Partialbruchzerl./irr. Polynom < Zahlentheorie < Algebra+Zahlentheo. < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 17:38 Mo 02.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
| Aufgabe | Seien [mm] 0
[mm] \bruch{1}{(x-t_1)(x-t_2)...(x-t_n)}=\summe_{i=1}^n \bruch{a_i}{x-t_i}.
[/mm]
Nun betrachte man die Funktion
[mm] f(x):=\summe_{i=1}^n a_i x^{t_i}
[/mm]
und zeige
(i) f(0)=f(1)=0,
(ii) f(x)>0 für alle x [mm] \in [/mm] (0,1). |
Auf dieses Problem bin ich gestoßen, als ich mir die Dichte einer Faltung von n stochastisch unabhängigen Exponentialverteilung angeschaut habe. Den ersten Teil (f(0)=0 ist natürlich trivial) konnte ich bereits zeigen, habe für den zweiten Teil jedoch schon alles mir möglich versucht, ohne zu einem Ergebnis gekommen zu sein. Ich weiß dabei sogar genau, wie die Koeffizienten der Partialbruchzerlegung [mm] a_i [/mm] aussehen und dass deren Vorzeichen alternieren:
[mm] a^{-1}_i=\prod_{j=1,j\neq i}^n (t_j-t_i).
[/mm]
Nun bewege ich mich normalerweise eher in der Stochastik, als in der Algebra. Daher suche ich nicht zwangsweise nach einer vollständigen Lösung, sondern eher nach Hinweisen und Ideen, auch in welchem Gebiet der Algebra derartige Fragestellungen behandelt werden (außer diese Frage ist gleichfalls trivial).
Vielen Dank an jede potentielle AntwortstellerIn
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 14:37 Di 03.01.2012 | | Autor: | wauwau |
f(1)=0 ist relativ trivial
Bringst du nämlich die Summanden der Partialbruchzerlegung auf gemeinsamen Nenner, so ist der Koeffizient von [mm] $x^{n-1}$ [/mm] genau [mm] $\sum_{i=1}^{n}a_i [/mm] = f(1)$
Durch Koeffizientenvergleich mit der linken Seite muss dies aber 0 sein q.e.d
(ii) nimm [mm] $t_1=1, t_2=2$ [/mm] dann ist [mm] $a_1=-1$ [/mm] und [mm] $a_2=1$ [/mm] und $F(x) = [mm] -x+x^2$ [/mm] für $x=0,5$ ist das aber negativ!
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 17:09 Di 03.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
Da hat bei mir der gute alte Vorzeichenfehler zugeschlagen. Die angegeben [mm] a_i [/mm] sind jene Faktoren, sodass
[mm] \prod_{i=1}^n \bruch{1}{t_i-x}=\summe_{i=1}^n \bruch{a_i}{t_i-x} [/mm] und eben nicht [mm] \prod_{i=1}^n \bruch{1}{x-t_i}=\summe_{i=1}^n \bruch{a_i}{x-t_i},
[/mm]
also gerade das [mm] (-1)^{n+1}-fache [/mm] der "gewöhnlichen" Faktoren der Partialbruchzerlegung. In dem Beispiel [mm] (t_1=1,t_2=2) [/mm] wäre das Polynom daher [mm] F(x)=x-x^2 [/mm] und somit auch auf (0,1) echt positiv. Entschuldigung für die fehlerhafte Aufgabenstellung!
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(Antwort) fertig | | Datum: | 12:48 Mi 04.01.2012 | | Autor: | wauwau |
Warum sollte nun das ganze stimmen, wenn man nur die Vorzeichen umdreht????
Bespiel:
[mm] $\frac{1}{(1-x)(3-x)(4-x)}=\frac{1}{6}\frac{1}{1-x}-\frac{1}{2}\frac{1}{3-x}+\frac{1}{3}\frac{1}{4-x}$
[/mm]
Daher
$F(x) = [mm] \frac{1}{6}x(1-2x)(1-x)$
[/mm]
und für $x > [mm] \frac{1}{2}$ [/mm] ist dann $ F(x)$ aber $< 0$ ansonsten $> 0$
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 14:17 Mi 04.01.2012 | | Autor: | tae_eat |
Ich bin mir eigentlich zu 100% sicher, dass die Behauptung stimmt, kann sie jedoch nicht beweisen (über Umwege der Stochastik weiß ich bereits, dass [mm] F(x)\ge0 [/mm] ).
Zu deinem Beispiel:
Wir haben [mm] t_1=1,t_2=3,t_3=4 [/mm] und damit richtig [mm] a_1=\bruch{1}{6}, a_2=-\bruch{1}{2}, a_3=\bruch{1}{3}. [/mm] Damit ist die Funktion
[mm] F(x)=\bruch{x}{6}-\bruch{x^3}{2}+\bruch{x^4}{3} \neq \bruch{x}{6}-\bruch{x^2}{2}+\bruch{x^3}{3}=\bruch{1}{6}x(1-2x)(1-x)
[/mm]
Demnach lag die Negativität in deinem Gegenbeispiel an einem Fehler im aufstellen der Funktion F.
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 14:28 Mi 04.01.2012 | | Autor: | wauwau |
uups , das habe ich wohl übersehen...
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