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Mathematik » Geometrie » Durch Wendepunkte weitere Punkte berechnen?
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Kein bestimmter Bereich J Durch Wendepunkte weitere Punkte berechnen?
hgseib
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-05-21


Etwas für die Knobelecke.
Wobei ich selbst keine Lösung kenne, sonst würde ich hier nicht fragen ;-)


Welche Bedeutung hat ein Wendepunkt?
Da wechselt die Krümmung der Kurve ihre Richtung - darum geht es hier nicht. Sondern darum: Ein Wendepunkt beinhaltet mehr Information als ein normaler Kurvenpunkt.

Beispiel a)
Durch 4 Punkte geht ein Polynom 3.Grades (Wendeparabel).
Ein Polynom 3.Grades hat maximal 1 Wendepunkt.
Über den Wendepunkt ist die Wendeparabel spiegelgleich.
Sind 1 Wendepunkt und 2 weitere freie Punkte vorgegeben,
dann kann auf Grund der Symetrie die Wendeparabel konstruiert werden.
Also mit 1 Punkt weniger.

Beispiel b)
Durch 5 Punkte geht ein Polynom 4.Grades.
Ein Polynom 4.Grades hat maximal 2 Wendepunkte.
Durch 2 Punkte geht ein Polynom 1.Grades (Gerade).
Die Gerade durch die 2 Wendepunkte schneidet das Polynom im Goldenen Schnitt.
Sind 2 Wendepunkte vorgegeben, dann können mittels des Goldenen Schnittes 2 weitere Punkte berechnet werden. Mit noch 1 freien Punkt kann das Polynom 4.Grades berechnet werden.
Also mit 2 Punkten weniger.

Beispiel c)
Durch 6 Punkte geht ein Polynom 5.Grades.
Ein Polynom 5.Grades hat maximal 3 Wendepunkte.
Durch 3 Punkte geht ein Polynom 2.Grades (Parabel).
Sind 3 Wendepunkte vorgegeben, dann ..

Jetzt die Frage:
Sind auch hier alleine durch die Wendepunkte weitere Kurvenpunkte berechenbar/ konstruierbar? Oder ist das bei 3. und 4.Grades eine Ausnahme?


mfg

a) 2 freie Punkte, 1 Wendepunkt + 1 kontruierter Punkt

b) 1 freier Punkt, 2 Wendepunkte + 2 kontruierte Punkt





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PrinzessinEinhorn
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-05-21


Hallo,

ich glaube ich verstehe die Frage nicht ganz.


Jetzt die Frage:
Sind auch hier alleine durch die Wendepunkte weitere Kurvenpunkte berechenbar/ konstruierbar? Oder ist das bei 3. und 4.Grades eine Ausnahme?

Wenn du drei Wendepunkte gegeben hast und ein Polynom fünften Grades rekonstruieren möchtest, dann ist dies mit diesen drei Punkten eindeutig möglich.

Du kannst also alle Punkte auf der Kurve durch die drei Wendepunkte berechnen. Mehr oder weniger...
Aber das meinst du wohl nicht.

Die Frage ist aber auch eigenartig formuliert.

Zum Beispiel:


Durch 4 Punkte geht ein Polynom 3.Grades (Wendeparabel).

Um ein Polynom dritten Grades zu rekonstruieren brauchst du vier Punkte auf der Kurve. Aber auf der Kurve liegen natürlich unendlich viele Punkte. Also weiß ich nicht genau, was du damit meinst.


Sind 1 Wendepunkt und 2 weitere freie Punkte vorgegeben,
dann kann auf Grund der Symetrie die Wendeparabel konstruiert werden.
Also mit 1 Punkt weniger.

Wenn du das Polynom bezüglich des Wendepunktes verschiebst, sodass du Symmetrie (also bezüglich der Koordinaten-Achsen) erhältst geht das.
Aber in einem Wendepunkt steckt ja generell eine Information mehr.

Wenn du einen Wendepunkte an der Stelle $(x'|f(x'))$ hast, dann hast du ja die zwei Bedingungen $f(x')=y$ und $f''(x')=0$.

Du kannst also entweder die Symmetrie benutzen, oder diese zusätzliche Information aus dem Wendepunkt.


Die Gerade durch die 2 Wendepunkte schneidet das Polynom im Goldenen Schnitt.

Ist das so?
Bzw. was soll das hier wieder bedeuten?

Hier ein Beispiel Bild.
Was meinst du damit, dass diese Gerade das Polynom im Goldenen Schnitt (also $\Phi=\frac{\sqrt{5}+1}{2}$) teilt?





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hgseib
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21


@PrinzessinEinhorn
du bist zu schnell :-)

Ich habe noch 2 Bilder hinzugefügt.

Durch 3 Kreispunkte ist ein Kreis eindeutig definiert. Das ist bekannt?

Durch 3 Punkte ist aber auch eine Parabel eindeutig definiert.
Durch 4 Punkte ist ein Polynom 3.Grades eindeutig definiert.
usw.

Kann man die Wendeparabel auch mit nur 3 gegebene Punkte konstruieren?
Ja, wenn einer der gegebenen Punkte der Wendepunkt ist. Siehe Bild oben.
Werden die freien Punkte über den Wendepunkt gespiegelt, dann erhält man jeweils einen weiteren Punkt der gesuchten Kurve. Und mit 4 Punkten ist die Kurve berechenbar.

Der Goldenen Schnitt im Polynom 4.Grades ist immer gegeben: Abstand der Wendepunkte / Abstand von einem Wendepunkte zum Schnittpunkt(der Geraden mit dem Polynom)
Abstand der Wendepunkte ist berechenbar. Der Goldene Schnitt dazu ist berechen- und konstruierbar. Damit sind auf der Geraden durch die Wendepunkte zwei weitere Punkte gegeben. Noch ein freier Punkt dazu ergibt 5 Punkte und damit ist das Polynom fertig.
- zeichne 3 Punkte (2 davon sind die Wendepunkte)
- zeichne eine Gerade durch die 2 Wendepunkte
- zeichne einen Kreis über die 2 Wendepunkte (Abstand = Durchmesser = a)
- zeichne zweiten Kreis mit Radius a(.5+ (√5+1)/2)
- zeichne Schnittpunkte Gerade mit 2tem Kreis
- zeichne Polynom durch die 5 Punkte

Ich vermute, das es bei Polynomen höheren Grades ähnliche Zusammenhänge gibt?
Entweder es gibt hierzu irgend welche Gesetzmässigkeiten oder das ganze ist Zufall. An Zufälle glaube ich seltener ;-)
Und ich vermute, das die Folge: Punkt - Gerade - Parabel - .. durch die Wendepunkte zu einer möglichen allgemeinen Lösung führen könnte.
Kann aber auch sein, dass das nur bei den zwei Variationen (Bilder oben) geht?

Klar sollte auch sein, das immer mindestens ein freier Punkt benötigt wird, sonst wäre die Kurve ja alleine durch die Wendepunkte definert. Und das ist nicht zutreffend.


Wer das einfacher erklären kann?

mfg




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MontyPythagoras
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Aus: Hattingen
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-05-21


Hallo hgseib,
eine Polynomfunktion n-ten Grades hat $n+1$ Koeffizienten. Um eine Polynomfunktion eindeutig zu bestimmen, brauchst Du also $n+1$ Gleichungen, oder nennen wir es "Informationen". Du brauchst nicht $n+1$ Punkte. Du könntest zum Beispiel auch für eine Polynomfunktion n-ten Grades einfach den Funktionswert bei $x=0$ und die ersten $n$ Ableitungen bei $x=0$ vorgeben, auch damit wäre das Polynom eindeutig bestimmt. Dadurch, dass Du weitere Punkte berechnest aus zwei gegebenen Punkten, erhöht sich die Anzahl Deiner Informationen nicht.
Wenn du als Beispiel 3 Wendepunkte vorgibst (nicht die Steigung, nur die Tatsache, dass dort Wendepunkte vorliegen sollen), dann hast Du 6 Informationen oder Gleichungen: dreimal einen Funktionswert $f(x_i)=y_i$ und dreimal eine Nullstelle der zweiten Ableitung $f''(x_i)=0$. Sechs Gleichungen reichen, um sechs Koeffizienten, also ein Polynom 5ten Grades zu berechnen. Gibst Du nur eine weitere Vorgabe hinzu, egal welcher Art, musst Du schon ein Polynom 6ten Grades bemühen.
Ist das ungefähr die Frage, die Du hattest, oder habe ich sie falsch verstanden?

Ciao,

Thomas



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hgseib
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-05-21


Hallo MontyPythagoras!

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
eine Polynomfunktion n-ten Grades hat n+1 Koeffizienten.
ja

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Um eine Polynomfunktion eindeutig zu bestimmen, brauchst Du also n+1 Gleichungen, oder nennen wir es "Informationen".
ja

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Du brauchst nicht n+1 Punkte.
ja
Punkte, weil es halt um Geometrie gehen soll. Ein Punkt in der Ebene hat eine X- und Y- koordinate, also je 2 Informationen. Potenzreihen Darstellung oder Faktorisierte Darstellung, wenn alle Punkte auf der x-Achse liegen.

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Du könntest zum Beispiel auch für eine Polynomfunktion n-ten Grades einfach den Funktionswert bei x=0 und die ersten n Ableitungen bei x=0 vorgeben, auch damit wäre das Polynom eindeutig bestimmt.
Wird so sein? Entspricht aber nicht der Aufgabe?
Aus den gegebenen Punkten kann ich kein Polynom entwickeln, weil es zu wenig Punkte sind für die klassischen Methoden: Vandermonde-Matrix, Newton Polynom Interpolation, Lagrange Polynom Interpolation usw. und damit habe ich auch keine Ableitung?

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Dadurch, dass Du weitere Punkte berechnest aus zwei gegebenen Punkten, erhöht sich die Anzahl Deiner Informationen nicht.
ja.
Daraus meine Aussage: wenn es mit weniger Punkten geht, dann beinhalten diese mehr 'Information'.

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Wenn du als Beispiel 3 Wendepunkte vorgibst (nicht die Steigung, nur die Tatsache, dass dort Wendepunkte vorliegen sollen), dann hast Du 6 Informationen oder Gleichungen: dreimal einen Funktionswert f(xi)=yi und dreimal eine Nullstelle der zweiten Ableitung f′′(xi)=0. Sechs Gleichungen reichen, um sechs Koeffizienten, also ein Polynom 5ten Grades zu berechnen. Gibst Du nur eine weitere Vorgabe hinzu, egal welcher Art, musst Du schon ein Polynom 6ten Grades bemühen.
jaaa, das ist logisch richtig. Muss ich mir noch genauer ansehen.
*** Das ist vermutlich die Lösung, ich bekommes es halt noch nicht umgesetzt.
Vorerst löst MIR das nicht das 'wie'? Wenn ich nur die Punkte vorgebe (zu wenig um damit auf klassische Art ein Polynom zu bilden), dann habe ich kein Polynom, damit keine Koeffizienten und kann damit auch keine Ableitung bilden. Die 2.Ableitung besteht ja nicht nur aus Nullen?

2019-05-21 08:19 - MontyPythagoras in Beitrag No. 3 schreibt:
Ist das ungefähr die Frage, die Du hattest, oder habe ich sie falsch verstanden?
ja, ich denke du hast die Problematik gut dagestellt.
Mir fehlt jetzt nur noch das praktische 'wie umsetzen'.

Ich habe zwei funktionierende Beispiele. Das ist zu wenig um daraus Schlüsse ziehen zu können. Also suche ich nach weiteren Beispielen. Am liebsten als Konstruktion, am zweitliebsten rein rechnerisch.
Ist auch klar, je höher der Polynomgrad wird, desto komplizierter wird eine eventuelle Lösung sein. Weil mit einfachem Spiegeln geht's sich nicht mehr aus. Das könnte allerdings auch darauf hinweissen, das es grundsätzlich kein weiteres Beispiel mehr geben kann. Ähnlich: Gleichungen höher 4.Grades rein matematisch lösen.

Ich beschäftige mich jetzt mit ***
mfg



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2019-05-21

\(\begingroup\)\(\newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,


Der Goldenen Schnitt im Polynom 4.Grades ist immer gegeben: Abstand der Wendepunkte / Abstand von einem Wendepunkte zum Schnittpunkt(der Geraden mit dem Polynom)
Das ist eine sehr hübsche Aussage! Hast du eine Quelle für diese?
Google hat mich bisher zu diesen Texten geführt:
www.casio-schulrechner.de/de/download/materialdatenbank/CASIO_Forum_2009_1.pdf

teachingcalculus.files.wordpress.com/2016/01/golden_ratio_in_quartics_2007.pdf

www.maa.org/sites/default/files/pdf/cms_upload/Totland200956041.pdf

In den ersten beiden scheint das mit einem Computeralgebrasystem nachgerechnet worden zu sein. Den dritten Artikel habe ich noch nicht ganz gelesen, aber dort scheint das etwas eleganter bewiesen zu werden.

Hier ist mein Beweis dieser Aussage, vielleicht trägt das etwas zu deiner Frage bei:
Sei $f(x)=ax^4+bx^3+cx^2+dx+e$ ein Polynom vierten Grades. Seien $x_1,x_2$ die Wendestellen von $f$, also die Nullstellen von $f''$.

Die Gerade durch die Wendepunkte besteht aus allen Punkten
$$\lambda (x_1,f(x_1))+(1-\lambda) (x_2,f(x_2))\in \IR^2$$
 mit $\lambda \in \IR$.

Sei
$$g(\lambda):= f(\lambda x_1 +(1-\lambda)x_2)$$
 und sei
$$h(\lambda):= g(\lambda)-\lambda f(x_1)-(1-\lambda)f(x_2).$$
Die Nullstellen von $h$ entsprechen damit den Schnittpunkten der Geraden durch die Wendepunkte mit dem Graphen von $f$.
$g$ und $h$ sind Polynome in $\lambda$ vom Grad 4.

Man rechnet leicht nach, dass $g''(\lambda) = f''(\lambda x_1+(1-\lambda)x_2)(x_1-x_2)^2$ gilt. Insbesondere ist $g''$ ein quadratisches Polynom mit Nullstellen $\lambda = 0$ und $\lambda = 1$, also gibt es ein $\alpha \not=0$ mit  $g''(\lambda) = \alpha \lambda(\lambda -1)$.

Offenbar hat $h$ Nullstellen bei $\lambda = 0$ und $\lambda = 1$. Also ist $h(\lambda) $ durch das Polynom $\lambda(\lambda-1)$ teilbar, d.h. es existieren eine reelle Zahl $\beta\not= 0$ und ein quadratisches Polynom $q(\lambda) = \lambda^2+r\lambda +s $ mit
$$h(\lambda) = \beta \lambda (\lambda-1)q(\lambda).$$
Zweimaliges Differenzieren von $h$ zeigt, dass
\[h'' = \beta\cdot (2q+2(2\lambda -1)q'+\lambda(\lambda-1)q'').\]
Da sich $g$ und $h$ nur um ein lineares Polynom unterscheiden gilt $g''=h''$. Also ist
\[\alpha \lambda(\lambda -1) = \beta\cdot (2q+2(\lambda -1)q'+\lambda(\lambda-1)q'').\] Einsetzen von $\lambda = 0$ liefert
\[0 = 2q(0)-2q'(0)= 2s-2r\] und Einsetzen von $\lambda = 1$ liefert
\[0 = 2q(1)+2q'(1) = 2(1+r+s)+2(2+r).\] Somit erhält man ein lineares Gleichungssystem in den Variablen $r,s$ mit der Lösung $r=s=-1$, also ist $q(\lambda) = \lambda^2-\lambda-1$ das Minimalpolynom des Goldenen Schnittes.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
\(\endgroup\)


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hgseib
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OFF TOPIC

Hallo Nuramon

Nein, ich bin nur ein fleissiger Sammler ;-)
So doll sind meine Mathe-Kenntnisse nicht. Und man weiss nie, ob irgend etwas nicht schon viel früher von irgend jemand anderem entdeckt wurde.

'Meine Entdeckung' in diesem Bereich ist z.B.
ein Polynom n.Grades hat maximal (n-3)(n-2)/2 Doppeltangenten
Ein Polynom 4.Grades hat somit maximal eine Doppeltangente und ich kann deren TangentenFussPunkte berechnen. Das hat auch etwas mit den Wendepunkten zu tun. Bei Polynomen höheren Grades kann ich die TangentenFussPunkte derer Doppeltangenten (noch) nicht berechnen. Steht auch auf der grossen Liste.
Hierbei bin ich darauf gestossen, das der Abstand der Geraden durch die beiden Wendepunkte zu den Parallelen durch die TangentenFussPunkte immer im Verhältnis 4 / 5 steht. Siehe Bild.
Das ist also ein überaus interessantes Polynom.

mfg




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hgseib
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Da habe ich noch ein Video in Internet gefunden:
Polynom mit vorgegebenen Wendepunkten
Das dürfte die von MontyPythagoras vorgeschlagene Methode sein, in der Form, das ich das auch umsetzen kann ;-)

Also berechenbar ja, weitere Konstruktionen lass ich mal offen
und damit beende ich diesen Thread als beantwortet.

Danke für das Interesse an meiner Frage.
mfg



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hgseib hat die Antworten auf ihre/seine Frage gesehen.
hgseib hat selbst das Ok-Häkchen gesetzt.
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