Ganzrationale Gleichung 3. Grades ist punktsymmetrisch zum Ursprung

Question

Aufgabe:

der graph einer ganzrationalen funktion f vom grad 3 ist punktsymmetrisch zum Ursprung, geht durch P(1;2) und hat für x=1 eine waagerechte Tangente

Bestimme f(x)

Problem/Ansatz:

Ich habe leider gar keinen plan wie ich die funktion herleiten soll.

Answer 1

bei der Punktsymmetrie zum Ursprung fallen die geraden Exponenten weg!

Ansatz: f(x)=ax^3+bx  , f'(x)=3ax^2+b

P(1|2): f(1)=2 ⇒ 2=a+b

waagerechte Tangente heißt, dass dort die Steigung = 0 ist.

f'(1)=0 ⇒ 3a+b=0

Du hast nun das LGS:

I. 2=a+b   ---> b=2-a

II. 3a+b=0

3a+(2-a)=0

2a+2=0

a=-1

b=2-(-1)=3

Also f(x)=-x^3+3x

Comments

Ich verstehe gerade nur Bahnhof. Ich denke ich bin zu lange raus aus der Materie.

Answer 2

Ich nehme die Antwort zurück, weil ich mich verrannt habe!

Comments

Vielleicht solltest Du den Punkt Q(-2,2) erklären.

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Da habe ich die Lösung von 2019 in den Calculator eingegeben und dann den Sachverhalt entdeckt. Weiß aber jetzt selbst noch keine Begründung für diesen Sachverhalt. Könnte mit der Punktsymmetrie zusammenhängen? Wüsstest du da eine Möglichkeit?

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Das ist doch keine Antwort auf eine Aufgabenstellung, aus einer bekannten Lösung zusätzliche Informationen zu entnehmen, um die Lösungsdarstellung zu vereinfachen! Und das auch noch zu verschweigen!

Wenn das wirklich mal ein Anfänger liest, der kommt doch damit nicht klar.

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Gut, das habe ich jetzt eingefügt. Habe aber immer noch keine Antwort auf meine Frage zur Klärung des Sachverhalts.

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Der Sachverhalt wurde 2019 geklärt: Aus den Angaben der Aufgabe folgt f(x)=-x^3+3x, daraus folgt f(-2)=2.

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Das ist klar. Aber wie ist es, wenn die Funktion noch nicht bestimmt ist?

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Aber wie ist es, wenn die Funktion noch nicht bestimmt ist?

Es ist mir unklar was dein Aufstand überhaupt soll :-)

f(1)=2 und f '(1)=0

reichen doch als Bedingungen vollkommen aus, weil es wegen der Punksymmetrie nur 2 Unbekannte gibt.

vgl. die Antwort aus 2019

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Es geht aber doch jetzt um den von mir gefundenen Punkt Q,  der ja ohne die Funktionsgleichung nicht ersichtlich ist.

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"der ohne die Funktionsgleichung nicht ersichtlich ist"

Treffender hätte ich meinen Einwand nicht formulieren können.

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Es ist mir unklar was dein Aufstand überhaupt soll :-)

f(1)=2 und f '(1)=0

reichen doch als Bedingungen vollkommen aus, weil es wegen der Punksymmetrie nur 2 Unbekannte gibt.

Klar, dass du mal wieder nicht verstehst, worum es eigentlich geht. Es geht um das aus dem Himmel Fallen von

Nun existiert bei Q (-2|2) ein Punkt auf dem Graphen.

Wer so etwas in seiner Antwort schreibt, sollte das

1. entweder direkt begründen

2. oder auf Nachfrage begründen können.

Beides ist hier nicht passiert. Man bedient sich lediglich einer anderen Aufgabe, inklusive gegebener Funktionsgleichung, die rein zufällig genau da einen Punkt auf dem Graphen hat. Sicher, wenn ich die Lösung vorher schon kenne, hätte ich auch jeden anderen Punkt nehmen können...

Hier ist also jede Form von Aufstand gerechtfertigt und ich verstehe nicht, wieso man wieder versucht, diesen unbegründeten Unfug zu verteidigen. Die Antwort ist sowohl fachlich als auch didaktisch fragwürdig. Daran ändert auch

Diese Möglichkeit der Lösung habe ich dem erzeugten Bild aus der Antwort aus dem Jahre 2019 entnommen:

nichts, denn wie lautet denn diese "Möglichkeit"? Gehe alle Funktionen durch, bis du für die vorliegende Aufgabe eine passende Funktion gefunden hast, die die vorgegebenen Eigenschaften erfüllt? Interessant. Mit Mathematik hat das jedenfalls nichts zu tun.

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Es ging um den Sachverhalt, den ich geklärt haben wollte:

Die Koordinaten des Hochpunktes H(2|3) und der Punkt P(-4|3) liegen auf der Geraden y=3.

Durch Verschiebung 3 Einheiten nach unten, ergibt sich Y(0|-3)

H(2|0). und P(-4|0) und somit die Linearform

 \(f(x)=a(x-2)^2 (x+4)\)

\(f(0)=a(-2)^2 (4)=16a=-3\)

\(a=-\frac{3}{16}\).

\(f(x)=-\frac{3}{16}(x-2)^2 (x+4)\) und um 3 Einheiten nach oben:

\(p(x)=-\frac{3}{16}(x-2)^2 (x+4)+3\)

Diese Möglichkeit müsste doch für alle punktsymmetrischen Funktionen 3. Grades mit Hoch-und Tiefpunkt  gelten?

Bild ist weiter unten:

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Ich glaube, du hast auch nichts verstanden. Deine Verschiebemethode ist doch gar nicht das Problem, sondern die Herkunft einen augenscheinlich zufälligen Punktes, ohne zu wissen, dass er auf dem Graphen liegt (wenn man die Lösung gar nicht kennt). Wenn man die Punkte \(P\) und \(H\) vorgibt, ist klar, dass sie auf der Geraden \(y=3\) liegen.

Es ging aber darum, dass nur der Hochpunkt gegeben war und du dir den Punkt \(Q\) lediglich dazugedacht hast und einfach bei einer anderen Aufgabe gesehen hast, dass er auf dem gesuchten Graphen liegt.

Es ist also weiterhin unklar, was du mit

Diese Möglichkeit müsste doch für alle punktsymmetrischen Funktionen 3. Grades mit Hoch-und Tiefpunkt gelten?

meinst. Die Möglichkeit den Graphen zu verschieben? Ja, das ist unproblematisch. Es geht um die Herkunft des weiteren Punktes, wenn er in der Aufgabenstellung nicht erwähnt wird. Die konkrete Frage zu deinem zweiten Beispiel lautet also:

Woher weißt du, dass der Punkt \(P\) auf dem Graphen liegt, wenn nur der Hochpunkt \(H\) gegeben ist? Wie ist da deine mathematische Argumentation? Bzw. was ist in einem solchen Fall deine Behauptung, deren mathematische Korrektheit du geklärt haben möchtest?

Und jetzt sag bitte nicht, dass du dir den Graphen angeschaut hast. Den kennst du ja vorher nicht.

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Es geht um den Satz:

Ein Polynom P vom Grad 3, das punktsymmetrisch zum Ursprung ist und den Extrempunkt E(a,b) besitzt, erfüllt auch P(-2a)=b.

Wer kennt ihn nicht :-)

Damit ist natürlich dieser Fall von "Steckbriefaufgabe" trivialisiert.

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Meine Annahme ist, dass die x-Stelle von P doppelt so weit von der x-Stelle von H entfernt liegt. Nun möchte ich geklärt haben, ob diese Annahme für alle punktsymmetrische Funktionen mit Hoch- und Tiefpunkt gilt.

Noch ein Beispiel:  3.Grad  H (4 | 6) W(0|0):

\( f(x)=a x^3+c x \)

\( f(4)=64a+4c=6\)

\( f'(x)=3a x^2+c  \)

\( f'(4)=48a+c=0  \)

\(a=-\frac{3}{64} \).

\(c=\frac{9}{4} \)

\( f(x)=-\frac{3}{64} x^3+\frac{9}{4}x \)

Somit gilt meine Annahme und die ist jetzt auch von Mathhilf verifiziert worden. Ich habe das bisher nicht gewusst Somit kommt man mit meiner Verschiebung recht schnell zur gesuchten Funktion.

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Dieser ‚Satz von M.‘ gehört unbedingt in jedes Lehrbuch.

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Wenn das nicht spöttisch gemeint ist, ist es gut.

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Ironie und Sarkasmus sind schon schöne sprachliche Stilmittel.

Bei Punktsymmetrie zum Ursprung halte ich den direkten Weg über \(f(x)=ax^3+bx \) allerdings für besser und vor allem universeller.

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@AM

Klar, dass du mal wieder nicht verstehst.

Ich verbitte mir solche Beleidigungen.

Wer diese Seite mit einem solchen Chaos vollmüllt, sollte sich Gedanken um seinen eigenen Geisteszustand machen.