Steckbriefaufgabe: Ganzrationale Funktion 3. Grades mit PE(-2|2) und PW(0|0).

Question

Aufgabe:

Der Graph einer ganzrationalen Funktion 3. Grades mit der Gleichung $f(x)=a x^{3}+b x^{2}+c x+d \quad(a, b, c, d \in \mathbb{R} ; a \neq 0)$ hat den lokalen Extrempunkt $\mathrm{P}_{\mathrm{E}}(-2 \mid 2)$ und $\operatorname{den}$ Wendepunkt $\mathrm{P}_{\mathrm{w}}(0 \mid 0)$.

Berechnen Sie die Koeffizienten a, b, $c$ und $d$ und geben Sie die zu diesem Graph zugehörige Funktionsgleichung an.

Answer 1

f(-2)=2

f ' (-2) = 0 wegen Extrempkt

f(0)=0

f ' ' (0) = 0 wegen WENDE

gibt 1/8 x³ -3/2 x

Comments

Also ist 1/8 x^3 - 3/2 x die dazugehörige Funktionsgleichung?

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genau   a = 1/8 und c= -3/2 und die anderen 0.

Answer 2

f(x) = ax³+bx²+cx+d

f'(x) = 3ax²+2bx+c

f''(x) = 6ax+2b

Du hast gegeben :
f(-2) = 2

f'(-2) = 0

f''(0) = 0

f(0) = 0

Daraus lässt sich ein Gleichungssystem basteln,dass du auflösen kannst.

Answer 3

Weil ich schon angemault werde, meine Ausführungen seien wenig hilfreich.

Alle kubischen Polynome singen immer wieder die selbe Melodie.

Und zwar verlaufen sie PUNKT SYMMETRISCH gegen den WP . Wenn du  zwei Punkte hast, Maximum, Minimum, WP. Hast du automatisch den dritten.  Damit hast du den zweiten Extrempunkt bei

(  2 | - 2 )    ( 1 )

und der Graf stellt sich bereits jetzt als Nullpunkt symmetrisch heraus, WAS DIR SYSTEMATISCH VERSCHWIEGEN WIRD BIS ZULETZT . also WER führt euch hier in die Irre?

trotzdem würde ich nicht über die Unbekannten a1;3 gehen. Viel wichtiger: Du kennst bereits die beiden Nullstellen der ersten Ableitung

f ' ( x ) = k ( x + 2 ) ( x - 2 ) = k ( x ² - 4 )    ( 2a )

Was musst du jetzt tun? " Aufleiten " , ===> Stammfunktion ===> Integral

f ( x ) = k ( 1/3 x ³ - 4 x ) + C    ( 2b )

die ===> Integrationskonstante C verschwindet ( warum? ) , und du kommst effektiv mit nur einer Unbekannten hin - dem ===> Leitkoeffizienten k . Wo tu ich mir den jetzt schnitzen; das wird deine Hausaufgabe.

Answer 4

Steckbriefaufgabe: Ganzrationale Funktion 3. Grades mit $P_E(-2|2)$ und $P_W(0|0)$.

Da eine ganzrationale Funktion 3. Grades zum Wendepunkt punktsymmetrisch ist, liegt ein weiterer Extrempunkt bei $Q_E( (2|-2)$.
Nun verschiebe ich den Graph um 2 Einheiten nach unten und erhalte $P'_E(-2|0)$ . Hier ist eine doppelte Nullstelle. Weiter mache ich mit der Nullstellenform:
$f(x)=a(x+2)^2(x-N)$
Die Wendestelle liegt bei $x=0$  → 2. Ableitung
$f'(x)=a[(2x+4)(x-N)+(x+2)^2\cdot 1]$
$f''(x)=a[2(x-N)+(2x+4)\cdot 1+(2x+4)]$
$f''(0)=a[-2N+8]=0$
$N=4$
$f(x)=a(x+2)^2(x-4)$
$P_W(0|0)$ →  $P´_W(0|-2)$
$f(0)=a(0+2)^2(0-4)=-16a=-2$
$a=\frac{1}{8}$
$f(x)=\frac{1}{8}(x+2)^2(x-4)$
Nun um 2 Einheiten nach oben und Namensänderung:
$p(x)=\frac{1}{8}(x+2)^2(x-4)+2$

Comments

liegt ein weiterer Extremwert bei $Q_E( (2|-2)$.

Das ist ein Extrempunkt.

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Danke! Ich habe es verbessert.

Answer 5

Guten Morgen!

Wir wissen, dass der Graph einer ganzrationalen Funktion dritten Grades immer zu seinem einzigen Wendepunkt symmetrisch ist. Dieser Wendepunkt ist hier der Ursprung und es gilt daher ${b=d=0}$. Der oben bereits angegebene Ansatz kann daher vereinfacht werden zu $$(1)\quad f(x)=ax^3+cx.$$ Ausklammern ergibt $$(2)\quad f(x)=a x\left(x^2+\dfrac{c}{a}\right).$$Das ist möglich, da $a\ne 0$ vorausgesetzt wurde. Nun bilden wir von (1) die Ableitung $$(3)\quad f'(x)=3ax^2+c,$$ die an der Stelle $x=-2$ Null ergeben muss, also: $$(4)\quad f'(-2)=12a+c=0\quad\Rightarrow\quad c=-12a$$ Das setzen wir nun in die Form (2) ein und erhalten $$(5)\quad f(x)=a x\left(x^2-12\right)$$Schließlich muss die Funktion an der Stelle $x=-2$ den Wert $2$ liefern, also: $$(6)\quad f(-2) = 16a=2\quad\Rightarrow\quad a=\dfrac{1}{8}$$ was zusammen mit (4) $$(7)\quad c=-\dfrac{3}{2}$$ ergibt. Damit sind die vier gesuchten Koeffizienten bestimmt und eine mögliche Funktionsgleichung, etwa in der Form (1), wäre dann $$(8)\quad f(x)=\dfrac{1}{8}\cdot x^3-\dfrac{3}{2}\cdot x.$$