Lineare Formen der Funktionsgleichung

SZ Neustadt Bremen · Torsten Warncke · Mathematik 12. November 2008
1 Die Funktionsgleichung für Geraden
LineareFunktionenkönnenmittelsdreiFormendurchFunktionsgleichungenbeschriebenwerden:
Normalform (NF), Punkt-Steigungsform (PmF) und Zwei-Punkte-Form (2PF).
Bestimme die Funktionsgleichung der linearen Funktion
Normalform (NF) Punkt-Steigungsform (PmF) Zwei-Punkte-Form (2PF)
Gegeben: m = − 2 3
| −0,5)
Steigung m Punkt P1(x1|y1) 1. Punkt P1(x1|y1)
Schnittpunkt mit der y-Achse Steigung m 2. Punkt P2(x2|y2)
Sy(0|b)
Beispiel: m = 1 2 ,b = 2 P 1(−0,5 | 2,75), P1(−1,5 | −2,5), P2(2 Allgm. Vorgehen: Normalform benutzen y =
mx + b
Punkt-Steigungsform benutzen
und ggf. zur NF umstellen.
Hierzu Koordinaten x1,y1
von P1 einsetzen: f(x1) = y1
Zwei-Punkte-Form benutzen
und ggf. zur NF umstellen.
Hierzu Koordinaten
x1,y1,x2,y2 einsetzen. Differenzenquotient
∆x als
∆y
Steigung m interpretieren.
Konkrete Schritte: 1. m = 1 2 in NF einsetzen 1. m = −2 3 in PmF einsetzen 1. P 1 in 2PF einsetzen
f(x) = 1 · x + b y − y 1 = − 2 · (x − x 1) y = y 2+2,5
· (x + 1,5) − 2 · x + b y − y 3 · (x − x x2+1,5 2,5
2. b = 2 bzw. Sy einsetzen 2. P1 in PmF einsetzen 2. P2 in 2PF einsetzen
y − 2,75 = −2 −0,5+2,5
3 · (x + 0,5) y =
2+1,5
· (x + 1,5) − 2,5
fertig fertig 3. Differenzenquotient ausrechnen
3. Falls gewünscht auf NF y = 2
3,5 · (x + 1,5) − 2,5
bringen
y = − 2 3 · x − 2 3 · 0,5 + 2,75 y = 4 7 · (x + 1,5) − 2,5
y = − 2 3 · x + 2 5
12 fertig
4. Falls gewünscht auf NF
bringen
y = 4 7 · x + 4 7 · 1,5 − 2,5
y = 4 7 · x − 1 9
14
Ergebnis in NF: f(x) = 1 2 · x + 2 f(x) = −2 3 · x + 2 5
12
f(x) = 4 7 · x − 1 9
14

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2 Lineare Funktionsgleichung – Probe
NebendervorangestelltenRechnungisteszumindestfürKontrollzweckenützlich,einePunktprobe
durchzuführen, d.h. z.B. zu überprüfen, ob P 1 (x 1 |y 1 ) ein Punkt des Graphen mit der erhaltenen
Funktionsgleichung ist, oder den Sachverhalt graphisch im Koordinatensystem darzustellen.
y P 1 (1|4)
4
1.) Normalform (NF) f(x) = 1 2 · x + 2
Ist P 1 (1|4)einPunktderGeraden?Wir
setzen x 1 = 1 in die Funktionsgleichung
ein: f(x 1 ) = 1 2 · 1 + 2 = 2,5.
Dannvergleichenwirundsehen,dass
f(x 1 ) ≠ y 1 , also 2,5 ≠ 4. Somit ist
ein möglicher Antwortsatz: Nein, P 1
ist kein Punkt der Geraden (s.a. Diagramm
rechts).
-4
-3
-2
3
S y (0|2)
2
1
-1
-1
1
f(x) = 1 2 · x + 2
m = 1 2
1 2 3 4 5
x
2.) Punkt-Steigungsform (PmF)
y − 2,75 = − 2 3 · (x + 0,5)
Ja, P 1 (−0,5|2,75) ist ein Punkt der Geraden
(s. Diagramm oder Einsetzen
und Vergleich, analog zu 1. NF).
-1
y
4
P 1 (−0,5|2,75)
3 3
1 m = −
2
3
2
1
-1
-2
y
3
-2
3 · m = −2
1 2 3 4 5
f(x) = − 2 3 · x + 2 5 12
x
2
f(x) = 4 7 · x − 1 9 14
1
3.) Zwei-Punkte-Form (2PF)
y = −0,5+2,5
2+1,5
· (x + 1,5) − 2,5
y = 4 7 · (x + 1,5) − 2,5
Ja, P 1 (−1,5 | −2,5) ist ein Punkt der
Geraden(s.DiagrammoderEinsetzen
und Vergleich, analog zu 1. NF).
-2
P
• 1
-1
1
-1
-2
m = 4 7
-3
1 2 3 4 5 6 7
P 2
2
7 · m = 4
3,5
7
x