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ana (Polynome-Nullstellen-Linearfaktoren)
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Foren-Übersicht -> Mathe-Forum -> ana (Polynome-Nullstellen-Linearfaktoren)
 
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miriam84
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Anmeldungsdatum: 02.11.2005
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BeitragVerfasst am: 23 Nov 2005 - 23:10:25    Titel: ana (Polynome-Nullstellen-Linearfaktoren)

zerlegen sie das polynom p(x)=x^4-20x^3+126x^2-196x-343 in linearfaktoren.
zeigen sie dafür zunächst: ist alpha eine ganzzahlige nullstelle von p, so muss alpha ein teiler von 343 sein.

wie zeige ich das am besten? geht das mit widerspruchsbeweis oder gibts evtl was einfacheres? wäre dankbar für nen denkanstoß

gilt x=0 als teiler von 343? ansonsten kämen nur x=1 und x=-1 in frage oder hab ich was übersehen? 343 hat nich besonders viele teiler, vor allem keine ganzzahligen... naja ich rechne mal morgen nach ob diese werte als ns geeignet sind - komm grad erst von der uni und bin total erledigt
Bumble
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Anmeldungsdatum: 17.11.2004
Beiträge: 48
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BeitragVerfasst am: 23 Nov 2005 - 23:53:56    Titel:

Huhu,

das ist ja ne schöne Aufgabe.
ich geb dir mal nen Lösungsansatz, da die Lösung eine ziemlich lange, aber einfache Rechnung beinhaltet.
Man kann einfach Polynomdivision (wie in der Schule nur mit mehr Variablen) machen: Also p(x) / (x-alpha) , dies ist möglich, da alpha als Nullstelle von p(x) gegeben ist. Man erhält dann einen ziemlich komplizierten Ausdruck (x³+(alpha-20)x² ...) und erhält, dass alpha nur eine Nullstelle von p(x) ist wenn gilt:
alpha (alpha³+...-196) = 343 so und hieraus kann man folgern wenn alpha ganzzahlig, so ist alpha ein Teiler von 343, denn alpha ist ganzzahlig und die Klammer auch.

P.S. 7 ist auch noch ein Teiler von 343, denn 7³ = 343

grüssle bumble
BBFan18
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Anmeldungsdatum: 24.10.2005
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 00:25:16    Titel:

geht einfacher: das absolute glied kommt doch zustande wenn du (x-a)(x-b)*...=rx^n+...+s

also ist doch das s das produkt der a*b*... und das sind die nullstellen. formal schöner aufschreiben passt schon!
Bumble
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Anmeldungsdatum: 17.11.2004
Beiträge: 48
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 00:46:43    Titel:

Sorry,

BBFan18 wenn ich dir wiederspreche, aber es gibt maßenhaft Funktionen, bei denen eine ganzzahlige Nullstelle kein Teiler von s ist.
Ich geb einfach mal eine an.
f(x) = x³-7,5x²+15,5x-6
hat die Nullstellen 1/2 , 3 , 4
4 ist ganzzahlig aber kein Teiler 6

Man könnte hier natürlich argumentieren wenn alle Faktoren vor den x ganzzahlig sind dann gilt dass was du geschrieben hast. Dies müßte man dann aber wieder beweisen, und das ginge wahrscheinlich auch nicht schneller.

grüssle Bumble
BBFan18
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Anmeldungsdatum: 24.10.2005
Beiträge: 1791
Wohnort: Hilden

BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 03:19:40    Titel:

wenn du nullstellen nimmst die nicht mehr ganzzahlig sind ist das ganze eh für den arsch, da du +- sqrt 3 haben kannst, die als absolutes glied 3 ergeben. find da mal durch raten die richtige lösung... viel spass beim suchen!
miriam84
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Anmeldungsdatum: 02.11.2005
Beiträge: 561
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 08:05:13    Titel:

Bumble hat folgendes geschrieben:

...aber es gibt maßenhaft Funktionen, bei denen eine ganzzahlige Nullstelle kein Teiler von s ist.
Ich geb einfach mal eine an.
f(x) = x³-7,5x²+15,5x-6
hat die Nullstellen 1/2 , 3 , 4
4 ist ganzzahlig aber kein Teiler 6



ist denn 1/2 eine ganzzahlige nullstelle? 0,5?
und ist nicht 4*0,5=6??
algebrafreak
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Anmeldungsdatum: 28.10.2004
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 15:24:55    Titel:

Es gibt einen extrem einfachen "zahlentheoretischen" Beweis für die Aussage. Ohne Polynomdivision und ohne Faktorisierung. Ich mach mal das für ein quadratisches Polynom, für den Rest geht es absolut analog:

p(x) = ax^2 + bx + c

mit a,b,c in Z. Ist eine Nullstelle x_0 = p/q rational, so gilt p | c und q | a.

Beweis: Wähle p/q vollständig gekürzt und setze ein. Man bekommt

0 = a(p/q)^2 + b(p/q) + c

Aufmultiplizieren mit Hauptnenner liefert

0 = ap^2 + bpq + cq^2.

Jetzt bringt man ap^2 auf die andere Seite

-ap^2 = bpq + cq^2 = q(bp + cq).

q kommt also in der Faktorzerlegung von -ap^2. Da aber q teilt nicht p und somit nicht p^2 muss q | a gelten. Analog macht man das mit q

-cq^2 = ap^2 + bpq = p(ap+bq).

Aus selbigem Grund muss p Teiler von c sein. qed
BBFan18
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Anmeldungsdatum: 24.10.2005
Beiträge: 1791
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 16:33:15    Titel:

hmm kenn den beweis, aber wenn ich nicht irre, ist er für polynome vom grad n ziemlich aufwendig, oder?
algebrafreak
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 16:37:50    Titel:

Ne. Für

p(x) = sum_{i=0}^n a_i x^i

ist

0 = p(p/q) = sum_{i=0}^n a_i p^i/q^i.

Somit ist der Hauptnenner q^n und somit

0 = sum_{i=0}^n a_i p^i q^(n-i).

Wenn man jetzt den ersten und den letzten Summanden abspaltet, bekommt man

-a_0 q^n = sum_{i=1}^n a_i p^i q^(n-i) = p sum_{i=1}^n a_i p^(i-1) q^(n-i)

und

-a_n p^n = sum_{i=0}^{n-1} a_i p^i q^(n-i) = q sum_{i=1}^n a_i p^(i-1) q^(n-i-1).

Argumentation ist dann analog Smile Ich finde es sogar transparenter, als der Speziallfall n = 2.
Bumble
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Anmeldungsdatum: 17.11.2004
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BeitragVerfasst am: 24 Nov 2005 - 17:07:42    Titel:

Huhu,

ich will mich auch nochmal dazu äußern.
zu BBFan18: in der Aufgabenstellung war nur gegeben, dass alpha eine ganzzahlige Nullstelle ist und sonst nix, das hat mit erraten von Nullstellen nichts zu tun und sagt auch nichts über die anderen Nullstellen aus.
zu miriam84: selbstverständlich ist 0,5*4 nicht 6 sondern 2. Das Polynom f(x) das ich angegeben habe hat aber drei Nullstellen 1/2, 4 und 3. 0,5*4*3 = 6
zu algebrafreak: der Beweis ist selbstverständlich völlig richtig, und schlägt die Aufgabenstellung gleich mit Tod (es ist gar nicht nötig den allgemeinen Fall zu betrachten, da p(x) gegeben ist), aber ob dieser Beweis einfacher ist. Ich persönlich find ihn schwieriger.

grüssle Bumble
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