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Hi!
Ich versuche gerade folgendes zu beweisen: Sei [mm] x_{0} [/mm] eine Nullstelle der ganzrationalen Funktion f(x) mit dem Grad n, so gilt f(x) = [mm] (x-x_{0})*g(x), [/mm] wobei g(x) eine ganzrationale Funktion vom Grad n-1 ist.
Nehmen wir mal an, die Annahme stimmt. Dann gilt:
[mm] f(x)=(p_{0}+p_{1}x^1+...+p_{n-1}x^{n-1})(x-x_{0})
[/mm]
[mm] =-p_{0}x_{0}+(p_{0}-p_{1}x_{0})x^1+(p_{1}-p_{2}x_{0})x^2+...+(p_{n-2}-p_{n-1}x_{0})x^{n-1}+p_{n-1}x^n
[/mm]
Ich müsste jetzt noch zeigen, dass sich jede ganzrationale Funktion mit der Nullstelle [mm] x_{0} [/mm] in letzeren Therm umformen lässt, aber ich weiß, nicht, wie ich das machen kann.
Hat jemand eine Idee (vielleicht gibt es ja einen anderen Beweisweg?)?
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:31 Mi 11.03.2009 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Ich würde das versuchen, per Induktion nach dem Grad n zu beweisen.
Also:
Ind-Anfang:
[mm] f(x)=p_{1}x^{1}-p_{0}
[/mm]
[mm] p_{1}x^{1}-p_{0}:(x-x_{0})=\red{p_{1}+p_{o}x_{0}-p{0}}
[/mm]
Und das rote ist ein Polynom 0-ten Grades.
Jetzt also deine Ind-Beh. [mm] (x_{0} [/mm] ist Nullstelle von f)
[mm] f(x)=p_{n}x^{n}+p_{n-1}x^{n-1}+\ldots+p_{2}x^{2}+p_{1}x^{1}+p_{0}
[/mm]
[mm] =(x-x_{0})\left(q_{n-1}x^{n-1}+\ldots+q_{2}x^{2}+q_{1}x^{1}+q_{0}\right)
[/mm]
Aber vielleicht gibt es noch einen besseren Weg, daher lasse ich die Frage mal auf Teilweise benatwortet.
Marius
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Hallo Bit2_Gosu,
das geht am schnellsten per Widerspruchsbeweis:
[mm] x_0 [/mm] sei eine Nullstelle von f(x) und f(x) sei nicht ohne Rest durch [mm] (x-x_0) [/mm] teilbar.
Dann ist [mm] f(x)=(x-x_0)*g(x)+a,\quad a\not=0
[/mm]
und mithin [mm] f(x_0)=a\not=0
[/mm]
Widerspruch. Die Voraussetzung kann also nicht stimmen, und es gilt:
Wenn [mm] x_0 [/mm] eine Nullstelle von f(x) ist, so ist f(x) ohne Rest durch [mm] (x-x_0) [/mm] teilbar, also [mm] f(x)=(x-x_0)*g(x)
[/mm]
Grüße
reverend
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ich verstehe letzteren Beweis nicht ganz.
ich versuche es mal genauso, wie du:
man nehme an, f(x) sei nicht ohne Rest durch [mm] x-x_{0} [/mm] teilbar. Dann gilt:
[mm] \bruch{f(x)}{x-x_{0}}=g(x)+\bruch{b}{h(x)}=g(x)+r [/mm] wobei g(x)und h(x) ganzrational sind.
Dann folgt:
[mm] f(x)=g(x)*(x-x_{0})+r*(x-x_{0})
[/mm]
und hier sind wir noch nicht bei einem Widerspruch. Ich weiß also nicht, wie du auf [mm] f(x)=g(x)*(x-x_{0})+r [/mm] kommst.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:00 Mi 11.03.2009 | | Autor: | fred97 |
Mach es so:
Sei $f(x) = [mm] a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+ [/mm] ... +a_1x [mm] +a_0$ [/mm] und [mm] f(x_0) [/mm] = 0
Dann :
(*) $f(x) = f(x) [mm] -f(x_0) [/mm] = [mm] a_n(x^n-x_0^n)+a_{n-1}(x^{n-1}-x_0^{n-1})+ [/mm] ... [mm] +a_1(x-x_0)$
[/mm]
Beachte die Formel
[mm] a^p-b^p [/mm] = [mm] (a-b)(a^{p-1}+a^{p-2}b [/mm] + ... [mm] +ab^{p-2}+b^{p-1})
[/mm]
Wenn Du jetzt in (*) durch [mm] $x-x_0$ [/mm] teilst, siehst Du, dass [mm] \bruch{f(x)}{x-x_0} [/mm] ein Polynom vom Grad n-1 ist.
FRED
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wow, der Beweis ist echt schön, fred! Den hab ich auch gleich verstanden. Danke.
Unser Buch schlägt aber in etwa den gleichen Beweis wie Reverends' vor, und ich verstehe ihn einfach nicht (siehe meine Antwort auf Reverends Antwort).
Kann es sein, dass Reverends' Beweis nicht stimmt?
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Hallo Bit2_Gosu,
Freds Beweis gefällt mir auch gut.
Was meinen Beweis angeht, so kann der Rest der Polynomdivision durch [mm] (x-x_0), [/mm] ein Polynom vom Grad 1, ja höchstens ein Polynom vom Grad 0 sein, also eine Konstante.
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 08:18 Do 12.03.2009 | | Autor: | Bit2_Gosu |
Ah, ich glaube ich verstehe den Beweis nun. Es gilt ja:
[mm] \bruch{f(x)}{x-x_{0}}=g(x)+\bruch{b}{x-x_{0}} [/mm] (Dabei kann b [mm] x_{0} [/mm] enthalten.)
Danke an alle!
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 08:47 Do 12.03.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo nochmal,
> Ah, ich glaube ich verstehe den Beweis nun. Es gilt ja:
>
> [mm]\bruch{f(x)}{x-x_{0}}=g(x)+\bruch{b}{x-x_{0}}[/mm] (Dabei kann b
> [mm]x_{0}[/mm] enthalten.)
[mm] x_0 [/mm] wird doch auch nur als Konstante behandelt. Wesentlich ist aber, dass b kein x mehr enthalten kann! Deswegen ist die folgende Schreibweise deutlicher:
Es sei [mm] f(x)=(x-x_0)*g(x)+b,\quad b\in\IR [/mm] ...
> Danke an alle!
Grüße
reverend
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 11:24 Do 12.03.2009 | | Autor: | Bit2_Gosu |
ja, das "dabei kann b [mm] x_{0} [/mm] enthalten" war auch nur eine überflüssige Zusatzinformation ;)
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