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Logistische Funktion

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Tags: Funktion, Logistische Funktion, Wendepunkt

Lisaa97 aktiv_icon

11:20 Uhr, 29.08.2019

Hallo,

ich bin gerade mit der logistischen Funktione angefangen. Nun weiß ich auch direkt bei der ersten Aufgabe nicht wie man vorgeht.
Gegeben sei die Funktion:

f (x) = \frac{1}{1 + e^{- x}}

Man soll begründen warum die Funktion an der Stelle

x_{w} = 0

einen Wendepunkt hat.

Setze ich in der Funktion

x = 0

bekomme ich

f (x) = \frac{1}{2}

Aber wie kann ich begründen das der Wendepunkt bei

x = 0

liegt?

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Funktion (Mathematischer Grundbegriff)

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Einführung Funktionen
Krümmungsverhalten
Wendepunkte

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

pwmeyer aktiv_icon

11:27 Uhr, 29.08.2019

Hallo,

diese Frage gehört zum Thema "Kurvendiskussion".

Eine Wendepunkt ist dadurch charakterisiert, dass dort die 2. Ableitung einen Vorzeichenwechsel hat. Geometrisch bedeutet dies, dass die Kurve dort ihr Krümmungsverhalten ändert.

Gruß pwm

Atlantik aktiv_icon

13:22 Uhr, 29.08.2019

So müsste der Beweis doch auch funktionieren?

\frac{1}{1 + e^{- x}} = \frac{1}{1 + \frac{1}{e^{x}}} = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}

lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} \to lim_{x \to + \infty} \frac{e^{x}}{e^{x}} \to 1

lim_{x \to - \infty} \frac{1}{1 + e^{- x}} = lim_{x \to \infty} \frac{1}{1 + e^{x}} \to 0

Somit gilt

W (0 | \frac{1}{2})

.

mfG

Atlantik
.

abakus

13:31 Uhr, 29.08.2019

Und warum sollte nach dieser Argumentation (die -mit etlichen bei dir fehlenden Zwischenschritten- zu der Aussage "Die Funktion hat irgendwo mindestens einen Wendepunkt" führt) der Wendepunkt ausgerechnet an der Stelle x=0 liegen?

Nimm mal an, wir würden den Funktionsterm in f(x)=

\frac{1}{1 + e^{- (x - 2)}}

ändern.
Deine Grenzwerte blieben die selben, der Wendepunkt würde aber nicht mehr in "in der Mitte zwischen

- \infty

und

\infty

, also bei 0" liegen (ich weiß wie sehr falsch diese Formulierung ist), sondern jetzt bei x=2. Du kannst nicht einfach den Mittelpunkt aus den Grenzwertangaben bilden.

Atlantik aktiv_icon

13:46 Uhr, 29.08.2019

"... (die -mit etlichen bei dir fehlenden Zwischenschritten- zu der Aussage:...)"

Wie sehen diese aus?

mfG

Atlantik

abakus

14:43 Uhr, 29.08.2019

Jetzt sollen noch andere deinen Mist reparieren?
Ich gebe dir mal etwas zum Nachdenken. Die Funktion

g (x) = 0, 5 + 0, 5 \frac{x - 5}{∣ x - 5 ∣} + \frac{1}{x - 5}

hat im Unendlichen auch die Grenzwerte 0 bzw , aber NICHT EINMAL Wendepunkte!

Wendestellen sind übrigens lokale Extremstellen der ersten Ableitung. Ich sehe in deinem Nachweis NIRGENDWO, dass du überhaupt solche Stellen nachgewiesen hast, geschweige denn, dass so etwas ausgerechnet bei 0 existieren sollte.

Atlantik aktiv_icon

14:59 Uhr, 29.08.2019

Nun ja,

⊙ K

.

Nun hat Lisaa94 auch noch gelernt, dass nicht alles, was erfolgreich erscheint, auch wirklich richtig ist.

mfG

Atlantik

Atlantik aktiv_icon

10:27 Uhr, 30.08.2019

Rechenweg, dass nicht unbedingt die 2. Ableitung nötig ist, um zu zeigen, dass

W

ein Wendepunkt ist.

f (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}

\frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = 0 \to

keine Nullstelle

[\frac{e^{x}}{e^{x} + 1}]

= \frac{e^{x} \cdot (e^{x} + 1) - e^{2 x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}} = \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}}

Kein lokaler Extremwert

Versetzter Graph mit

W (0 | 0) :

g (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} - \frac{1}{2}

Untersuchung auf Punktsymmetrie im Ursprung:

Regel:

f (- x) = - f (x)

\frac{e^{- x}}{e^{- x} + 1} - \frac{1}{2} = - (\frac{e^{x}}{e^{x} + 1} - \frac{1}{2}) = - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + \frac{1}{2}

\frac{\frac{1}{e^{x}}}{\frac{1}{e^{x}} + 1} = - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + 1

\frac{\frac{1}{e^{x}}}{\frac{1}{e^{x}} + 1} = - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} + 1

\frac{1}{e^{x} + 1} = 1 - \frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{e^{x} + 1 - e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{e^{x} + 1}

\frac{1}{e^{x} + 1} = \frac{1}{e^{x} + 1} \to

Punktsymmetrie im Ursprung

\to

Somit auch Punktsymmetrie in

W (0 | \frac{1}{2})

.

Zusammen mit den Grenzwertbetrachtungen

(13 : 22

Uhr, 29.08.2019)ist

W

(0|1/2)ein Wendepunkt.

mfG

Atlantik

ermanus aktiv_icon

11:04 Uhr, 30.08.2019

@atlantik:
du hättest damit gezeigt, dass im Falle genau eines Wendepunktes
dieser der von dir genannte ist.
Du musst also noch beweisen, dass es genau einen Wendepunkt gibt.
Zu der Möglichkeit mehrerer Wendepunkte siehe die beigefügte
unprofessionelle Skizze.
Gruß ermanus

Atlantik aktiv_icon

11:16 Uhr, 30.08.2019

@ermanus

Oh, das stimmt! Bloß dazu habe ich augenblicklich keine Idee.

mfG

Atlantik

Atlantik aktiv_icon

12:16 Uhr, 30.08.2019

Ein Beweisversuch, dass nur ein Wendepunkt vorhanden ist:

f (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}

g (x) = a

mit

0 < a < 1

\frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = a

e^{x} = a \cdot (e^{x} + 1) = a \cdot e^{x} + a

e^{x} = a \cdot e^{x} + a

e^{x} - a \cdot e^{x} = a

e^{x} \cdot (1 - a) = a

e^{x} = \frac{a}{1 - a}

x = ln (\frac{a}{1 - a})

f

(x) = \frac{e^{x}}{{(e^{x} + 1)}^{2}}

f

(ln (\frac{a}{1 - a})) = \frac{e^{ln (\frac{a}{1 - a})}}{{(e^{ln (\frac{a}{1 - a})} + 1)}^{2}} = \frac{\frac{a}{1 - a}}{{(\frac{a}{1 - a} + 1)}^{2}} = \frac{\frac{a}{1 - a}}{\frac{a + 1 - a}{1 - a}} = a

waagerechte Tangente

a = 0 \to

nicht vorhanden, wegen

0 < a < 1

Sonst kann a jeden Wert im Rahmen

0 < a < 1

annehmen.

\to \infty

große Anzahl von Wendepunkten.

Berechnung des a-Wertes für

x = 0

0 = ln (\frac{a}{1 - a}) | e

1 = \frac{a}{1 - a}

a = \frac{1}{2}

Bei diesem Wert von a liegt nun der einzige Wendepunkt von

f (x)

.

Mir fällt nun auf, dass die Steigung der Wendetangente

m = \frac{1}{4}

ist und nicht

\frac{1}{2} \to

(wieder ein Knoten!)

mfG

Atlantik

abakus

15:19 Uhr, 30.08.2019

Es ist überhaupt nicht notwendig nachzuweisen, dass (0|0,5) der EINZIGE Wendepunkt ist.
Es war nachzuweisen, DASS es einer ist.

f(−x)=−f(x) ist im Sachzusammenhang ein Schreibfehler, es sollte um g(−x)=−g(x) gehen.
Die Idee an sich ist richtig gut, aber unvollständig.
Zur Existenz des Wendepunkts gehört auch, dass g(x) an der Stelle x=0 definiert und stetig ist.

ermanus aktiv_icon

16:03 Uhr, 30.08.2019

@atlantik: selbst wenn du jetzt gezeigt haben magst - ist mir zu mühselig
nachzuprüfen - , dass es höchstens einen Wendepunkt gibt, hast du doch noch
nicht gezeigt, dass es überhaupt einen gibt. Das wird alles immer komplzierter
und ineffizienter. In einem Wendepunkt wechselt die 2-te Ableitung (als Krümmung interpretiert)
ihr Vorzeichen, also setzt man die 2-te Ableitung = 0. Das ist der einzig
natürliche Weg in diesem Kontext.

michaL aktiv_icon

16:11 Uhr, 30.08.2019

Hallo,

eine logistische Funktion wie

f : x \mapsto \frac{1}{1 + e^{- x}}

genügt der DGL

f ʹ (x) = k \cdot f (x) \cdot (G - f (x))

, wobei

G := lim_{x \to \infty} f (x)

.

Die Funktion

x \mapsto k \cdot f (x) \cdot (G - f (x)) (= f ʹ (x))

hat also dort ein Maximum(!) wo

f (x) = G - f (x) \overset{}{\Leftrightarrow} f (x) = \frac{G}{2}

gilt. Ein Maximum in der Ableitungsfunktion bedeutet, dass der Ausgangsgraph dort ein Wendepunkt mit maximaler Steigung, d.h. einen mit Übergang von Links- in Rechtskrümmung hat.

Aus Symmetriegründen ist das bei

x = 0

.

Mfg Michael

ermanus aktiv_icon

16:15 Uhr, 30.08.2019

Hallo Michael,
vielen Dank für diesen interessanten Zusammenhang.
Gruß ermanus

P.S.: Da schreiben wir uns hier die Finger wund und Lisaa94 zeigt
offenkundiges Desinteresse :(

Atlantik aktiv_icon

14:16 Uhr, 02.09.2019

Ich verbessere meine Antwortvom

30.08.2019

12 : 16

Uhr,

f

(ln (\frac{a}{1 - a})) = ... =

= \frac{\frac{a}{1 - a}}{{(\frac{a}{1 - a} + 1)}^{2}} = \frac{\frac{a}{1 - a}}{{(\frac{a + 1 - a}{1 - a})}^{2}} = \frac{\frac{a}{1 - a}}{{(\frac{1}{1 - a})}^{2}} = \frac{\frac{a}{1 - a}}{\frac{1}{{(1 - a)}^{2}}} = \frac{a \cdot {(1 - a)}^{2}}{1 - a} = a \cdot (1 - a)

Untersuchung auf waagerechte Tangente:

a \cdot (1 - a) = 0

a = 0

und

a = 1

nicht vorhanden wegen

0 < a < 1

Meine Aussage von einer unendlich großen Anzahl von Wendepunkten ist falsch.

f

(ln (\frac{a}{1 - a})) = a \cdot (1 - a)

a = \frac{1}{2}

f

(0) = \frac{1}{2} \cdot (1 - \frac{1}{2}) = \frac{1}{4}

a = \frac{3}{4}

f

(\frac{ln (\frac{3}{4})}{1 - \frac{3}{4}}) = \frac{3}{4} \cdot (1 - \frac{3}{4}) = \frac{3}{16}

a = \frac{1}{4}

f

(\frac{ln (\frac{1}{4})}{1 - \frac{1}{4}}) = \frac{1}{4} \cdot (1 - \frac{1}{4}) = \frac{3}{16}

Da die Tangenten gleiche Steigung haben, ist

P (0 | \frac{1}{2})

ein Wendepunkt.

f

(ln (\frac{a}{1 - a})) = \frac{a}{1 - a}

Parallelen zu

y = \frac{1}{2}

1 .) \frac{1}{2} + b

mit

\frac{1}{2} < b < 1

f (x) = \frac{e^{x}}{e^{x} + 1}

\frac{e^{x}}{e^{x} + 1} = \frac{1}{2} + b

e^{x} = \frac{1}{2} \cdot (e^{x} + 1) + b \cdot (e^{x} + 1) = \frac{1}{2} e^{x} + \frac{1}{2} + b \cdot e^{x} + b

\frac{1}{2} e^{x} - b \cdot e^{x} = b + \frac{1}{2}

e^{x} = \frac{b + \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} - b}

x = ln (\frac{b + \frac{1}{2}}{\frac{1}{2} - b})

Weitere Aussagen erfolgen später.

mfG

Atlantik

Lisaa97 aktiv_icon

08:57 Uhr, 03.09.2019

Lieber ermanus, mein Interesse besteht noch immer. Jedoch habe ich nicht mitbekommen, dass es noch weitere Antworten auf meine Frage gibt. Vielen Dank!

Lieber Michael, ich finde deine Antwort sehr Interessant muss darüber aber erstmal nachdenken... Danke

Lieber Atlantik, danke auch Dir für deine zahlreichen Antworten!

Grüße,
Lisaa94

ledum aktiv_icon

22:36 Uhr, 03.09.2019

Hallo lisa.
bei alldem hin und her ist ein bissel untergegangen, dass du einfach die zweite Ableitung bilden musst und zeigen, dass sie bei

x = 0

Null ist. (und die dritte ungleich 0 oder die erste nicht ihr Vorzeichen wechselt.)
Gruß ledum

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