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Bild MathematiksSchaffe es absolut nicht aus a und b die notwendigen Bedingungen für das Gleichungssystem aufzustellen. Bitte um LLösungsweg mit Erklärung möglichst.

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32b)

1.Tiefpunkt bei \( T_1(-2|-3)\)

verschieben um 3 Einheiten nach oben \( T´_1(-2|0)\)

2.Tiefpunkt bei \( T_2(2|-3)\)

verschieben um 3 Einheiten nach oben \( T´_2(-2|0)\)

Linearfaktorenfom:

\(f(x)=a(x-2)^2(x+2)^2\)

Hochpunkt bei H \((0|1)\)

verschieben um 3 Einheiten nach oben H´ \((0|4)\)

\(f(0)=a(0-2)^2(0+2)^2=16a=4\)

\(a=0,25\)

\(f(x)=0,25(x-2)^2(x+2)^2\)

verschieben um 3 Einheiten nach unten:

\(p(x)=0,25(x-2)^2(x+2)^2-3\)

Unbenannt.JPG

Avatar vor von 43 k
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Ansatz bei a)

f(x) = ax^3 + bx^2 + cx + d

oder einfacher

f(x) = a(x -6)^2 *(x-0)

Wenn du den 2. Ansatz verstehen kannst, hast du nur noch eine Unbekannte. Suche nun eine Information, die du noch nicht benutzt hast.

Ich nehme f(2) = 8. 

8 = a(2-6)^2 (2 - 0) 

8 = a*16*2      | :2

4 = 16a

1/4 = a

Also f(x) = 1/4 (x-6)^2 * x 

Kontrolle:

~plot~ 1/4 (x-6)^2 * x ; [[-4|10|-4|10]] ~plot~

Ansatz bei b)

y = ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e

oder einfacher (falls du das erkennen kannst)

y = ax^4 + bx^2 + e mit e = 1


Also Ansatz nur noch

y = ax^4 + bx^2 + 1

Nun auch hier noch Informationen im Graphen suchen, die noch nicht benutzt wurden.

Nimm z.B. f(2) = -3 und f ' (2) = 0 . 

Avatar von 162 k 🚀

Woran erkennt man, dass b eine Funktion 4. Grades ist?

@ Grad von b) ?

Auf dem Bild sind 3 lokale Extremstellen und 2 Wendepunkte zu sehen. Das ist bei einer Funktion von Grad 1, 2 und 3 nicht möglich. Somit ist Grad 4 der kleinste Grad, der in Frage kommt.

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a)

f(x) = ax^3+bx^2+cx+d

f(2)=8

f(6)=0

f '(2)=0

f '(6)=0

b) f(x) = ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+cx+e

f(-2)= -3

f(2)= -3

f(0) = 1

f '(-2) = 0

f '(2) = 0

f '(0) = 0

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Der Ansatz von 32b) stimmt (bis auf das Alphabet) doch.

Der Ansatz ist unnötig kompliziert aber nicht falsch.

Wie schaut denn nun die Funktionsgleichung aus ? Es ist doch keine Polynomfunktion 5. Grades.

Na und? Überleg mal…

b) Der Ansatz f(x) = ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+cx+e ist doch komisch in meinen Augen.

Ich kann dir auch eine ganzrationale Funktionen höheren Grades liefern.

Komisch ist lediglich, dass man offenbar das Alphabet nicht kann und zweimal c verwendet hat. War aber sicherlich nicht so gemeint.

b) f(x) = ax^5+bx^4+cx^3+dx^2+ex+f

f(-2)= -3      f(-2) = -32a+16b-8c+4d-2e+f

1.) -32a+16b-8c+4d-2e+f =-3

f(2)=3      f(2) = 32a+16b+8c+4d+2e+f

2.) 32a+16b+8c+4d+2e+f =-3

f(0) = 1

3.)  f=1

f'(x) = 5ax^4+4bx^3+3cx^2+2dx+e

f'(-2)=0

f'(-2) = 80a-32b+12c-4d+e

4.) 80a-32b+12c-4d+e=0

f'(2) = 80a+32b+12c+4d+e

5.) 80a+32b+12c+4d+e=0

f´(0) =0

6.) e=0

a = 0
b = 1/4
c = 0
d = -2
e = 0
f = 1

f(x) =0,25x^4-2x^2+1

Es ist die gleiche Funktion wie bei mir. Das habe ich mir nicht vorstellen können. Danke für den Hinweis!

Na logisch, die Funktion ist gerade, also fallen alle ungeraden Potenzen weg.
Es muß a=c=e=0 herauskommen bei richtiger Rechnung.
Selbst mit den Koeffizienten a, b, c, d, c, e käme dasselbe heraus, da hier a=c=c=0 sein müßte (auch wenn wohl wahrscheinlich ein Schreibfehler vorlag).

Jetzt stellt sich mir die Frage, ob es auch noch mit höheren Graden geht.

Ja, im Prinzip schon - aber Du brauchst genau so viele Bedingungen wie Koeffizienten damit es eindeutig wird.

Danke! Wieder etwas dazugelernt.

Letzten Endes läuft es ja nur auf ein Gleichungssystem mit den unbekannten Koeffizienten heraus.

Also gelten alle diesbezüglichen Fälle: eindeutig lösbar, unendlich viele Lösungen, keine Lösung abhängig von der konkreten Situation.

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