Prvo rješenje.
Iz f(0)=6 slijedi c=6.
Točka T(−1,8) je tjeme parabole y=f(x).
Stoga vrijedi
−2ab=−1,4a4ac−b2=8,
odnosno b=2a i
32a=4ac−b2=24a−4a2.
Jednadžba 32a=24a−4a2 ima dva rješenja a1=0 i a2=−2, ali mora vrijediti a=0 kako bi f bila kvadratna funkcija. Stoga je a=−2 i b=−4.
Iz f(x)=−2x2−4x+6 slijedi g(x)=f(x+1)=−2x2−8x.
Konačno, iz g(x)=0 slijedi x1=−4 i x2=0.
Nultočke funkcije f(x)=−2x2−4x+6 su x1=−3 i x2=1.
Konačno, iz g(x)=f(x+1) slijedi da su nultočke funkcije g: x1=−4 i x2=0.
Drugo rješenje.
Točka T(−1,8) tjeme je parabole y=f(x).
Slijedi f(x)=a(x+1)2+8.
Iz f(0)=6 slijedi a=−2.
Iz f(x)=−2(x+1)2+8 slijedi g(x)=f(x+1)=−2(x+2)2+8=−2x2−8x.
Konačno, iz g(x)=0 slijedi x1=−4 i x2=0.
Napomena: Umjesto korištenja f(x)=a(x+1)2+8 i f(0)=6, učenici mogu iz g(x)=f(x+1) zaključiti da je točka Tg(−2,8) tjeme parabole y=g(x) i da je g(−1)=6, pa iz g(x)=a(x+2)2+8 i g(−1)=6 dobiti a=−2.
