Question

Witam
dział:
funkcje kwadratowe i trygonometria

1 dla jakich argumantów wartości funkcji y=3x^2+x+30 są mniejsze od wartości funkcji y=x^2-9x-3

2 ustal ile miejsc zerowych ma funkcja
y=3x^2+5x-2
y=-⅓x^2+5
y=-(x-3)^2-7
y=5x^2-4x+0,8

3 określ monotoniczność funkcji
y=5(x-7)^2
y=-0,5x^2-4x+3

4 oblicz współrzędne pkt przecięcia paraboli
y=-0,5x^2-x+7,5
z osiami układu współrzędnych oraz współrzędna jej wierzchołka

5 znajdź wzór funkcji której wykresem jest parabola o wierzchołku (3;-7) przechodząca przez pkt (5;9)

6 oblicz długość cienia rzucanego przez 10 metrowe drzewo gdy promienie słoneczne padają pod kątem 50 stopni. pod jakim kątem padają promienie słoneczne gdy cień tego drzewa ma 26m

7 podstawa trójkąta równoramiennego ma długość 8 a jego ramiona tworzą kąt 76 stopni. oblicz obwód tego trójkąta.





z góry uprzedzam, że nie rozwiązanie WSZYSTKICH zadań będzie uznawane przeze mnie jako błędna odpowiedź i kasowane! daje najlepszą odp, gwiazdki itp

Answer 1

Zad 1:
3x²+x+30 < x²-9x-3
2x²+10x+33 < 0

Δ=b²-4ac
Δ=10²-4*2*33
Δ=100-132 < 0

ujemna delta implikuje fakt, że wartości pierwszej funkcji nigdy nie będą mniejsze od wartości drugiej dla x∈R. Co udowadnia też rysunek:
http://i39.tinypic.com/2w6f72c.jpg

Zad 2:
Miejsca zerowe wnioskujemy po delcie:
dla Δ>0 są dwa miejsca zerowe
dla Δ=0 jest jedno miejsce zerowe
dla Δ<0 nie ma miejsc zerowych

a) y=3x²+5x-2
Δ=b²-4ac
Δ=5²-4*3*(-2)
Δ=25+24=49 >0
funkcja ma dwa miejsca zerowe

b) y=-⅓x²+5
Δ=b²-4ac
Δ=0²-4*(-⅓)*5
Δ=²⁰/₃=6⅔ > 0
funkcja ma dwa miejsca zerowe

c) y=-(x-3)^2-7
wymnóżmy:
y = -(x²-6x+9)-7
y = -x²+6x-9-7
y = -x²+6x-16

Δ=b²-4ac
Δ=6²-4*(-1)(-16)
Δ=36-64
Δ=-28 < 0
funkcja nie ma miejsc zerowych

d) y=5x²-4x+0,8
Δ=(-4)²-4*5*(0.8)
Δ=16-4*4
Δ=16-16=0
funkcja ma jedno miejsce zerowe

Zad 3:
monotoniczność możemy określić na kilka sposobów, jednak przy funkcji kwadratowej najrozsądniejsze wydaje się wyliczenie pierwiastków, wierzchołka lub narysowanie

a) y=5(x-7)²
jako, że jest to postać kanoniczna a(x-p)²+q to wynika z niej, że wierzchołek tej paraboli (p,q) ma współrzędne (7,0).
Jako, że mamy wierzchołek oraz wiedzę, że ramiona są skierowane ku górze (a>0) to funkcja jest malejąca od -∞ do 7 oraz jest rosnąca od 7 do ∞. Co potwierdza rysunek:
http://i39.tinypic.com/3151ge9.jpg

b) y=-0,5x²-4x+3
y=-½x²-4x+3

a<0

zamieńmy tą postać na postać kanoniczną (by mieć wierzchołek):
Δ=(-4)²-4*(-½)*3
Δ=16+6=22

p=-b/2a = 4/-1 = -4
q=Δ/4a = 22/(-2) = -11

tak więc wierzchołek jest w punkcie (-4,-11), a z wiedzy, że funkcja jest malejąca (a<0) mamy:
funkcja rośnie na przedziale (-∞,-4) zaś maleje na przedziale (-4,∞) co ponownie potwierdzę przez wykres:
http://i43.tinypic.com/2dmk2f.jpg

Zad 4:
y=-0,5x²-x+7,5
y=-½x²-x+7½

współrzędne przecięcia z osią x liczymy podając deltę i pierwiastki:
Δ=(-1)²-4*(-½)*(7½)
Δ=1+2*¹⁵/₂
Δ=1+15=16
√Δ=4

x₁=(-b-√Δ)/2a
x₁=(1-4)/2*(-½)
x₁=-3/-1=3

x₂=(-b+√Δ)/2a
x₂=(1+4)/2*(-½)
x₂=5/-1=-5

punkty przecięcia z osią OX to:
(3,0) oraz (-5,0)

natomiast jeżeli istnieją punkty przecięcia to wierzchołek leży po środku - na średniej arytmetycznej przecięć, więc:
p=(3-5)/2=-2/2=-1

wstawiamy to do wzoru funkcji:
y=-½x²-x+7½
y=-½*(-1)²-(-1)+7½
y=-½+1+7½
y=½+7½
y=8
więc wierzchołek jest w punkcie (-1,8)

punkt przecięcia z osią OY natomiast możemy wyliczyć podstawiając pod "x" zero:

y=-½x²-x+7½
y=-½*0²-0+7½
y=7½

(tak w ogóle to "c" nam zawsze wyznacza ten punkt, a u nas c=7,5 właśnie)

na wszystko rysunek:
http://i44.tinypic.com/107uwzb.jpg

Zad 5:
wzór paraboli o danym wierzchołku to wzór kanoniczny:
y=a(x-p)²+q

wiemy, że p=3, q=-7 więc:
y=a(x-3)²-7

brakuje nam aby "a", ale z wiedzy, że parabole przechodzi przez punkt (5;9) mamy:
9=a(5-3)²-7
9=a(2)²-7
9=4a-7
16=4a |:4
a=4

więc wzór kanoniczny wygląda tak:
y=4(x-3)²-7

natomiast ogólny liczymy wymnażając:
y=4(x²-6x+9)-7
y=4x²-24x+36-7
y=4x²-24x+29

Zad 6:

Pierwsza część zadania:
Oblicz długość cienia rzucanego przez 10 metrowe drzewo gdy promienie słoneczne padają pod kątem 50 stopni.

Rysunek:
http://i40.tinypic.com/11ccltx.jpg

otóż z funkcji trygonometrycznych (http://sciaga.onet.pl/12521,59,19581,tabela.html) odczytujemy, że cos50⁰=0,6428

tak więc:
cos50⁰=10/b
0,6428=10/b
6428/10000 = 10/b
6428b=100000 /:6428
b=100000/6428
b=25000/1607≈15,6

tak więc mając "b" liczymy z twierdzenia Pitagorasa:
a²+10²=(15,6)²
a²=243,36-100
a²=143,36
a=√143,36 ≈ 12


Druga część zadania:
Pod jakim kątem padają promienie słoneczne gdy cień tego drzewa ma 26m?

wtedy najłatwiej będzie to policzyć z tangensa gdyż:
tgα=a/10
tgα=26/10
tgα=2,6

odczytujemy z tablic matematycznych, że α≈69⁰

Zad 7:
Więc jako, że trójkąt ma razem 180⁰ to:
180⁰-76⁰-76⁰=28⁰

trzeci kat to 28⁰

natomiast w trójkącie równoramiennym wysokość dzieli podstawę na dwie równe połowy (u nas będzie po 4) i kąt przy wierzchołku z którego wychodzi również na dwie równe połowy (u nas będzie po 14⁰):
http://i44.tinypic.com/25rihk4.jpg

teraz korzystając z sin14⁰ dla trójkąta prostokątnego DBC obliczymy długość przeciwprostokątnej (czyli ramienia trójkąta równoramiennego) x:
sin14⁰=|DB|/|BC|

z tablic:
0,2419=4/x
2419/10000=4/x
2419x=40000 /:2419
x=40000/2419 ≈ 16,54

teraz liczymy obwód:
Obw=8+16,54+16,54=8+2*16,54=8+33,08=41,08 ≈ 41