Mathe Polstellen Aufgabe?

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4 Antworten

Hallo,

der Vorzeichenwechsel bei x=0 findet von plus nach minus statt, also genauso, wie Du berechnet hast.

Lösungen in Büchern stimmen nicht immer und die Fehler werden von den Lektoren leicht übersehen.

Herzliche Grüße,

Willy

Dann ist die Lösung falsch. Wir haben

f(x) = g(x)/x mit g(x)=(3x-1)/(1-x)^2

und einem g(x), dass für x=0 wohldefiniert ist. Wir haben g(0)=-1. Wenn wir also den Limes x von unten gegen 0 betrachten ist f(x) positiv, da g(0)<0 und x<0. Analog für x von oben gegen 0 dann ein negatives f(x), da g(0)<0 und x>0.

Natürlich gibt es da einen Unterschied... Einen ganz gewaltigen sogar. Wenn du mal ein Minus umdrehst, spiegelst du die ganze Funktion quasi an der x-Achse...

Schau mal ob du irgendwo was falsch ausgeklammert hast, oder so. Meistens liegt sowas an Vorzeichenfehlern!

  Ich sehe mich immer wieder dem Problem gegenüber, dass man sowas nicht ohne ===> Teilbruchzerlegung ( TZ ) erklären kann. TZ ist eine ( endliche ) Reihenentwicklung bis zur höchsten Ordnung jeder Polstelle.

   (  3  x  -  1  )  /  x  (  x  -  1  )  ²  =      (  1.1a  )

     =  A / x  +  B  /  (  x  -  1  )  +  C  /  (  x  -  1  )  ²         (  1.1b  )

   Was wir doch benötigen, sind die Vorzeichen von A und C .  Existenz und Eindeutigkeit der Zerlegung sind bewiesen.

   Ich schicke erst mal ab, weil dieser Editor so instabil ist. Es folgt aber noch eine Ergänzung Teil 2 .

gilgamesch4711 08.08.2017, 16:57

  Eure Lehrer und die KI Programme im Internet bringen immer wieder dieses umständliche LGS aus dem Existenzsatz; dabei gibt es längst etwas Besseres: Das sog. " Abdecker " - oder " Zuhälterverfahren " Erst das Zuhälterverfahren macht die TZ zu einer für Schüler attraktiven Größe; wir " ortogonalisieren " bzw. separieren besagtes LGS .

   Euer Lehrer wird nicht umhin können, euch die ===> Residuen aus der ( komplexen ) ===> Funktionenteorie zu erklären; ich kann mich damit leider nicht lange aufhalten. Es sei denn, ihr habt Fragen. ( Es reicht nicht mal zu einem Steil-bzw. Crashkurs. )

   Es ist analog der Elektrizitätslehre. Ihr alle wisst, wenn man ein elektrisches Feld einmal im Kreis herum integriert, kommt Null heraus

    U  (  Stop  )  =  U  (  Start  )        (  2.1  )

   Und wie ist es bei einem Magnetfeld? Die Antwort findet ihr bei ===> Robert-Wichard Pohl, " Elektrizitätslehre " Stell dir vor du piekst n Strom durchflossene Drähte durch ein Blatt Papier. Dann ergibt das Integral, genommen über einen Kreis, die Summe aller Ströme im INNENGEBIET des Kreises; die Drähte außerhalb werden ignoriert. Ein Integral, das zwischen Innen und Außen unterscheidet; und genau so verhält es sich mit den Polstellen im ===> Residuensatz.

   Mit einer Gleichung kan ich machen, was ich will, so lange ich nur auf beiden Seiten das Selbe mache. Z.B. integrieren um einen Kreis, der die Polstelle x1 = 1 enthält. Der Mittelpunkt des Kreises braucht nicht mit der Polstelle überein stimmen; ja der Kreis darf sogar viereckig sein. Nur eine Bedingung sollte erfüllt sein: Der Kreis ist so eng, dass er die andere Polstelle x2 = 1  aussperrt.

   Was passiert jetzt in ( 1.1b ) ? Die Terme B und C werden ja innerhalb des Kreises nicht singulär; nach dem ===> Cauchyschen IntegralSATZ ( CIS ) sind ihre Beiträge Null.

   Für Formelsammlung, Regelheft und Spickzettel ( FRS ) die Cauchysche IntegralFORMEL ( CIF ) lautet

  ( * )    " Das ===> Residuum ist gleich dem Wert des ===> Integralkerns an der Polstelle. "

   In ( 1.1b ) ist der Integralkern offensichtlich gleich dem Koeffizienten A . Und in ( 1.1a )

        G  (  x  ;  0  )  =  (  3  x  -  1  )  /  (  x  -  1  )  ²      (  2.2a  )

    Anmerkungen.

   1) Für den Integralkern benutze ich den Buchstaben G

   2) Die Zahl hinter dem Semikolon bezeichnet die Polstelle, der der Kern zugeordnet ist.

   3) Effektiv entsteht der Kern dadurch, dass du ( mit der Hand ) alles ABDECKST , was nicht singulär wird ( " Abdeckerverfahren " ) bzw. mit der Hand ZUHÄLTST ( " Zuhälterverfahren " )

   A  =  G  (  0  ;  0  )  =  (  3  *  0  -  1  )  /  (  0  -  1  )  ²  =  (  -  1  )        (  2.2b  )

   D.h. uns ist es gelungen, A zu isolieren, ohne auf B und C Rücksicht zu nehmen.

   Es gibt wie gesagt nur wenige Texte, die das Zuhälterverfahren überhaupt präsentieren. Und die erweisen sich dann immer voll Rat los wie der Ox vorm böhmischen Tor von Pytagoras, Schopenhauer und Ernst Mosch, wenn du so wie hier in ( 1.1a ) einen Pol 2. Ordnung hast; ein bissele Köpfchen ist da schon gefragt. Ich mach das störende Quadrat erstr mal weg:

   (  3  x  -  1  )  /  x  (  x  -  1  )  ²  =             (  1.1a  )

     =  A / x  +  B  /  (  x  -  1  )  +  C  /  (  x  -  1  )  ²    |  *  (  x  -  1  )        (  1.1b  )

    (  3  x  -  1  )  /  x  (  x  -  1  )  =       (  2.3a  )

   =  A  (  1  -  1 / x )  +  B  +  C  /  (  x  -  1  )      (  2.3b  )

   Integriert wird um x2 = 1 ; ausgesperrt wird x1 = 0 .  A fällt wieder weg nach CIS , weil es ausgesperrt wurde. B geht eh den Bach runter; die ( konstante ) Funktion B besitzt keine Singularitäten - abermals gilt CIS . In ( 2.3b ) stellt sich C heraus als das Residuum.

   Und durch Abdecken erhalten wir in ( 2.3a ) analog ( 2.2a )

    G  (  x  ;  1  )  =  3  -  1 / x       (  2.4a  )  

    C  =  G  (  1  ;  1  )  =  2      (  2.4b  )

   Du siehst also; ganz so einfach ist es nicht. Man muss schon bissele Acht passen; durch Zuhalten haben wir nicht B , somdern C ermittelt.

   Was passiert jetzt, wenn ich ( 1.1ab ) direkt integriere, mich also diesem Doppelpol stelle? Die Textbücher schweigen sich da immer so merkwürdig aus; das ist auch eine Verschwörung.

   " Wollen doch mal sehen, wer in der Vorlesung mitgedacht hat ... "

   Ein Residuum 2. Ordnung ist gleich der ersten Ableitung des Integralkerns.
     "           "        3. Ordnung  "       "       "      2.            "          "            "               usw.

    Probieren wir das mal.  In ( 1.1b ) verschwindet A wieder wie gehabt. Von der ( konstanten ) Funktion C müssen wir die erste Ableitung bilden; und die ist bekanntlich Null. Bleibt also nur B als Residuum.
     Direkt Zuhalten in ( 1.1a ) is aber nich mehr; das wäre doch grob mistverständlich. Wir müssen in die Ableitung von ( 2.4a ) einsetzen, weil ja auch in ( 1.1a ) ein Doppelpol steht.

       G  '  (  x  ;  1  )  =  1 / x  ²       (  2.5a  )

    B  =  G  '  (  1  ;  1  )  =  1      (  2.5b  )

  

   ( max zeichen )

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gilgamesch4711 08.08.2017, 17:36
@gilgamesch4711


Ich will max Zeichen vermeiden; der Schlussteil getrennt.

Zusammenfassung; die Ergebnisse (2.2b;4b;5b ) einfüttern in ( 1.1b )

     (  3  x  -  1  ) / x  (  x  -  1  )  ²  = - 1 / x  +  1  /  (  x  -  1  )  +  2  /  (  x  -  1  )  ²          (  3.1  )

     Hurra !!! Die Probe bei Wolfram stinkt - äh stimmt.

   " Was lernen wir daraus? Nichts. "

   " Und was haben wir davon? Wieder nichts ... "

   Nee Spaß bei Seite; bei einer gebrochen rationalen Funktion hältst du dich an eine klare Ordnung. Du gehst die Pole von RECHTS nach Links durch; nicht umgekehrt. Dann machst du nämlich die wenigsten Fehler. Beginnen wir daher mit x2 = 1. Und zwar intressierst du dich grindsätzlich nur für das Verhalten des Grafen, wenn er sich von RECHTS der Polstelle nähert; von Links stürzt dich bloß in Verwirrung.

   Für die Asymptotik Maß gebend ist stets das VORZEICHEN des DOMINANTEN Koeffizienten. x2 ist von 2. Ordnung; daher ist C dominant über B . B intressiert gar nicht; C > 0 .  Daher strebt die Kurve von Rechts gegen ( + °° ) - so einfach ist das. Wäre der Pol von der Ordnung 4 711 , so wäre der Koeffizient dominant mit dem TZ Term ( x - x0 )  ^ 4 711

   Nennergrad > Zählergrad; für x ===> ( + °° )  verebbt die Funktion in ( + 0 )

    Jetzt ist aber x2 ein gerader Pol; wir haben keinen V Z W . Von Links kommt der Graf daher wieder von ( + °° )

   Und was geschieht bei x1 = 0 ? Wieder betrachten wir die Asymptotik rechts von x1; diesmal ist A < 0 . Also  haut der Graf von Rechts ab nach ( - °° )

   Seltsam; in dem Intervall ( x1 ; x2 ) ist die Funktion f doch stetig. Wie kann die da das Vorzeichen wechseln? Ach so; wir haben ja den Nulldurchgang bei x0 = 1/3 verschwitzt; alles paletti. Kein Grund zur Beunruhigung.

  Da x1 ein ungerader Pol ist, haben wir diesmal einen V Z W , und f ( x ) verebbt links asymptotisch auch bei ( + 0 )

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