| Autor |
Beitrag |
    
Christian Mueller (vaioman)
Neues Mitglied
Benutzername: vaioman
Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 08-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 13:23: | 
|
Hi,
aufgrund der Zeichnungen bin ich mir sicher dass die Funktion x-2c+c^2/x punktsymetrisch ist, jedoch nicht zum Ursprung.
Wie finde ich den Punkt heraus und wie weise ich das nach?
chris |
Georg (georg)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: georg
Nummer des Beitrags: 238
Registriert: 08-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 15:57: |
|
f(x) = x - 2c + c²/x
Wenn (u|v) das Symmetrie-Zentrum ist, dann gilt für alle x :
f(u+x) - v = v - f(u-x)
f(u+x) + f(u-x) = 2v
u+x - 2c + c²/(u+x) + u-x - 2c + c²/(u-x) = 2v
2u - 4c + c²/(u+x) + c²/(u-x) = 2v
c²/(u+x) + c²/(u-x) = 2v - 2u + 4c | * (u²-x²)
c²u - c²x + c²u + c²x = 2(v-u+2c)(u²-x²)
2c²u = 2(v-u)u² - 2(v-u)x² + 4cu² - 4cx²
2(v-u)x² + 4cx² = 2(v-u)u² + 2cu²
(2v-2u+4c)x² = (2v-2u+2c)u²
(v-u+2c)x² = (v-u+c)u²
Der Trick ist nun, dass das für ALLE x gelten muss. Also muss der Faktor vor x² =0 sein :
v-u+2c=0
Dann gilt aber auch
0 = (v-u+c)u² und mit der vorherigen Gleichung
0 = (0-c)u² und, abgesehen von dem simplen Fall c=0,
u=0 und damit v = -2c
|
Christian Mueller (vaioman)
Neues Mitglied
Benutzername: vaioman
Nummer des Beitrags: 2
Registriert: 08-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 16:16: |
|
wow... also das symetriezentrum ist außer bei c=0 im punkt (0/-2c).. danke
kann ich das hinterher noch nachweisen dass es wirklich stimmt?g |
Georg (georg)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: georg
Nummer des Beitrags: 239
Registriert: 08-2000
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 16:53: |
|
Christian,
das ist eigentlich nicht mehr nötig.
Den Nachweis hast du durch Einsetzen, die Probe durch Einsetzen ganz oben. |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2436
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 17:18: |
|
Hi Christian,
 
George hat Deine Aufgabe sehr fachmännisch gelöst.
Du brauchst keine Sorge zu haben, dass etwas nicht
stimmen könnte.
Zur Ergänzung führe ich Dich hinter die Kulissen der Aufgabe.
Die gegebene Gleichung stellt eine Schar von Hyperbeln dar
mit c als Parameter.
Das siehst Du ein, wenn Du die Gleichung bruchfrei schreibst:
x ^ 2 – x y – 2 c x + c^2 = 0
Das ist eine Gleichung zweiten Grades in x , y und stellt einen
Kegelschnitt dar.
Dieser Kegelschnitt ist eine Hyperbel, weil zwei Asymptoten
vorhanden sind, eine vertikale und eine schiefe, genauer:
erste Asymptote a1: die y –Achse
(x = 0 ist ja ein Pol der gegebenen Funktion),
zweite Asymptote a2: die Gerade y = x – 2c
(c / x strebt gegen null für x gegen unendlich).
Der Schnittpunkt M(0 / - 2c) der beiden Asymptoten
ist der Mittelpunkt der Hyperbel, hihi ,
und als solcher von Geburt aus Symmetriezentrum.
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2437
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 18:24: |
|
Hi chris,
Die Überprüfung des von Georg angegebenen Resultats
kann durch eine Parallelverschiebung des Koordinatensystems
durchgeführt werden.
Neuer Nullpunkt ist der postulierte Punkt M(0/-2c).
Die neue, zur x-Achse parallele Achse sei die X-Achse,
die neue = alte, zur y-Achse parallele Achse sei die Y-Achse.
Die Transformationsgleichungen lauten:
x = X , y = Y – 2c
Setze das in Deine Gleichung ein; es kommt
( - 2 c hebt sich weg ):
Y = X + c^2 / X ; hier erkennst Du die Zentralsymmetrie
bezüglich des neuen Nullpunktes von blossem Auge
(ersetze X durch – X, was passiert mit Y ?) .
Mit freundlichen Grüßen
H.R.Moser,megamath
|
Christian Mueller (vaioman)
Neues Mitglied
Benutzername: vaioman
Nummer des Beitrags: 3
Registriert: 08-2003
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 19:01: |
|
ok, thx so far! |
H.R.Moser,megamath (megamath)
Senior Mitglied
Benutzername: megamath
Nummer des Beitrags: 2438
Registriert: 07-2002
| | Veröffentlicht am Samstag, den 16. August, 2003 - 22:13: |
|
Hi Christian,
Damit eine Aufgabe das Prädikat „gut“ verdient, müssen
verschiedene Kriterien erfüllt sein.
Nach meiner Meinung ist das folgende Kriterium besonders wichtig:
Die Aufgabe soll verschiedene, voneinander unabhängige
Lösungsmethoden zulassen.
Das ist bei Deiner Aufgabe in hohem Masse der Fall.
Ich führe Dir eine solche weitere Methode vor, auch schon im
Interesse von Teilnehmern im Forum, die etwas lernen möchten.
Ist die vorgelegte Kurve differenzierbar, so können wir
die Steigungen ihrer Tangenten ermitteln
Ist die Kurve bezüglich eines Zentrums Z punktsymmetrisch, so sind
die Tangenten in zugeordneten Punkten paarweise parallel und haben
somit dieselbe Steigung.
Die Berührungspunkte eines solchen Paares seien B1 und B2
Z ist dann der Mittelpunkt der Strecke B1B2 !
Bei Deinem Beispiel sieht die Rechnung so aus
(c spielt dabei die Rolle eines Parameters, der bei der Differentiation
konstant bleibt).
Ableitung nach x:
y´ = 1 – c^2 / x^2
Steigung m1 in P1(x1/y1) : m1 = 1 – c^2 / x1^2
Steigung m2 in P1(x2/y2) : m2 = 1 – c^2 / x2^2
Gleichsetzung m1 = m2 führt im nicht trivialen Fall
auf x2 = - x1
für M(x*/y*) kommt x* = ½ (x1+x2) = 0
zu x1 gehört y1 = x1 – 2c + c^2/x1
zu x2 gehört y2 = x2 – 2c + c^2/x2 = - x1 – 2c - c^2/x1
Jetzt ergibt sich y* sofort:
Y* = ½(y1+y2) =
(Y ist vorwitzig und macht sich gross, es soll y* heissen!)
y* = ½(y1+y2) = ½ [x1 – x1 - 2 c – 2 c + c^2/x1 - c^2/x1]
ALSO:
Y* = - 2 c (schon wieder !)
MfG
H.R.Moser,megamath
|
|
