Beweis der Lage des Wendepunkts für Funktion 3. Grades - Seite 2

11.01.2011, 23:07

lgrizu

Zitat:

Original von ikakika
-2b+2b=0 oder nicht?

Das ist richtig, aber wir haben dann noch dort stehen

$\begin{eqnarray*} \frac{-2b + \sqrt{4b^2-12ac}}{6a}+\frac{-\sqrt{4b^2-12ac}-\sqrt{4b^2-12ac}}{2 \cdot 6a} \end{eqnarray*}$

11.01.2011, 23:12

ikakika

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ok, dann kürzen wir die 2 weg,
dann fällt wurzel weg bleibt -2b/6a=m
aber bei wendestelle war es positiv...

11.01.2011, 23:13

lgrizu

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Zitat:

Original von ikakika
ok, dann kürzen wir die 2 weg,
dann fällt wurzel weg bleibt -2b/6a=m
aber bei wendestelle war es positiv...

Dann rechne das noch mal aus:

6ax+2b=0

11.01.2011, 23:13

ikakika

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ach neee...das war da doch negativ oder nicht...
ich habs falsch aufgeschrieben

11.01.2011, 23:16

ikakika

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OOOHH MEIN GOTT!!!
Ich habs !!!oh mein gott!!!!
heilige schei***!!!!
Gott

ich bin dir zu TIEFST deankbar!!!!
du hast echt so einiges bei mir gut!!!!!!
DANKE DANKE VIEEEELMALS!!!!!

ich verzweifle schon so lange an dieser aufgabe und stelle einen tag davor aus verzweiflung die frage ins netz und mir wird geholfen!!!
oh maaann !! danke danke danke!!
ich wünsche dir eine gute nacht und nochmals danke!!
du hast was gut bei mir!!!!!!
Wink

11.01.2011, 23:16

lgrizu

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Jap, ist negativ, denn

6ax+2b=0 |-2b

6ax=-2b |:6a

x=-(2b)/(6a)

Ich lege dir noch mal ans Herz, Bruchrechnen zu lernen.

So, ich geh jetzt schlafen, bis bald Wink

12.01.2011, 09:50

lgrizu

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Noch eine Anmerkung:

Abakus wollte wahrscheinlich darauf hinaus, erst den Wendepunkt zu bestimmen und dann die Funktion in den Ursprung verschieben, so dass der Wendepunkt im Ursprung liegt, dann wird ist die verschobene Funktion punktsymmetrisch zum Ursprung und damit ist die Ausgangsfunktion punktsymmetrisch zum Wendepunkt.

Das ist auch noch eine Lösungsmöglichkeit.

12.01.2011, 12:11

Leopold

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Zitat:

Original von lgrizu
Noch eine Anmerkung:

Abakus wollte wahrscheinlich darauf hinaus, erst den Wendepunkt zu bestimmen und dann die Funktion in den Ursprung verschieben, so dass der Wendepunkt im Ursprung liegt, dann wird ist die verschobene Funktion punktsymmetrisch zum Ursprung und damit ist die Ausgangsfunktion punktsymmetrisch zum Wendepunkt.

Das ist auch noch eine Lösungsmöglichkeit.

Und zwar eine viel einfachere.

Machen wir mit reellen Parametern $\begin{eqnarray*} a,b,c,d \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} a \neq 0 \end{eqnarray*}$ den Ansatz

$\begin{eqnarray*} f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d \, , \ \ x \in \mathbb{R} \end{eqnarray*}$

so folgt durch zweimaliges Differenzieren:

$\begin{eqnarray*} f''(x) = 6ax + 2b \end{eqnarray*}$

so daß $\begin{eqnarray*} - \frac{b}{3a} \end{eqnarray*}$ die Wendestelle ist. (Daß tatsächlich eine Wendestelle vorliegt, zeigt $\begin{eqnarray*} f'''(x) = 6a \neq 0 \end{eqnarray*}$ .)

Jetzt verschieben wir den Graphen, so daß der Wendepunkt in den Ursprung fällt, betrachten also

$\begin{eqnarray*} g(x) = f \left( x - \frac{b}{3a} \right) - f \left( - \frac{b}{3a} \right) \end{eqnarray*}$

Insbesondere ist $\begin{eqnarray*} g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ . Die innere Funktion beim ersten Summanden hat 1 als innere Ableitung. So bekommt man ohne Probleme die zweite Ableitung:

$\begin{eqnarray*} g''(x) = f'' \left( x - \frac{b}{3a} \right) \end{eqnarray*}$

Jetzt ist noch $\begin{eqnarray*} g(-x) = -g(x) \end{eqnarray*}$ nachzuweisen. Dann ist man fertig.

Zum Beweis betrachtet man die Differenzfunktion und differenziert zweimal:

$\begin{eqnarray*} h(x) = g(x) + g(-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h'(x) = g'(x) - g'(-x) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} h''(x) = g''(x) + g''(-x) \end{eqnarray*}$

Jetzt ist zum einzigen Mal ein bißchen zu rechnen:

$\begin{eqnarray*} h''(x) = f'' \left( x - \frac{b}{3a} \right) + f'' \left( -x - \frac{b}{3a} \right) = 6a \left( x - \frac{b}{3a} \right) + 2b + 6a \left( -x - \frac{b}{3a} \right) + 2b = 0 \end{eqnarray*}$

Damit ist $\begin{eqnarray*} h'(x) \end{eqnarray*}$ konstant, wegen $\begin{eqnarray*} h'(0) = g'(0) - g'(0) = 0 \end{eqnarray*}$ gilt sogar

$\begin{eqnarray*} h'(x) = 0 \end{eqnarray*}$

Also ist auch $\begin{eqnarray*} h(x) \end{eqnarray*}$ konstant, und wegen $\begin{eqnarray*} h(0) = 2g(0) = 0 \end{eqnarray*}$ folgt

$\begin{eqnarray*} h(x) = 0 \end{eqnarray*}$

Somit ist $\begin{eqnarray*} g(-x) = -g(x) \end{eqnarray*}$ . Und das war zu zeigen.

Jetzt hat man sogar etwas mehr gezeigt, als verlangt war.

12.01.2011, 19:51

lgrizu

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@ Leopold:

Das ist mir während des Threads auch aufgefallen, ich wollte aber die "Strategie" nicht mitten drin ändern.

Deshalb hab ich erst als der Thread abgeschlossen war erwähnt.

12.01.2011, 20:06

Leopold

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Und aus demselben Grund hatte auch ich abgewartet.

15.01.2011, 12:00

ikakika

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zwar verstehe ich Leopolds Rechnung nicht ganz,
danke aber nochmals für die ganze Hilfe und Mühe!!! Gott

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