Symmetrie zu einem beliebigen Punkt

15.09.2024, 17:14	Symquest	Auf diesen Beitrag antworten »
Symmetrie zu einem beliebigen Punkt Hallo zusammen, ich habe eine Frage zur Überprüfung von Punktsymmetrie zu beliebien Punkten bei einer Funktion. Meine Frage: Gegeben sei eine belibige ganzrationale Funktion. Ich möchte überprüfen, ob sie punktsymmetrisch ist. (Nicht zum Ursprung, da ist mir das Verfahren klar) Wenn ich herausfinden will, ob diese Funktion zu irgendeinem Punkt punktsymmetrisch ist, weiß ich nicht wie ich vorgehen soll. Ich weiß, wenn ich ein Symmetriezentrum S(x0/y0) annehme, kann ich überprüfen, mit hilfe von f(x0+h)+f(x0-h) = 2y0 ob es zu S symmetrisch ist. Meine Frage ist aber, wenn ich diesen potentiellen Punkt nicht gegeben habe. Wie kann ich (ohne Zeichnung) darauf kommen. Ich kann es auch nicht über den Wendepunkt lösen, da wir das noch nicht gemacht haben. Geht das dann überhaupt? LG
15.09.2024, 18:28	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Symmetrie zu einem beliebigen Punkt Wenn ich mich nicht irre, muss $\begin{eqnarray} y_0 = f(x_0) \end{eqnarray}$ sein. Davon abgesehen, wüsste ich nicht wie man es elegant vereinfachen kann. Potentiell kann man die Nullstellen der Ableitung betrachten, um es etwas zu vereinfachen. Netterweise eliminieren diese die Translation in $\begin{eqnarray} y \end{eqnarray}$ Richtung. Sobald man diese (hoffentlich kleine Anzahl) von Nullstellen ermittelt hat, dann kan sich das Symmetriezentrum nur in der "Mitte" der Stellen befinden. Beispiel: Sind die Nullstellen $\begin{eqnarray} x_0 = -2, x_1 = 3, x_2 = 8 \end{eqnarray}$ , dann kann das Symmetriezentrum nur $\begin{eqnarray} (x_1, f(x_1)) \end{eqnarray}$ sein.
15.09.2024, 18:40	Symquest1	Auf diesen Beitrag antworten »
Symmetrie zu einem beliebigen Punkt danke. Also ohne Ableitungen kann man es nicht direkt anhand des Funktionsterms herausfinden. Ist das so richtig? Ableitungen kommen erst später. Daher wäre es zur Zeit also nur graphisch zu lösen. Stimmt das so?
15.09.2024, 19:52	IfindU	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Symmetrie zu einem beliebigen Punkt Mir fällt keine einfache Art ein. Ansonsten heißt es in die Definition von schiefsymmetrisch einsetzen und schauen wann es erfüllt ist.
15.09.2024, 22:16	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Für eine zum Punkt $\begin{eqnarray} \left(x_0,f(x_0)\right) \end{eqnarray}$ punktsymmetrische Funktion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ ist $\begin{eqnarray} h(x) := f\left(x+x_0\right) - f\left(x_0\right) \end{eqnarray}$ eine ungerade Funktion. Ist $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ vom Polynomgrad $\begin{eqnarray} 2m+1 \end{eqnarray}$ , d.h., $\begin{eqnarray} f(x)= a_{2m+1}x^{2m+1} + a_{2m} x^{2m} + g(x) \end{eqnarray}$ mit einem Polynom $\begin{eqnarray} g \end{eqnarray}$ vom Höchstgrad $\begin{eqnarray} 2m-1 \end{eqnarray}$ , dann darf $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ keinen Polynomanteil der Potenz $\begin{eqnarray} x^{2m} \end{eqnarray}$ aufweisen!. Mit Landausymbolen geschrieben $\begin{eqnarray} h(x) = a_{2m+1}\left(x+x_0\right)^{2m+1} +a_{2m}\left(x+x_0\right)^{2m} + g\left(x+x_0\right) = a_{2m+1}x^{2m+1} + \left(a_{2m+1}(2m+1)x_0 + a_{2m}\right)x^{2m} + O\left(x^{2m-1}\right) \end{eqnarray}$ bedeutet das Bedingung $\begin{eqnarray} x_0 = -\frac{a_{2m}}{(2m+1)a_{2m+1}} \end{eqnarray}$ . Wenn es also klappt, dann allenfalls mit diesem $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ . Überprüfen kann man das beispielsweise, indem man mit diesem $\begin{eqnarray} x_0 \end{eqnarray}$ jenes $\begin{eqnarray} h(x) = f\left(x+x_0\right) - f\left(x_0\right) \end{eqnarray}$ ausrechnet: Dann und nur dann, wenn dieses $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ eine ungerade Funktion ist (d.h. nur Potenzen mit ungeraden Exponenten aufweist), ist die Originalfunktion $\begin{eqnarray} f \end{eqnarray}$ punktsymmetrisch. P.S.: Für Polynomfunktionen vom Grad 1 sowie 3 klappt das mit der Punktsymmetrie immer - ab Polynomgrad 5 jedoch nicht immer, d.h., dort ist die genannte Überprüfung zwingend durchzuführen.
15.09.2024, 22:40	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich sehe gerade, daß HAL bereits geantwortet hat. Währenddessen habe ich auch meinen Beitrag erstellt, der nun hier vorgestellt wird. Man würde so vorgehen: Mit Differentialrechnung bestimmt man die Wendestellen und überprüft, ob für eine Wendestelle $\begin{align} a \end{align}$ die Gleichung $\begin{align} f(a+h) + f(a-h) - 2 f(a) = 0 \end{align}$ für alle $\begin{align} h \end{align}$ besteht. Wenn man das nicht will, könnte man mit erheblich mehr Rechenaufwand auch so vorgehen: Man faßt den Term auf der linken Seite der obigen Gleichung als Polynom in $\begin{align} h \end{align}$ auf. Dieses kann nur dann das Nullpolynom sein, wenn alle seine Koeffizienten verschwinden. Am besten mal ein Beispiel: $\begin{align} f(x) = x^5 + 10x^4 + 37x^3 + 62x^2 + 46x + 13 \end{align}$ $\begin{align} f(a+h) + f(a-h) - 2 f(a) = \left( \color{blue} (a+h)^5 \color{black} + \color{red} 10(a+h)^4 \color{black} + 37(a+h)^3 + 62(a+h)^2 + 46(a+h) + 13 \right) \\ + \left( \color{green} (a-h)^5 \color{black} + \color{cyan} 10(a-h)^4 \color{black} + 37(a-h)^3 + 62(a-h)^2 + 46(a-h) + 13 \right) \\ - 2 \left( a^5 + 10a^4 + 37a^3 + 62a^2 + 46a + 13 \right) \end{align}$ Jetzt muß man fleißig sein und alles brav ausmultiplizieren und vereinfachen. Oder man läßt das Ganze von einem CAS rechnen. Oder man legt sich Folgendes zurecht, indem man sich die Glieder nur so weit ausmultipliziert denkt als unbedingt nötig: $\begin{align} \color{blue} (a+h)^5 \end{align}$ liefert ein Glied $\begin{align} h^5 \end{align}$ , $\begin{align} \color{green} (a-h)^5 \end{align}$ liefert ein Glied $\begin{align} -h^5 \end{align}$ . In der Summe heben sich beide weg. Wir haben also ein Polynom in $\begin{align} h \end{align}$ höchstens vom Grad 4 vor uns. Schauen wir uns die Glieder vom Grad 4 an. Von $\begin{align} \color{blue} (a+h)^5 \end{align}$ kommt $\begin{align} 5ah^4 \end{align}$ , von $\begin{align} \color{green} (a-h)^5 \end{align}$ ebenso, von $\begin{align} \color{red} 10(a+h)^4 \end{align}$ kommt $\begin{align} 10h^4 \end{align}$ , von $\begin{align} \color{cyan} 10(a-h)^4 \end{align}$ ebenso. Weitere Potenzen von $\begin{align} h^4 \end{align}$ können nicht entstehen. Es geht also folgendermaßen los: $\begin{align} f(a+h) + f(a-h) - 2 f(a) = (10a + 20 )h^4 + \ldots \end{align}$ Wenn rechts das Nullpolynom in $\begin{align} h \end{align}$ entstehen soll, muß daher $\begin{align} a=-2 \end{align}$ sein. Eine andere Chance gibt es nicht. Und damit hat man zu überprüfen, ob $\begin{align} \varphi(h) = f(-2+h) + f(-2-h) - 2f(-2) \end{align}$ identisch 0 ergibt. Da kann man wieder fleißig sein. Oder man macht Folgendes: $\begin{align} \varphi(-h) = f(-2-h) + f(-2+h) - 2f(-2) = \varphi(h) \end{align}$ Das zeigt, daß $\begin{align} \varphi \end{align}$ eine gerade Funktion in $\begin{align} h \end{align}$ ist. Da wir schon wissen, daß der Grad unterhalb von 4 liegen muß, kann er höchstens 2 sein. Oder $\begin{align} \varphi \end{align}$ ist identisch 0. Jetzt müssen wir nur noch 3 Werte nachrechnen: $\begin{align} \varphi(0) = f(-2) + f(-2) - 2f(-2) = 0 \end{align}$ $\begin{align} \varphi(2) = f(-4) + f(0) - 2f(-2) = -11 + 13 - 2 \cdot 1 = 0 \end{align}$ Wegen der Geradheit ist auch $\begin{align} \varphi(-2) = 0 \end{align}$ . Eine Funktion höchstens vom Grad 2, die dreimal 0 wird, kann aber nur identisch 0 sein: $\begin{align} \varphi(h) = 0 \end{align}$ für alle $\begin{align} h \end{align}$ $\begin{align} f(-2+h) + f(-2-h) - 2f(-2) = 0 \end{align}$ für alle $\begin{align} h \end{align}$ Und damit ist der Graph von $\begin{align} f \end{align}$ punktsymmetrisch zu $\begin{align} (-2,1) \end{align}$ .
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16.09.2024, 09:09	HAL 9000	Auf diesen Beitrag antworten »
Meine skizzierte Methode auf Leopolds Beispielfunktion $\begin{eqnarray} f(x) = x^5 + 10x^4 + 37x^3 + 62x^2 + 46x + 13 \end{eqnarray}$ angewandt: Polynomgrad $\begin{eqnarray} 5 = 2m+1 \end{eqnarray}$ bedeutet $\begin{eqnarray} m=2 \end{eqnarray}$ , wir bekommen $\begin{eqnarray} x_0 = -\frac{a_4}{5a_5} = -2 \end{eqnarray}$ und damit dann $\begin{eqnarray} h(x) = f(x-2)-f(-2) = (x-2)^5 + 10(x-2)^4 + 37(x-2)^3 + 62(x-2)^2 + 46(x-2) + 13 - f(-2) \end{eqnarray}$ (Das -f(-2) bewirkt übrigens, dass man sicher Absolutglied 0 für Polynom $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ bekommt.) Das muss man nun geeignet ausmultiplizieren (z.B. mit Binomischen Satz oder Horner-Schema), was der bei weitem aufwändigste Teil der Lösung ist. Jedenfalls gelangt man hier zu $\begin{eqnarray} h(x) = x^5 - 3x^3 + 2x \end{eqnarray}$ , und das ist tatsächlich ungerade.

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