Nachweis von genau zwei Wendep < Differenzialrechnung < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 22:06 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Brinki |
| Aufgabe | | Man soll nachweisen, dass das Schaubild der Funktion [mm] \math [/mm] f(x)= [mm] \bruch{x^2-36}{x^2+16} [/mm] genau zwei Wendepunkte besitzt. |
Die Standard-Lösung verläuft sicherlich über die zweite Ableitung von f. (Man zeigt, dass der Zähler von f''(x) genau zwei Nullstellen besitzt und f'' an diesen Stellen einen Vorzeichenwechsel vollzieht - bzw. f''' hier ungleich 0 ist.) Leider ist das eine üble Rechnerei (mit der Quotientenregel).
Mit einem grafikfähigen Taschenrechner kann man leicht zeigen, dass die erste Ableitung zwei Extremstellen besitzt (=Wendestellen der Funktion f). Damit ist aber nur gezeigt dass es mindestens zwei Wendestellen gibt. Das Wort "genau" fordert eine vernünftige Argumentation, dass keine weiteren Extremstellen von f' existieren können?
Hat jemand einen Vorschlag?
Vielen Dank.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 22:25 Fr 18.01.2008 | | Autor: | abakus |
Wieso "üble Rechnerei"? Du musst doch genaugenommen nur den Zähler der Ableitung "richtig" ausrechnen und Null setzen (und zeigen, dass der Nenner für eben diese x von Null verschieden ist. Der Term der ersten Ableitung ist doch einfach [mm] \bruch{2x(x^2+16)-2x(x^2-36)}{(x^2+16)^2}, [/mm] und das lässt sich noch so sehr vereinfchen, dass die zweite Ableitung ein Klacks ist. Nenner nicht ausmultiplizieren, sondern als Potenz stehenlassen!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 22:56 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Brinki |
Lieber Kollege,
vielen Dank für die Antwort. Diese Rechnung habe ich.
(Die erste Ableitung führt auf [mm] f'(x)=\frac {104 \cdot x}{(x^2+16)^2} [/mm], die zweite Ableitung auf [mm] f''(x)= \frac {-104 \cdot (3 x^2 - 16)}{(x^2+16)^3}[/mm] )
Bei der zweiten Ableitung kommen viele Schüler an ihre Grenzen. Ich bin nicht der Meinung, dass diese Rechnung trivial ist.
An dieser Stelle könnte man den grafikfähigen Taschenrechner mit den Extremstellen der ersten Ableitung sehr gewinnbringend einsetzen. Mathematisch ist hierfür ein vertieftes Verständnis der Schaubilder notwendig.
Nun also noch einmal die Frage:
Wie kann man ohne die zweite Ableitung argumentieren, dass [mm] f(x)= \frac {( x^2 - 36)}{(x^2+16)}[/mm] höchstens zwei Wendepunkte besitzt?
Vielen Dank.
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Hallo!
Ich setze die frage mal auf halb beantwortet weil ich mir da nicht so sicher bin aber vielleicht könntest du mit dem Limes argumentieren das die fkt für [mm] +\infty [/mm] gegen 1 konvegiert und für [mm] -\infty [/mm] auch gegen 1 konvergiert.
![[cap]](/images/smileys/cap.gif "[cap]") Gruß
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(Antwort) fertig | | Datum: | 23:15 Fr 18.01.2008 | | Autor: | zahllos |
Hallo,
ich bin kein Freund von zweiten Ableitungen, da sie meistens víel zu kompliziert werden. In diesem Fall kann man so argumentieren:
f(x) ist achsensymmetrisch, also muß in x = 0 ein Extremum vorliegen.
Weiter gilt [mm] f'(x)=\frac{104x}{(x^2+16)^2} [/mm] also ist f für x > 0 streng monoton steigend. Wegen f(0) = -2,25 und [mm] \lim_{n \to \infty}f(x) [/mm] = 1 muss bei x = 0 eine Minimalstelle vorliegen. Da x = 0 die einzige Nullstelle von f' ist, muss sich der Graph von f der waagrechen Asymptoten von unten nähern und damit gibt es genau einen Wendepunkt für x > 0 und wegen der Symmetrie auch genau einen für x < 0
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 23:30 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Brinki |
Diese Lösung habe ich gesucht.
f'(x) sieht etwas anders aus und f(0)=-2,25 aber der Lösungsweg stimmt und ist sehr viel einfacher als die Rechnerei mit der zweiten Ableitung. Da nach den Wendestellen nicht gefragt ist, ist dieser Weg sogar ohne grafikfähigem Taschenrechner machbar.
Vielen Dank.
Grüße nach Bayern.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 12:29 Sa 19.01.2008 | | Autor: | Blech |
> Da x = 0
> die einzige Nullstelle von f' ist, muss sich der Graph von
> f der waagrechen Asymptoten von unten nähern und damit gibt
> es genau einen Wendepunkt für x > 0 und wegen der Symmetrie
> auch genau einen für x < 0
Wieso sollte der Graph dazwischen nicht in Schlangenlinien verlaufen? Dafür fehlt noch eine Begründung.
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 15:10 Sa 19.01.2008 | | Autor: | Brinki |
Blech hat Recht!
Tatsächlich fehlt noch immer der Nachweis, dass es nicht mehr als zwei Wendepunkte geben kann. Habe mich zu früh gefreut.
Danke.
Damit ist die Frage wieder offen. Bitte keine Lösungen mit der zweiten Ableitung posten.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:23 Sa 19.01.2008 | | Autor: | zahllos |
Entschuldige, aber ich hatte gestern den Nenner der Funktionfalsch abgeschrieben, deshalb die falsche Ableitung in meiner Antwort (habe ich inzwischen korrigiert).
Bei der Anzahl der Wendepunkte kann man so argumentieren:
Der Grad des Zählerpolynoms von f' ist 1 , der Grad des Nennerpolynoms 2.
Deshalb muß die zweite Ableitung ein Zählerpolynom vom Grad [mm] \le [/mm] 2 haben.
Also kann es maximal zwei Wendepunkte geben.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 20:38 Sa 19.01.2008 | | Autor: | Brinki |
Ich glaube, die richtige Argumentation muss folgendermaßen heißen:
Weil der Zählergrad der Ableitungsfunktion 1 ist und der Nennergrad 4 ergibt sich durch Anwendung der Quotientenregel für die 2. Ableitung der Zählergrad 4 (und Nennergrad 8). Somit dann die zweite Ableitung höchstens vier Nullstellen aufweisen (=Kandidaten für Wendepunkte von f).
Da f eine gerade Funktion ist (und das Schaubild somit achsensymmetrisch zur y-Achse), kann es nur eine gerade Anzahl von Wendestellen geben - also entweder genau zwei oder genau vier.
Vier kann nicht sein, denn dann wären beim SB von f(x) auf jeder Seite der y-Achse genau zwei WS und das Schaubild würde für positive x von einer Linkskurve in eine Rechtskurve und wieder in eine Linkskurve übergehen. Dann kann sich das Schaubild aber nicht von unten an die waagerechte Asymptote y=1 annählern (beachte f'(x)>0 für x>0)
q.e.d.
Zugegeben dieser Weg ist nicht einfacher als die zweite Ableitung, aber er gibt als Alternativlösung einen vertieften Einblick in die Differentialrechnung, insbesondere zum Zusammenhang zwischen 1. Ableitung, Wendestellen und waagerechter Asymptote.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:47 Sa 19.01.2008 | | Autor: | abakus |
Der "so komplizierte Term" lässt sich wie folgt umformen:
[mm] \bruch{x^2-16}{x^2+36}=\bruch{x^2+36-36-16}{x^2+36}=1-\bruch{52}{x^2+36}. [/mm] Spätestens hier sollte auch für schwache Schüler eine zweite Ableitung kein Hindernis mehr sein.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 23:27 Fr 18.01.2008 | | Autor: | Blech |
> Lieber Kollege,
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> vielen Dank für die Antwort. Diese Rechnung habe ich.
> (Die erste Ableitung führt auf [mm]f'(x)=\frac {104 \cdot x}{(x^2+16)^2} [/mm],
> die zweite Ableitung auf [mm]f''(x)= \frac {-104 \cdot (3 x^2 - 16)}{(x^2+16)^3}[/mm]
> )
> Bei der zweiten Ableitung kommen viele Schüler an ihre
> Grenzen. Ich bin nicht der Meinung, dass diese Rechnung
> trivial ist.
Wenn die Schüler die erste Ableitung ausrechnen können, dann auch die zweite.
Ich bin nicht der Meinung, daß
[mm] $\bruch{x^2-36}{x^2+16}$
[/mm]
so viel leichter zu differenzieren ist als
[mm] $\frac [/mm] {104 [mm] \cdot x}{(x^2+16)^2}$
[/mm]
Und aus der zweiten kann man leicht argumentieren, daß sie bei den Nullstellen der Parabel im Zähler einen Vorzeichenwechsel durchläuft.
> Nun also noch einmal die Frage:
> Wie kann man ohne die zweite Ableitung argumentieren, dass
> [mm]f(x)= \frac {( x^2 - 36)}{(x^2+16)}[/mm] höchstens zwei
> Wendepunkte besitzt?
[mm] $\frac [/mm] {104 [mm] \cdot x}{(x^2+16)^2}$
[/mm]
Du könntest betrachten, wie sich lineare und quadratische Funktionen auf R zueinander verhalten. Auf (-1,1) dominiert x, jenseits davon [mm] $x^2$. [/mm] D.h. wir haben eine Gerade um den Nullpunkt und diese wird durch den Nenner für große x gegen 0 gedämpft. Da sowohl Zähler als auch Nenner streng monoton sind, gibt es also nur 2 Extrempunkte.
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Hallo!
Ich würde dir auch raten dass du das mal durchrechnest dann zeigst du ja gerade das es GENAU zwei Wendestellen gibt.
Gruß
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