Funktion.. Rekonstruktion wohl schwierig.

13.06.2007, 23:27

Funktion.. Rekonstruktion wohl schwierig.

Gesucht ist eine ganz- oder gebrochen- rationale Funktion mit den Nullstellen

x_N=17/3, x_N=20/3 und x_N=23/3

(der Abstand zwischen den Nullstellen ist also Eins)

Zwischen den gegebenen Nullstellen soll jeweils ein Hochpunkt**** liegen. (wo da jetzt is egal)

**** Edit: ich meinte Extrema! sry

Das Problem:

fuer $\begin{eqnarray*} \frac{17}{3}\leq{x}\leq\frac{20}{3} \end{eqnarray*}$ soll $\begin{eqnarray*} f(x)=-f(x+1) \end{eqnarray*}$ gelten. Huiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii

Wie soll man denn da anfangen? Und ist sowas ueberhaupt machbar?

13.06.2007, 23:59

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Zitat:

Original von zt
Und ist sowas ueberhaupt machbar?

Nicht mit ganz- oder gebrochen rationalen Funktionen. unglücklich

Es sei denn, du akzeptierst die konstante Funktion $\begin{eqnarray*} f(x)=0 \end{eqnarray*}$ , aber wohl eher nicht. Augenzwinkern

14.06.2007, 00:08

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Ich glaube es dir ja. -)

Aber wieso ist**s denn nicht moeglich?

edt.. f(x)=0 .. clever -)

14.06.2007, 00:09

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Bei so vielen Threads, wo du nicht mehr reagierst, schlage ich vor: Du denkst erst mal selber eine Runde drüber nach. Wenigstens einen Tag. Augenzwinkern

14.06.2007, 00:14

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liegt**s denn auf der hand?

edit: geht wirklich net. aber danke, haette sonst ewig rumprobiert. ^^

edit 2: hab** mich verrechnet - weiss immernoch net wieso das nicht geht. -(

14.06.2007, 07:57

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Ok, verkürzen wir mal die 24 Stunden - obwohl es wirklich nicht schwer ist, wenn du nur mal eingesetzt hättest:

1.Ein Polynom $\begin{eqnarray*} p(x) \end{eqnarray*}$ mit unendlich vielen Nullstellen kann nur das Nullpolynom sein. Kennst du vermutlich - falls doch nicht, kannst du es einfach nachweisen.

2.Für dein Problem nehmen wir mal an, es existiere eine gebrochen rationale Funktion $\begin{eqnarray*} f \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} f(x)=-f(x+1) \end{eqnarray*}$ in einem Intervall. Ist $\begin{eqnarray*} f(x) \end{eqnarray*}$ nicht das Nullpolynom, dann gibt es eine Darstellung $\begin{eqnarray*} f(x)=\frac{u(x)}{v(x)} \end{eqnarray*}$ mit den Polynomen

$\begin{eqnarray*} u(x) = u_mx^m + \cdots + u_1x + u_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} u_m\neq 0 \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} v(x) = v_nx^n + \cdots + v_1x + v_0 \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} v_n\neq 0 \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} f(x)=-f(x+1) \end{eqnarray*}$ für unendlich viele $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ müsste dann für diese $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ auch

$\begin{eqnarray*} 0 = u(x)v(x+1) + u(x+1)v(x) \end{eqnarray*}$

gelten. Rechts steht ein Polynom, der Koeffizient vor der höchsten Potenz ist $\begin{eqnarray*} 2u_mv_n \end{eqnarray*}$ . Gemäß 1. muss da $\begin{eqnarray*} 2u_mv_n=0 \end{eqnarray*}$ gelten, was im Widerspruch zu $\begin{eqnarray*} u_m\neq 0,v_n\neq 0 \end{eqnarray*}$ steht.

14.06.2007, 23:46

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Zitat:

Original von Arthur Dent $\begin{eqnarray*} 0 = u(x)v(x+1) + u(x+1)v(x) \end{eqnarray*}$

Verstehe ich zwar gerade nicht, was du damit meinst, aber ich kugge morgen nochmal drueber. danke erstmal Freude

15.06.2007, 00:01

Airblader

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Wenn $\begin{eqnarray*} f(x) = -f(x+1) \end{eqnarray*}$ gilt, dann einfach:

$\begin{eqnarray*} \frac{u(x)}{v(x)} = -\frac{u(x+1)}{v(x+1)} \end{eqnarray*}$

Dann sollte dir klar sein, woher das kommt Augenzwinkern

air

19.06.2007, 15:12

-zt-

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Hab's gerafft !!! War wohl doch etwas zu müde. smile

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Funktion.. Rekonstruktion wohl schwierig.

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