(0+ 1 )(0 3 ) a = 4; iskana enačba je potem: y = 4(x+ 1 )(x 3 ) = 4x 4x 3. Zapiši kvadratno funkcijo, če njen graf vsebuje točke: A(1, 3), B(, 5) in C( 1, 5). Tokrat izberimo splošno obliko: y = ax + bx + c. Neznanke so tri: a, b in c. Izračunamo jih iz sistema enačb: a + b + c = 3 4a + b + c = 5 a b + c = 5, ki ga dobimo iz točk A(1, 3), B(, 5) in C( 1, 5). Njegova rešitev je: a = 4, b = 4 in c = 3. Zato je y = 4x 4x 3. 4

. EKSTREM KVADRATNE FUNKCIJE V poglavju o lastnosti funkcij smo govorili o ekstremnih vrednostih funkcije: maksimumu; to je točki(ah) M(x 0, f(x 0 )), v kateri(h) ima funkcija največjo vrednost, t.j. obstaja okolica (x 0 δ, x 0 + δ), da velja: za vsak x (x 0 δ, x 0 + δ) f(x 0 ) > f(x). y M f(x ) f(x ) 0 x -δ x x +δ 0 0 f(x ) > f(x) 0 x minimumu; to je točki(ah) M(x 0, f(x 0 )), v kateri(h) ima funkcija najmanjšo vrednost, t.j. obstaja okolica (x 0 δ, x 0 +δ), da velja: za vsak x (x 0 δ, x 0 + δ) f(x 0 ) < f(x). y M f(x) f(x 0) x -δ x 0 0 x 0+δ x f(x ) 0 < f(x) Oglejmo si kako je z ekstremi pri kvadratni funkciji. Začnimo s primerom. Poiščimo ekstremne vrednosti kvadratne funkcije y = x + x. Preoblikujmo jo v temensko obliko tako, da jo dopolnimo do kvadrata binoma: y = x + x = (x + 1 x + ( ) 1 ) ( ) ( 1 = x + 1 ) 9 4. Analizirajmo pridelano temensko obliko y = ( x + ) 1 9 4. Prvi člen je za vsak x nenegativen. Vrednost 0 doseže pri x = 1, za vse ostale vrednosti x je pozitiven in zato so vrednosti naše funkcije večje od 9 4. Torej je najmanjša vrednost naše funkcije 9 4, dosežena pa je pri x = 1. Analizirajmo še funkcijo y = x + x + 3. Njena temenska oblika je y = (x 1) + 4 = = 4 (x 1). V nastalem dvočleniku od prvega člena 4 pri vsakem x odštejemo nenegativno količino (x 1), zato ima funkcija največjo vrednost 4, doseže pa jo pri x = 1 (tedaj ima člen (x 1) vrednost 0). Tudi splošen primer uženemo podobno. Funkcijo y = ax + bx + c preoblikujemo v temensko obliko ki jo analiziramo, ugotovimo in imenujemo: y = a(x p) + q, če je vodilni koeficient a > 0, ima kvadratna funkcija v točki T (p, q) minimum, ki je njena edina ekstremna točka, če je vodilni koeficient a < 0, ima kvadratna funkcija v točki T (p, q) maksimum, ki je spet njena edina ekstremna točka, 5

točko T (p, q) imenujemo teme kvadratne funkcije. Na koncu rešimo naslednji primer: Število 18 razdeli na vsoto dveh členov tako, da bo njun produkt največji. Naj bosta iskana člena x in 18 x. Iščemo x tako, da bo produkt p = x(18 x) največji. Hitro opazimo, da je p = x + 18x, torej kvadratna funkcija z negativnim vodilnim koeficientom. Taka funkcija pa ima eno samo ekstremno vrednost, maksimum v temenu: x teme = 18 = 9. Največja vrednost produkta je tedaj 81. Še nekaj opazimo v temenski obliki y = a(x p) + q: če je vodilni koeficient a > 0, kvadratna funkcija za x (, p) pada, za x (p, ) raste, če pa je vodilni koeficient a < 0, kvadratna funkcija za x (, p) narašča, za x (p, ) pa pada. 3. GRAF KVADRATNE FUNKCIJE Graf funkcije f(x) = ax. S kakim računalniškim programom narišimo grafe funkcij f(x) = ax za nekaj različnih vrednosti vodilnega koeficienta a. Na spodnji sliki nam je to napravil program Derive za a = 1, 1,, 1. Grafe take oblike imenujemo parabola. V grafih opazimo nekaj dejstev: vse imajo eno ekstremno točko v izhodišču (p = 0, q = 0), za pozitivni vodilni koeficient je ekstrem minimum, v primeru a = 1 je ekstrem maksimum, pri pozitivnih vodilnih koeficientih je funkcija na intervalu (, 0) padajoča, na intervalu (0, ) naraščajoča, pri a = 1 je ravno obratno, na intervalu (, 0) naraščajoča, na intervalu (0, ) padajoča, 6

če je a 1 > a > 0, je a 1 x > a x, zato leži graf funkcije y = a 1 x nad grafom funkcije y = a x ; če je a 1 < a < 0, je a 1 x < a x, zato leži graf funkcije y = a 1 x pod grafom funkcije y = a x. a 1 x a x O a 1 < a < 0 x a x O x a 1 > > 0 a a 1 x Vzporedni premik koordinatnega sistema. V koordinatni ravnini postavimo dva koordinatna sistema, ki imata paroma vzporedne osi, le izhodišče enega naj bo O, drugega O. V prvem sistemu naj imajo točke koordinate T(x, y) (mali sistem), v drugem T(X, Y ) (veliki sistem). V malem sistemu naj ima izhodišče velikega sistema koordinati: O (p, q). Zanima nas, kako se koordinati X, Y v velikem sistemu spreminjata s koordinatama x, y v malem sistemu. Desna slika nam pokaže enostavni zvezi: y y-q O Y O' q p T(x,y)=T(X,Y) X x-p x X = x p, Y = y q. Graf funkcije f(x) = ax + bx + c. Oboroženi s premikom koordinatnega sistema, se lotimo splošne oblike kvadratne funkcije: f(x) = ax +bx+c. Spremenimo jo v temensko: f(x) = a(x p) + q. Vzporedno premaknimo koordinatni sistem (x, y) v nov sistem (X, Y ) z izhodiščem v temenu T (p, q) funkcije. V novem sistemu je enačba funkcije Y = ax, ki pa smo jo že analizirali in jo znamo narisati. y O Y T(p, q) x X 7

Povzemimo: Graf kvadratne funkcije f(x) = ax + bx + c je le premaknjen graf kvadratne funkcije y = ax. Ničle funkcije f(x) = ax + bx + c. Še o ničlah se pogovorimo. V ničelni obliki y = a(x x 1 )(x x ) smo ugledali ničli x 1 in x, ki ju izračunamo s formulo: x 1, = b ± D. Za prvo ničlo izberemo v ± znak +, za drugo. Pri računanju ničel se lahko zaplete pri računanju D: Če je D < 0, D ni realno število, zato kvadratna funkcija nima realnih ničel, zato graf nima skupne točke z abscisno osjo, če je D = 0, je x 1 = x = b b ; graf se abscisne osi dotakne pri x =, če je D > 0, imamo dve realni ničli x 1 in x, zato graf dvakrat seka abscisno os. Še vedenja o temenu ponovimo. V temenu T (p, q) ima funkcija ekstremno vrednost, in sicer: minimum, če je vodilni koeficient a pozitiven (a > 0), maksimum, če je vodilni koeficient a negativen (a < 0). 8

Simetrijska os parabole. Vzemimo temensko obliko kvadratne funkcije: f(x) = a(x p) + q. Izberimo poljubno pozitivo število in abscisi x = p, x = p +. Potem je: f(x ) = a(x p) + q = a( ) + q = O x' x=p x'' = a + q = a(x p) + q = f(x ), T kar pomeni, da je graf kvadratne funkcije simetričen (zrcalen) na premico z enačbo x = p. y x Risanje grafa kvadratne funkcije. Graf kvadratne funkcije f(x) = ax + bx + c lahko narišemo: ali tako, da narišemo graf funkcije y = ax in dobljeni graf premaknemo za vektor u= (p, q), ali tako, da koordinatni sistem (x, y) vzporedno premaknemo za vektor u= (p, q) in v novem sistemu (X, Y ) narišemo graf funkcije Y = ax, ali tako, da izračunamo značilne točke kvadratne funkcije in upoštevamo značilnosti parabole. Oglejmo si podrobneje zadnji način risanja: Izračunamo značilne točke: teme, ničli (seveda, če obstajata), začetno vrednost, upoštevamo obliko parabole: a > 0 ( ), a < 0 ( ) in upoštevamo, da je parabola simetrična na premico x = p skozi teme, po potrebi tabeliramo še kako dodatno točko. Za konec rešimo dva primera: Nariši graf funkcije y = 4x 4x 3. Priprava: Teme; D = b 4ac = 64, p = b = 1, q = D 4a = 4 T ( 1, 4). Graf: Ničli; x 1 = b+ D Začetna vrednost f(0) = 3. Oblika; a > 0 ( ). = 3, x = b D = 1. Na grafu upoštevamo še simetrijo na premico x = 1. 9

Na spodnji sliki je narisan graf kvadratne funkcije. Zapiši njeno enačbo v splošni obliki. Na sliki preberemo ničli: x 1 = 1, x = 4 in začetno vrednost f(0) = 4. Funkcijo zapišemo v ničelni obliki f(x) = a(x 1)(x+4), z začetno vrednostjo izračunamo a : 4 = a(0 1)(0+4) a = 1, na koncu pa ničelno obliko spremenimo v splošno: f(x) = (x 1)(x + 4) = = x 3x + 4. 4. KVADRATNA ENAČBA V prvem letniku smo spoznali linearno enačbo in način njenega reševanja. Povedali smo, da je rešitev ali koren enačbe tako realno število, pri katerem je leva stran enačbe enaka desni strani, obe strani pa sta definirani. Povedali smo tudi, da sta dve enačbi ekvivalentni (enakovredni), če imata natanko ista števila za rešitev (ali: njuni množici rešitev sta enaki). Ukvarjali smo se tudi z razcepnimi enačbami, t.j. takimi enačbami, ki so ekvivalentne obliki A B C... = 0 in ugotovili, da taka enačba razpade na več, običajno bolj enostavnih enačb. Ena od razcepnih enačb je tudi kvadratna enačba. Definicija : Enačbo, ki jo lahko z elementarnimi transformacijami 1 enačbo oblike preoblikujemo v ax + bx + c = 0, a 0, imenujemo kvadratna enačba s koeficienti a, b in c. Nepopolne kvadratne enačbe. Če so v urejeni obliki kvadratne enačbe ax +bx+c = 0 vsi koeficienti različni od 0, je enačba popolna, če pa je vsaj eden od koeficientov b ali c enak 0, imenujemo enačbo nepopolna (koeficient a ni enak 0, saj drugače enačba ni kvadratna). Poljubno nepopolno enačbo lahko razcepimo: 1 Elementarne transformacije so tiste, ki enačbo preoblikujejejo v ekvivalentno enačbo: levi in desni strani enačbe lahko prištejemo ali odštejemo isto število; levo in desno stran enačbe lahko pomnožimo ali delimo z istim, od 0 različnim številom. 10

1. Če je b = c = 0, je edina rešitev enačbe ax = 0 očitno le število x = 0.. Če je c = 0, b 0, nastane enačba ax +bx = 0, ki jo zlahka razcepimo v x(ax+b) = 0 in od tod preberemo rešitvi x 1 = 0 in x = b a. 3. Če je b = 0, c 0, imamo malo več dela. Enačba postane ax + c = 0. Vzemimo, da je a > 0, drugače pomnožimo enačbo z ( 1). c < 0: enačbo razcepimo v (x a) ( c) = (x a c)(x a + c) = 0, ki ima rešitvi x 1 = in x = c a c a. c > 0: enačbo razcepimo v (x a) (ı c) = (x a ı c)(x a + ı c) = 0, ki ima dve kompleksni rešitvi x 1 = ı c a in x = ı c a. Za primer razcepimo in rešimo enačbo 4x + 3 = 0. 4x + 3 = (x) (ı 3) = (x ı 3)(x ı 3), zato sta rešitvi x 1 = ı 3 in x = ı 3. Popolne kvadratne enačbe. V urejeni obliki kvadratne enačbe ax + bx + c = 0 je na levi strani enačbe splošna oblika kvadratne funkcije, ki jo lahko razcepimo v ničelno obliko, zato enačba dobi obliko Od tod preberemo rešitvi x 1 in x. a(x x 1 )(x x ) = 0. V naslednjih vrsticah je opisan postopek reševanja kvadratne enačbe: najprej jo uredimo do oblike ax + bx + c = 0, če znamo (npr. nepopolna enačba), trinom na levi razcepimo in preberemo rešitvi, če trinoma na levi ne znamo razcepiti, uporabimo formuli za ničli kvadratne funkcije: x 1, = b ± D. Trinom ax + bx + c postane v ničelni obliki enočlenik treh faktorjev: a(x x 1 )(x x ). Od tod uvidimo, da ima kvadratna enačba največ dve rešitvi, njihova narava pa je odvisna od diskriminante D: D < 0, D ni realno število, zato kvadratna enačba nima realnih ničel, ima pa dve konjugirano kompleksni rešitvi: x 1, = b ± ı D. 11

D = 0, ima enačba dvojno (dvakratno) rešitev: x 1 = x = b. D > 0, ima enačba dve različni realni rešitvi: x 1, = b ± D. Končajmo s primeri: Reši enačbo (6x 5) 4(x + 3) = 0. urejanje: 36x 60x + 5 4(x + 6x + 9) = 0 3x 84x 11 = 0, diskriminanta: D = 84 4 3 ( 11) = 8464 = 9, rešitvi: x 1 = 84+9 64 = 11 4, x = 84 9 64 = 1 8. Reši enačbo x x + 1 = 5. V enačbi nastopa absolutna vrednost, zato ločimo dve možnosti: I. x + 1 0 x 1 : Enačba postane: x x 6 = 0 x 1 = 3 in x = ; druga rešitev odpade, saj je x 1. II. x + 1 < 0 x < 1 : Enačba postane: x + x 4 = 0 D = 17 x 1 = 1+ 17 in x = 1 17 ; pogoju x < 1 ustreza le druga rešitev. Množica R rešitev je tedaj: R = {3, 1 17 }. Izračunaj m R tako, da bo imela enačba (m 1)x + (3m + 5)x + (m + 1) = 0 dvojno rešitev. Enačba je že urejena, dvojni koren (rešitev) pa bo imela, če bo D = 0. Računajmo: D = ((3m+5)) 4 (m 1)(m+1) = 36m +10m+100 8m +8 = 8m +10m+108 = = 4(7m +30m+7). Postavimo pogoj za dvojnost rešitve D = 0 in dobimo novo kvadratno enačbo: 7m +30m+7 = 0. Izračunamo njeno diskriminanto D 1 = 900 4 7 7 = 144 = 1. Zato: m 1 = 30+1 14 = 9 7, m = 30 1 14 = 3. Reši naslednji enačbi: a) x 4 + 8x 9 = 0, b) (x 1)(x )(x 3)(x 4) = 15. Enačbi nista kvadratni. Toda s primerno zamenjavo neznanke postaneta kvadratni: a) Pišimo x = y, da dobimo: y + 8y 9 = 0. Nastalo kvadratno enačbo rešimo, dobimo: y 1 = 1 in y = 9. Od tod dobimo dve kvadratni enačbi: x = 1 in x = 9 z rešitvami: x 1, = ±1, x 3,4 = ±3ı. 1

b) V drugi enačbi pomnožimo prvi in četrti faktor ter drugi in tretji faktor na levi strani enačbe. Dobimo: (x 5x + 4)(x 5x + 6) = 15. Opazimo, da je v obeh nastalih faktorjih izraz x 5x. Označimo ga z y, da dobimo kvadratno enačbo (y + 4)(y + 6) = 15, jo uredimo v y + 10y + 9 = 0 in rešimo: y 1 = 1 in y = 9. Nastaneta dve kvadratni enačbi: x 5x = 1 in x 5x = 9, ki imata rešitve: x 1, = 5± 1 in x 3,4 = 5±ı 11. Skupina otrok poskuša na enake dele razdeliti 400 bonbonov. Štirje otroci se odpovedo bonbonom, zato vsak od ostalih dobi 5 bonbonov več. Koliko otrok je v skupini? Naj bo x število otrok, vsak pa dobi y bonbonov. Zato je xy = 400. Ko se štirje otroci odpovedo bonbonom, jih x 4 dobi po y + 5. Zato (x 4)(y + 5) = 400. Dobili smo sistem dveh enačb, ki pa žal nista linearni. Drugo enačbo uredimo v xy 4y+5x 0 = 400. Ker pa je xy = 400, dobimo: 5x 4y 0 = 0. Tedaj: y = 5 4x 5. To postavimo v enačbo xy = 400 5 in dobimo kvadratno enačbo: 4 x 5x = 400 x 4x 30 = 0 (x 0)(x + 16) = 0. Odtod dobimo edino možno rešitev: V skupini je bilo 0 otrok. Viètove formule. Rešitvi kvadratne enačbe ax + bx + c = 0 sta izraženi s koeficienti a, b in c. V tem razdelku bomo koeficiente a, b in c izrazili z rešitvami. Recimo, da sta rešitvi enačbe ax + bx + c = 0 števili x 1 in x. Izračunali smo: x 1 = b + D in x = b D. Izračunajmo x 1 + x in x 1 x : x 1 + x = b + D + b D Dobljena rezultata zapišimo v trditev: = b a in x 1x = b + D b D = b D 4a = c a. Trditev 1 : Za rešitvi x 1 in x kvadratne enačbe ax + bx + c = 0 veljata naslednji Viètovi formuli: x 1 + x = b a in x 1 x = c a. Velja tudi obratna trditev: Trditev : Če števili x 1 in x ustrezata enačbama x 1 + x = b a in x 1 x = c a, sta rešitvi kvadratne enačbe ax + bx + c = 0. Res. Če je x 1 + x = b a in x 1x = c a, je a(x 1 + x ) = b in ax 1 x = c, zato: ax + bx + c = ax a(x 1 + x )x + ax 1 x = a(x (x 1 + x )x + x 1 x ) = a(x x 1 )(x x ). Odtod pa že vidimo, da sta števili x 1 in x korena enačbe ax + bx + c = 0. Francois Viète, francoski matematik, 1540-1603. 13

Oglejmo si nekaj primerov uporabe Vietovih formul: Napiši kvadratno enačbo, ki ima: a) rešitvi x 1 = 3 in x =. Vietove formule povedo: b a = x 1 + x = 1 in c a = x 1x = 6, zato: b = a in c = 6a. Nastane enačba ax ax 6a = 0 ali a(x x 6) = 0. Ker a 0, dobimo enačbo x x 6 = 0. 3 b) ima realne koeficiente in eno rešitev x 1 = 1 ı. Že prej smo omenili, da kompleksne rešitve kvadratne enačbe z realnimi koeficienti nastopajo v konjugiranih parih. Zato je druga rešitev x = 1+ı. V Vietovih formulah vzemimo a = 1. Potem je b = (x 1 + x ) = in c = x 1 x = 1 4ı = 5 in x x + 5 = 0 iskana enačba. Naj bosta x 1 in x rešitvi kvadratne enačbe x (m + 1)x + m = 0. Izračunaj realno število m tako, da bo x 1 + x = 10. Izraz x 1 + x moramo povezati z neznanko m. Vietove formule povedo: x 1 + x = m + 1 in x 1 x = m. Izraz x 1 + x preoblikujmo: x 1 + x = (x 1 + x ) x 1 x = (m + 1) m. Pogoj naloge privede do enačbe: m + 1 = 10, ki ima rešitvi m 1 = 3 in m = 3. Naj bosta x 1 in x rešitvi kvadratne enačbe 3x + 7x 14 = 0. Izračunaj vrednost izraza 3x 1 + 5x 1 x + 3x. Podobno kot smo v prejšnem primeru preuredili izraz x 1 + x, sedaj preuredimo izraz 3x 1+ +5x 1 x + 3x = 3(x 1 + x ) + 5x 1 x = 3((x 1 + x ) x 1 x ) + 5x 1 x = 3(x 1 + x ) x 1 x. Upoštevamo: x 1 + x = 7 3 in x 1x = 14 3, da dobimo: ( 3x 1 + 5x 1 x + 3x = 3 7 ( 3) 14 ) = 1. 3 Simetrični izrazi dveh spremenljivk V izrazih a + b, ab, a + b 1, a + 1 b, (3a b)(3b a), a 3 b 3 lahko zamenjamo a z b, pa se izraz ne bo a b spremenil. Takim izrazom pravimo simetrični izrazi. Ker nastopata v njih dve količini, a in b, so simetrični izrazi dveh spremenljivk. Za simetrične izraze dveh spremenljivk velja tale Trditev 3 : Če označimo a + b = v in ab = p, lahko poljuben simetričen izraz spremenljivk a in b zapišemo kot funkcijo v (vsote) in p (produkta). Dokaz presega naše znanje, zato ga bomo izpustili, le na gornjih izrazih trditev preverimo: a + b = (a + b) b = v p, 1 a + 1 b = b + a ab = v p, (3a b)(3b a) = 9ab + ab 3b 3a = 10ab 3(a + b ) = 10p 3(v p) = 3v + 16p, a3 b 3 a b = (a b)(a + ab + b ) a b = (a + b ) + ab = v p + p = v p. 3 Z danima rešitvama kvadratna enačba ni natanko določena. Z Vietovimi formulami dobimo neskončno družino medseboj ekvivalentnih enačb. 14

Medsebojna lega premice in parabole V tem poglavju nas zanima medsebojna lega premice in parabole. Zanima nas ali imata skupne točke in, če jih imata, koliko je skupnih točk. Lego bomo proučili računsko in grafično. Računsko: Naj bo p premica z enačbo Ax + By + C = 0 in P parabola z enačbo y = ax + bx + c. Ločimo primera: a) Če B = 0, je x = C A = const. in y = a( C A ) + b( C A ) + c = = ac bac+ca A. Zato: Parabola y = ax + bx + c in premica x = C A imata natanko eno presečišče P( C A, ac bac+ca A ). (Vzporednice z osjo y imajo s kvadratno parabolo y = ax + bx + c natanko eno skupno točko.) x=const. P b) Če B 0 lahko zapišimo premico v eksplicitni obliki: y = A B x C A. Če dobljeni izraz uporabimo v enačbi parabole, dobimo kvadratno enačbo: ( ) ax + bx + c = A B x C A. O rešitvah kvadratne enačbe pa že vemo, da sta največ dve. Torej imata lahko premica in parabola v isti ravnini: dve skupni točki, ko ima kvadratna enačba ( ) (seveda jo najprej uredimo) pozitivno diskriminanto ( > 0); skupni točki imenujemo presečišči. Premici v tem primeru pravimo sekanta. eno skupno točko, ko ima kvadratna enačba ( ) diskriminanto enako 0 ( = 0); skupno točko imenujemo dotikališče. Premici v tem primeru pravimo tangenta. nimata skupnih točk, ko ima kvadratna enačba ( ) negativno diskriminanto ( < 0). Premici v tem primeru pravimo mimobežnica. sekanta tangenta mimobeznica Grafično: V koordinatni ravnini narišemo oba grafa in iz slike preberemo presečišča. Seveda je grafičen način lahko nenatančen, zato moramo rezultate preveriti računsko. Povzemimo: Kvadratna parabola in premica imata lahko v ravnini največ dve presečišči, ki jih običajno poiščemo računsko. Seveda lahko rezultat preverimo tudi grafično. P D P 1 >0 =0 <0 15

Za konec še dva primera: Računsko in grafično preveri, če imata premica x 3y + 6 = 0 in parabola y = x + 7x 3 kako skupno točko in, če jo imata, poišči njeni koordinati. Začnimo z grafičnim načinom: premica: y = 3 x +, x 0 3 tabela: y 0 ; parabola: D = 5, teme T (7/4, 5/8), ničli x 1 = 1/, x = 3, začetna vrednost y(0) = 3. Slika pokaže eno skupno točko, zato bi sklepali, da je premica tangenta na parabolo, toda računski način pokaže, da temu ni tako: y premica = 3 x +, y parabola = y = x + 7x 3. Rešimo nastali sistem: y premica = y parabola 3 x + = x + 7x 3 6x 19x + 15 = 0. Rešitvi zadnje enačbe sta: x 1 = 5 3 in x = 3. Skupni točki (presečišči) sta dve: P 1(1 3, 3 1 9 ) in P (1 1, 3). Primer pokaže, da je grafičen način, ko sta presečišči blizu, nenatančen. Poišči vrednost števila m R tako, da bo premica y = x + m tangenta na parabolo y = 3x 7x + 4. Sistem enačb y = x+m, y = 3x 7x+4 ima lahko dve, eno ali pa nobene rešitve. Pogoj, da je dana premica tangenta, pove, da ima sistem eno samo rešitev. Sistem rešujemo kot je to običajno: enačimo y-a in dobimo kvadratno enačbo 3x 7x + 4 = x + m, jo uredimo (3x 5x + (4 m) = 0), izračunamo njeno diskriminanto (D = 5 1(4 m) = 1m 3) in jo izenačimo z 0. Iskano število m je potlej m = 3 1. Za dodatek izračunajmo dotikališče. V enačbo 3x 5x+(4 m) = 0 vstavimo izračunani m. Z malo dela pridelamo enačbo 36x 60x + 5 = 0. Če naj ima le eno rešitev (dotikališče), mora biti izraz na desni kvadrat binoma. Res, 36x 60x+5 = (6x 5), zato je dotikališče D( 5 6, 1 4 ). Preverimo še s sliko: 1 D 16

Medsebojna lega dveh parabol 4 Naj bosta P 1 in P dve kvadratni paraboli z enačbama y = a 1 x + b 1 x + c 1 in y = a x + +b x + c. Zanima nas, koliko skupnih točk vsebujeta njuna grafa. Spet rešujemo sistem dveh enačb. Enačimo oba y. Dobimo kvadratno enačbo: a 1 x + b 1 x + c 1 = a x + b x + c. ( ) Enačbo uredimo in rešimo. Pri tem nastopijo naslednje možnosti: Paraboli imata vse točke skupne; paraboli sta enaki (a 1 = a, b 1 = b, c 1 = c ). Enačba je linearna (a 1 = a ); skupna točka je kvečjemu ena (b 1 b ), lahko pa skupne točke sploh ni (b 1 = b ). Enačba je kvadratna (a 1 a ); ločimo primere: Paraboli nimata skupnih točk; diskriminanta enačbe ( ) je negativna. Paraboli imata eno skupno točko (se dotikata); diskriminanta enačbe ( ) je enaka 0. Paraboli imata skupni dve točki; diskriminanta enačbe ( ) je pozitivna. Še kak primer rešimo: Izračunaj presečišča grafov funkcij f(x) = x x 3 in g(x) = 1 (x 1)(x ) + 8. V funkciji f nastopa absolutna vrednost, zato f (kot v I. letniku) raje zapišimo brez absolutne vrednosti: { x f(x) = 3x ; x 3 x + 3x ; x < 3. Presečišča poiščemo tako, da enačimo y f in y g. Ločimo primera: 4 V tem poglavju govorimo le o kvadratnih parabolah, t.j. tistih, ki so graf funkcije y = ax + bx + c. V tretjem letniku si bomo ogledali tudi drugačne parabole; takrat bodo nastale še drugačne medsebojne lege. 17

x 3 : x 3x = 1 (x 1)(x ) + 8 x 3x 18 = 0 x = 6 ( rešitev x = 3 odpade, saj je 3 < 3). x < 3 : x + 3x = 1 (x 1)(x ) + 8 x 3x + 6 = 0; zadnja enačba nima realnih rešitev, saj je njena diskriminanta enaka 15. Grafa se tako sekata le v točki P (6, 18). 5. KVADRATNA NEENAČBA O linearni neenačbi, npr. x 3 < x 1, smo govorili v prvem letniku. Ponovimo vedenja o neenačbah: 5 Neenačba je zgrajena iz leve strani (L), desne strani (D), med njima stoji eden od znakov neenakosti: <, >,, ; možni osnovni tipi so potem L < D, L > D, L D, L D. Množica rešitev R neenačbe je podmnožica realnih števil, ki ustrezajo neenačbi, t.j. tistih števil, pri katerih je leva stran v ustreznem odnosu z desno stranjo (večja, manjša,... ). V neenačbi x 1 > 3x + 1, je 3 R, ker je L = ( 3) 1 = 7 > 8 = = 3 ( 3) + 1 = D, število 0 pa ni rešitev, saj L = 0 1 = 1 < 1 = 3 0 + 1 = D. Pri običajnih levih in desnih straneh je R interval ali unija intervalov. Neenačbi sta ekvivalentni (enakovredni), če imata isto množico rešitev. Elementarne transformacije preoblikujejo neenačbo v ekvivalentno neenačbo, t.j.: levi in desni strani neenačbe lahko prištejemo ali odštejemo isto število, množenje ali deljenje neenačbe z 0 je tako kot pri enačbah prepovedano, pri množenju z neničelnim številom moramo biti previdni; če množimo s pozitivnim številom, neenačba ohrani znak neenakosti (npr. 3 < 5 3 < 5 ), če pa množimo z negativnim številom, se znak neenakosti obrne (npr. 3 < 5 3 ( ) > 5 ( )). Definicija 3 : Neenačbo, ki je ekvivalentna eni izmed neenačb ax + bx + c < 0, ax + bx + c > 0, ax + bx + c 0, ax + bx + c 0, imenujemo kvadratna neenačba s koeficienti a, b in c. Običajno napravimo, da je a > 0. 5 Ko govorimo o neenačbi, mislimo na tiste z neznankami, npr. x < 3; izraz 3 < 5 bomo imenovali neenakost. 18

y =y {}}{ Rešimo neenačbo x x 3 < 0. Leva stran neenačbe je kvadratna funkcija y = x x 3. Njen graf znamo narisati, na grafu poiščemo točke z negativno ordinato (y = x x 3 < 0), abscise teh točk pa so ravno rešitve naše neenačbe. Abscise teh točk sestavljajo interval ( 1, 3), zato je množica rešitev naše neenačbe R = ( 1, 3). T 1 (x,y>0) -1 3 1 x T (x,y<0) V reševanju primera odkrijemo postopek reševanja kvadratne neenačbe: Neenačbo uredimo do ene od oblik: ax + bx + c < = > 0. Izračunamo ničli x 1 in x kvadratne funkcije na levi strani neenačbe. Skiciramo približen graf kvadratne funkcije y = ax + bx + c (narišemo abscisno os, ničli in upoštevamo obliko - po dogovoru a > 0 ). Na sliki preberemo množico rešitev R: + + x 1 x x Za neenačbo ax + bx + c < 0 : R = (x 1, x ). Za neenačbo ax + bx + c 0 : R = [x 1, x ]. Za neenačbo ax + bx + c > 0 : R = (, x 1 ) (x, ). Za neenačbo ax + bx + c 0 : R = (, x 1 ] [x, ). Utrdimo naučeno na nekaj primerih: Reši neenačbo (x 1)x > x + 4. Urejanje x x 4 > 0 x x > 0. Ničli: x x = (x )(x+1) x 1 = 1 in x =. Približna skica. Na sliki preberemo množico rešitev x (, 1) (, ). -1 0 x Množica rešitev kvadratne neenačbe je lahko tudi prazna (R = ), npr. za neenačbo x + 3x + 7 < 0 ( graf pripadajoče funkcije v celoti leži nad osjo x), lahko pa množico rešitev sestavljajo vsa realna števila (R = R), kot v primeru neenačbe x + 3x + 7 > 0. 19

Reši neenačbo x 1 3x + 1. Neenačba na prvi pogled ni kvadratna, je racionalna. Lahko pa jo preoblikujemo v ekvivalentno kvadratno neenačbo. Prva misel, ki nas spreleti, je odpraviti ulomke. Skupni imenovalec je (3x + ), z njim množimo in odpravimo ulomke. Pri enačbah bi to še šlo, pri neenačbah pa se lahko znak neenakosti spremeni. Če recimo v skupnem imenovalcu (3x + ) izberemo x = 0, množimo s pozitivnim številom, če pa izberemo x = 1, množimo z negativnim številom, zato bi se v neenačbi znak spremenil v znak. Iz zagate se rešimo tako, da celo neenačbo pomnožimo z (3x + ) ; tako odpravimo in ulomke, pa tudi znak neenakosti ostane enak, saj množimo s pozitivnim številom. Paziti moramo le na to, da iz množice rešitev izločimo število x = 3, saj bi v tem primeru množili z 0. Po množenju z (3x + ) neenačba postane: (x 1)(3x + ) (3x + ). Naslednji fazi reševanja sta urejanje in iskanje ničel ustrezne kvadratne funkcije. V tem primeru ničli hitreje poiščemo z razstavljanjem (le malo se moramo razgledati po neenačbi: izpostavimo (3x + )). Dobimo: (x 1)(3x + ) (3x + ) (3x + )((4x ) (3x + )) 0 (3x + )(x 4) 0. Na koncu ugledamo ničli x 1 = 3 in x = 4 in iz primerne slike še množico rešitev R = ( 3, 4]. V množici rešitev smo izločili x = 3, kar smo utemeljili zgoraj. Pogosto reševanje kake naloge preoblikujemo na reševanje kvadratne neenačbe, npr.: Za katere vrednosti realnega števila a ima enačba (a )x + (3a 1)x + a = 0 različni realni rešitvi. Kvadratna enačba ima različna realna korena, ko je njena diskriminanta D pozitivna. Zato izračunajmo diskriminanto: D = b 4ac = (3a 1) 4(a ) = 5a + 10a 15 = 5(a + 3) = 5(a + 3)(a 1). Ničli diskriminante sta 3 in 1, zato ima neenačba D > 0 rešitev: (a < 3) (a > 1). Sisteme kvadratnih neenačb z eno neznanko preoblikujemo na reševanje več kvadratnih neenačb, množica rešitev sistema pa je presek množic rešitev posameznih neenačb sistema. Za primer si oglejmo naslednji sistem: Reši sistem neenačb x x + 3 in x > 1. Obe neenačbi sistema uredimo (x x 3 0 in x 1 > 0), ju rešimo in zapišemo rešitvi R 1 = [ 1, 3] in R = (, 1) (1, ). Množica rešitev je potem presek množic R 1 R = (1, 3]. Presek je najbolje prebrati iz ustrezne slike. -1 0 x 1 3-1 0 1 3 x -1 0 x 1 3 0