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Ganzrationale Funktionen

Spickzettel
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Ganzrationale Funktionen vom Grad $n$ sind Polynomfunktionen, also Funktionen der Form:
$f(x) = a_n\cdot x^n + a_{n-1}\cdot x^{n-1} +… + a_1 \cdot x+a_0$
$f(x) = a_n\cdot x^n + a_{n-1}…$
Sollst du nun eine Funktionsgleichung einer solchen Funktion anhand von Randbedingungen bestimmen, so benötigst du ausreichend Bedingungen, dass du daraus so viele Gleichungen herleiten kannst, wie es Parameter $a_i$ im Funktionsterm gibt, also $n+1$. So ergibt sich dann ein lineares Gleichungssystem, welches du mit den dir bekannten Methoden lösen kannst. Mögliche Randbedingungen sind zum Beispiel:
  • Punktsymmetrie zum Ursprung: Im Funktionsterm kommen nur ungerade Exponenten vor. Du benötigst dann deutlich weniger Bedingungen, da die Parameter vor den $x$ mit geraden Exponenten automatisch $0$ sind.
  • Achsensymmetrie zur $y$-Achse: Im Funktionsterm kommen nur gerade Exponenten vor. Hier fallen die Parameter vor den ungeraden Potenzen von $x$ weg.
  • Punkte, die auf dem Graphen liegen: Setze die Koordinaten in die allgemeine Funktionsgleichung ein.
  • Hochpunkte bzw. Tiefpunkte des Graphen: Nutze hier einerseits die Koordinaten der Punkte, andererseits auch die notwendige Bedingung für Extrempunkte. Dazu musst du zunächst die erste Ableitungsfunktion der allgemeinen Funktion bilden.

Beispiel

Durch den Punkt $P(1\mid4)$ verläuft der Graph einer ganzrationalen Funktion zweiten Grades mit dem Tiefpunkt $T(0\mid 3)$. Bestimme die Funktionsgleichung.
Es gilt $n=2$, also
$p(x)= a_2\cdot x^2 + a_1\cdot x +a_0$
und damit
$p'(x) = 2a_2\cdot x +a_1$.

Es ergeben sich folgende Gleichungen:
  1. $p(1)=4\quad \Rightarrow 4= a_2\cdot 1^2 + a_1\cdot 1 +a_0$
  2. $p(0) = 3 \quad \Rightarrow 3 = a_2\cdot 0^2 +a_1\cdot 0 + a_0$
  3. $p'(0)=0\quad \Rightarrow 0 = 2a_2\cdot 0 +a_1$
1. $p(1)=4$
$ \Rightarrow 4= a_2\cdot 1^2 + a_1\cdot 1 +a_0$
2. $p(0) = 3 $
$\Rightarrow 3 = a_2\cdot 0^2 +a_1\cdot 0 + a_0$
2. $p'(0)=0$
$\Rightarrow 0 = 2a_2\cdot 0 +a_1$
Aus 3. folgt direkt $a_1 =0$ und aus 2. folgt $a_0 = 3$. Setze dies in 1. ein:
$\begin{array}[t]{rll} 4&=& a_2\cdot 1^2 + a_1\cdot 1 +a_0 &\quad \scriptsize \\[5pt] 4&=& a_2+a_1+a_0&\quad \scriptsize a_0 =3, a_1 =0 \\[5pt] 4&=& a_2+0+3 &\quad \scriptsize \mid\;-3 \\[5pt] 1&=& a_2 &\quad \scriptsize \\[5pt] \end{array}$
$\begin{array}[t]{rll} 4&=& a_2\cdot 1^2 + a_1\cdot 1 +a_0 \\[5pt] 4&=& a_2+a_1+a_0\\[5pt] 4&=& a_2+0+3 \\[5pt] 1&=& a_2 \\[5pt] \end{array}$
Damit gilt insgesamt $p(x)= x^2+3$.
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Aufgaben
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1.
Bestimme die Gleichung der Parabel.
b)
$A(-1\mid 6)$, $B(1\mid 6)$ und $C(3\mid 10)$.
d)
$P(2\mid 12)$ und
Tiefpunkt $T\left(-\dfrac{3}{4}\middle|-\dfrac{25}{8}\right)$.
2.
Bestimme die Gleichung der dazugehörigen Funktion.
a)
Eine Parabel $p$ ist achsensymmetrisch zur y-Achse. Die Tangente am Punkt $(3|10,5)$ auf $p$ hat die Steigung $6$.
b)
Eine Parabel $p$ hat ihren Tiefpunkt an der Stelle $x=0$. Außerdem ist die Gerade $y=3x+10$ parallel zur Tangente an $p$ am Punkt $(1|-2,5)$.
c)
Das Schaubild einer ganzrationalen Funktion 3. Grades hat den Wendepunkt $W(0|0)$ und den Hochpunkt $H(1,5|3)$.
d)
Eine ganzrationale Funktion 3. Grades hat im Punkt $P(0|0)$ die Steigung $m_p=-2$ ihr Wendepunkt ist $W(-0,5|1,25)$.
e)
Bestimme $a$ und $b$ so, dass das Schaubild der Funktion $f$ mit
$f(x)=ax^4+bx^2$
den Wendepunkt $W(1|-5)$ hat.
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Lösungen
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1.
Gleichung der Parabel bestimmen
a)
$f(x)=ax^2+bx+c$
$\begin{array}{llllllllllllllllllllll} (1)&A(0\mid2)&:&a\cdot0^2&+&b\cdot0&+&c&=&2&\Rightarrow c=2\\ (2)&B(2\mid6)&:&a\cdot2^2&+&b\cdot2&+&2&=&6&\mid\;-2\\ (3)&C(5\mid27)&:&a\cdot5^2&+&b\cdot5&+&2&=&27&\mid\;-2\\ \hline (2)&&&a\cdot4&+&b\cdot2&&&=&4&\mid:2\\ (3)&&&a\cdot25&+&b\cdot5&&&=&25&\\ \hline (2)&&&2a&+&b&&&=&2& \mid-2a\\ &&&&&&&b&=&2-2a\\ (3)&&&a\cdot25&+&(2-2a)\cdot5&&&=&25\\ &&&25a&+&10-10a&&&=&25\\ &&&15a&&&&&=&15\\ &&&&&&&a&=&1\\ &&&&&&&b&=&2-2a\\ &&&&&&&b&=&0\\ \end{array}$
$ b=0 $
$\Rightarrow f(x)=x^2+2$
b)
$f(x)=ax^2+bx+c$
$\begin{array}{lllllllllllllllllllllllllllllll} (1)&A(-1\mid 6)&:&a\cdot(-1)^2&+&b\cdot(-1)&+&c&=&6&\\ (2)&B(1\mid 6)&:&a\cdot1^2&+&b\cdot1&+&c&=&6&\\ (3)&C(3\mid 10)&:&a\cdot3^2&+&b\cdot3&+&c&=&10&\\ \hline (1)&&&a&-&b&+&c&=&6&\\ (2)&&&a&+&b&+&c&=&6&\mid(2)-(1)\\ (3)&&&9a&+&3b&+&c&=&10&\mid(3)-9\cdot(1)\\ \hline (1)&&&a&-&b&+&c&=&6&\\ (2)a&&&&+&2b&+&0&=&0&\Longrightarrow b=0\\ (3)a&&&&+&12b&+&-8c&=&-44&\Longrightarrow \text{mit}\,\, b=0:\;c=5,5\\ \end{array}$
$ a+12b+-8c=-44 $
$b=0$ und $c=5,5$
eingesetzt in (1) ergibt
$a+5,5=6$ $\Longrightarrow a=0,5$
$\Rightarrow f(x)=0,5x^2+5,5$
c)
Aus $P(0\mid -4)$ folgt
$f(x)=ax^2-4$
Nullstelle $x=2$ $\Longrightarrow$ $f(2)=0$
$0=a\cdot2^2-4$ $\Longrightarrow a=1$
$\Longrightarrow$ $f(x)=x^2-4$
d)
Eine Parabel hat entweder ein Hochpunkt (Parabel ist nach unten geöffnet) oder ein Tiefpunkt (Parabel ist nach oben geöffnet). Es handelt sich dabei immer um den Scheitelpunkt.
Es ist $T\left(-\dfrac{3}{4}\middle| -\dfrac{25}{8}\right)$
Damit macht man den Ansatz
$f(x)=a\left(x+\frac{3}{4}\right)^2-\dfrac{25}{8}$
Setzt man nun noch $P(2\mid 12)$ in die vorläufige Funktionsgleichung oben ein, erhält man
$12=a\left(2+\frac{3}{4}\right)^2-\dfrac{25}{8}$ $\Longrightarrow a=2$.
Damit ergibt sich
$f(x)=2\left(x+\frac{3}{4}\right)^2-\dfrac{25}{8}$
Alternativer Lösungsweg:
$f(x)=ax^2+bx+c$;
$f'\left(x\right)=2ax+b$
Dann erhält man:
$\begin{array}{llllllllllllllllllllllllllllllllllllll} (1)&T\left(-\frac{3}{4}\middle| -\frac{25}{8}\right)&a\cdot\left(-\frac{3}{4}\right)^2&+&b\cdot\left(-\frac{3}{4}\right)&+&c&=&-\frac{25}{8}& \\ (2)&P(2\mid 12)&a\cdot2^2&+&b\cdot2&+&c&=&12&\\ (3)&f'(-\frac{3}{4})=0&2a\cdot\left(-\frac{3}{4}\right)&+&b&&&=&0&\\ \hline (1)&&\frac{9}{16}a&-&\frac{3}{4}b&+&c&=&-\frac{25}{8}&\\ (2)&&4a&+&2b&+&c&=&12&\mid (2)-(1)\\ (3)&&-\frac{3}{2}a&+&b&&&=&0&\mid+\frac{3}{2}a\\ \hline (3)&&&&&&b&=&\frac{3}{2}a&\\ (2)a&&\frac{55}{16}a&+&\frac{11}{4}&&&=&+\frac{121}{8}&\mid\cdot16\\ &&55a&+&44b&&&=&242&\mid:11\\ &&5a&+&4b&&&=&22&\mid b=\frac{3}{2}a\,\,\text{eingesetzt}\\ &&5a&+&4\cdot\frac{3}{2}a&&&=&22\\ &&5a&+&6a&&&=&22\\ &&&&&&11a&=&22&\mid:11\\ &&&&&&a&=&2&\Rightarrow b=3\\ \end{array}$
$ a=2 $
$a=2$ und $b=3$ eingesetzt in $(2)$ liefert $c=-2$
$\Rightarrow f(x)=2x^2+3x-2$
2.
a)
$f(x)=ax^2+bx+c$
$\Rightarrow f(x)=ax^2+c$
Wegen der Achsensymmetrie zur $y$-Achse fällt $bx$ weg, da Achsensymmetrie gerade Exponenten voraussetzt.
$f'(x)=2ax$
$\begin{array}{llllllllllllllllll} f'(3)=6&: &2\cdot a\cdot3&&&=&6&\mid:6\\ &&&&a&=&1\\ f(3)=10,5&:&3^2&+&c&=&10,5&\mid-9\\ &&&&c&=&1,5 \end{array}$
$ c=1,5 $
$\Rightarrow f(x)=x^2+1,5$
b)
Tiefpunkt an der Stelle $x=0$
Ansatz
$f(x)=ax^2+c$
(es liegt Achsensymmetrie vor, da der Tiefpunkt (Scheitelpunkt) auf der $y$-Achse liegt)
$f'(x)=2ax$
Wenn die Gerade parallel ist, muss die Tangente an der Stelle $x=1$ die Steigung $m=3$ besitzen. Damit ist
$\begin{array}{llllllll} f'(1)&=&3&=&2a\cdot1& \\ a&=&\dfrac{3}{2}&=1,5& \\ \end{array}$
Aus $a=1,5$ und dem Punkt $(1\mid -2,5)$ folgt:
$\begin{array}{rl@{\hspace{1cm}}l} f(1)=-2,5=&1,5\cdot1^2+c& \mid-1,5 \\ c=&-4&\\ \end{array}$
$\begin{array}{rl@{\hspace{1cm}}l} f(1)&=&1,5\cdot1^2+c& \\ -2,5&=&1,5\cdot1^2+c& \mid \scriptsize{-1,5} \\ c&=&-4&\\ \end{array}$
$\Longrightarrow f(x)=1,5x^2-4$
c)
$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$
$W(0\mid 0)$, $H(1,5\mid 3)$
$f'(x)=3ax^2+2bx+c$
$f''(x)=6ax+2b$
$\begin{array}{llllllllllllllllllll} (1)&f(0)=0&: &a\cdot0^3&+&b\cdot0^2&+&c\cdot0&+&d&=&0\\ &&&&&&&&&d&=&0\\ (2)&f(1,5)=3&:&a\cdot1,5^3&+&b\cdot1,5^2&+&c\cdot1,5&&&=&3\\ &&&3,375a&+&2,25b&+&1,5c&&&=&3\\ (3)&f'(1,5)=0&:&3\cdot a\cdot1,5^2&+&2\cdot b\cdot1,5&+&c&&&=&0\\ &&&6,75a&+&3b&+&c&&&=&0\\ (4)&f''(0)=0&:&6\cdot a\cdot0&+&2\cdot b&&&&&=&0\\ &&&&&2b&&&&&=&0&\mid:2\\ &&&&&&&&&b&=&0\\ \hline \end{array}$
$ b = 0 $
$\begin{array}{llllllllllllllllllllllllllll} (3)&f'(1,5)=0&:&6,75a&+&3b&+&c&&&=&0&\mid b=0\\ &&&6,75a&+&&+&c&&&=&0&\mid-6,75a\\ &&&&&&&&&c&=&-6,75a\\ (2)&f(1,5)=3&: &3,375a&+&2,25b&+&1,5c&&&=&3&\mid b=0\\ &&&3,375a&&&+&1,5c&&&=&3&\mid c=-6,75a\,\, eingesetzt\\ &&&3,375a&+&1,5(-6,75a)&&&&&=&3\\ &&&3,375a&-&10,125a&&&&&=&3\\ &&&&&&&&&-6,75a&=&3&\mid:(-6,75)\\ &&&&&&&&&a&=&-\frac{4}{9}\\ \end{array}$
$ a = -\frac{4}{9} $

Aus $a=-\frac{4}{9}$ folgt $c=3$.
$\Rightarrow f(x)=-\frac{4}{9}x^3+3x$
d)
$W(-0,5\mid 1,25)$, $P(0\mid 0)$ und $m_p=-2$
$f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$
$f'(x)=3ax^2+2bx+c$
$f''(x)=6ax+2b$
$\begin{array}{lllllllllllllllllll} (1)&f(-0,5)=1,25&: &a(-0,5)^3&+&b(-0,5)^2&+&c\cdot(-0,5)&+&d&=&1,25\\ (2)&f(0)=0&: &a(0)^3&+&b(0)^2&+&c(0)&+&d&=&0&\Rightarrow d=0\\ (3)&f'(0)=-2&: &3a(0)^2&+&2b(0)&+&c&&&=&-2&\Rightarrow c=-2\\ (4)&f''(-0,5)=0&: &6a(-0,5)&+&2b&&&&&=&0\\ \hline (1)&&&a(-0,5)^3&+&b(0,5)^2&+&c\cdot(-0,5)&+&d&=&1,25&\mid d=0, c=-2\\ &&&-0,125a&+&0,25b&+&1&&&=&1,25&\mid-1\\ (4)&& &-3a&+&2b&&&&&=&0\\ \hline (1)&& &-0,125a&+&0,25b&&&&&=&0,25&\mid\cdot8\; (1)-(4)\\ &&&-a&+&2b&&&&&=&2\\ (4)& &&-3a&+&2b&&&&&=&0\\ \hline (1)a&&&&&&&&&2a&=&2&\mid:2\\ &&&&&&&&&a&=&1\\ \end{array}$
$ a = 1 $
$a=1$ eingesetzt in (4) liefert $-3\cdot1+2b=0$ $\Longrightarrow b=1,5$
$\Rightarrow f(x)=x^3+1,5x^2-2x$
e)
$W(1\mid -5)$
$f(x)=ax^4+bx^2$
$f'(x)=4ax^3+2bx$
$f''(x)=12ax^2+2b$
$\begin{array}{lllllllllllllllll} (1)&f(1)=-5&: &a&+&b&=&-5\\ (2)&f''(1)=0&: &12a&+&2b&=&0 &\mid:2\\ &&&6a&+&b&=&0 &\mid(2)-(1)\\ \hline (2a) &&&5a&&&=&5\\ &&&a&&&=&1\\ \end{array}$
$ a = 1 $
$a=1$ eingesetzt in (1) liefert $1+b=-5$ $\Longrightarrow b=-6$
$\Rightarrow f(x)=x^4-6x^2$
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