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Thema: hillfeee

  1. #1
    ahnungslos
    Gast

    Standard hillfeee

    hallo, ich brauche dringend hilfe, muss morgen folgende hausaufgabe abgeben:

    zeigen sie, dass es keine ganzrationale funktion mit dem angegebenen grad gibt, welche die geforderten eigenschaften besitzt. wie muss man die forderungen verändern, damit eine lösungsfunktion mit dem angegebenen grad existiert?
    versuchen sie, ganzrationale funktionen höheren grades, mit den ursprünglich geforderten eigenschaften zu finden:
    a.) grad 2: nullstellen bei 0 und 3, relative extremstelle bei 1
    b.) grad 3: relative extremstellen bei 0 und 3, wendestelle bei 1
    c.) grad 3: der graph berührt die gerade mit y=x+1 an der stelle 0 und schneidet sie bei x=3; die tangente an der stelle 2 hat die steigung 1.
    d.) grad 4: P(0/0) ist punkt des graphen mit der steigung 4, S(2/2) ist sattelpunkt...

    Bitte helft mir, ich hab absolut keine ahnung und muss diese MORGEN abgeben... danke im voraus...
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  2. #2
    Dörrby
    Gast

    Standard

    Hallo,

    das ist ja 'ne ganze Klausur!
    Ich nehm' mal a) als Beispiel, die anderen gehen im Prinzip genauso.

    1. Bedingungen aufstellen
    Funktion 2. Grades (allg. Gleichung): f(x) = ax² + bx + c
    Nullstelle bei 0: 0 = a∙0² + b∙0 + c = c
    Nullstelle bei 3: 0 = a∙3² + b∙3 + c = 9a + 3b + c
    Erste Ableitung (allg. Gleichung): f'(x) = 2ax + b
    Extremstelle bei 1: 0 = 2a∙1 + b = 2a + b

    2. Gleichungssystem lösen
    I. c = 0
    II. 0 = 9a + 3b + c = 9a + 3b (denn c=0)
    III. 0 = 2a + b -> b = –2a
    Einsetzen in II: 0 = 9a + 3∙(–2a) = 3a -> a=0 -> b=0

    3. Folgerung
    Fordert man eine maximal quadratische Gleichung, dann erfüllt nur die Nullfunktion die Bedingungen. Diese hat aber den Grad 0 und nicht 2.

    4. Anpassen der Forderungen
    Da bei Parabeln die Nullstellen symmetrisch zum Scheitelpunkt liegen, könnten man die relative Extremstelle bei 1,5 statt bei 1 fordern. Die Rechnung geht dann wie oben, nur dass man am Ende eine Variable frei wählen kann, z.B. der Einfachheit halber a=1.

    5. Fkt. höheren Grades mit ursprünglichen Eigenschaften
    Probieren mit 3. Grad: f(x) = ax³ + bx² + cx + d -> f'(x) = 3ax² + 2bx + c
    NSt bei 0: 0 = a∙0³ + b∙0² + c∙0 + d = d
    NSt bei 3: 0 = a∙3³ + b∙3² + c∙3 + d = 27a + 9b + 3c
    Extr. bei 1: 0 = 3a∙1² + 2b∙1 + c = 3a + 2b + c -> c = –3a – 2b
    Einsetzen in "NSt bei 3": 0 = 27a + 9b + 3∙(–3a –2b) = 18a + 3b -> b = –6a
    Wähle a=1 -> b = –6
    -> c = –3a –2b = –3∙1 –2∙(–6) = 9
    also: f(x) = x³ –6x² +9x

    Bei den weiteren Aufgaben muss man beachten, dass in manchen Eigenschaften mehrere Bedingungen drin stecken, z.B. bei d)
    S(2/2) Sattelpunkt ->
    1. f(2) = 2
    2. f'(2) = 0
    3. f''(2) = 0

    Gruß Dörrby

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