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Forum "Ganzrationale Funktionen" - Polynom Beweis
Polynom Beweis < Ganzrationale Fktn < Analysis < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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Polynom Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 12:04 Mi 11.03.2009
Autor: Bit2_Gosu

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?)?

        
Bezug
Polynom Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
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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Polynom Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 13:28 Mi 11.03.2009
Autor: reverend

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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Polynom Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 16:42 Mi 11.03.2009
Autor: Bit2_Gosu

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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Polynom Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
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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Polynom Beweis: Frage (beantwortet)
Status: (Frage) beantwortet Status 
Datum: 17:28 Mi 11.03.2009
Autor: Bit2_Gosu

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?

Bezug
                                        
Bezug
Polynom Beweis: Antwort
Status: (Antwort) fertig Status 
Datum: 20:00 Mi 11.03.2009
Autor: reverend

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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Polynom Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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!

Bezug
                                                        
Bezug
Polynom Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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


Bezug
                                                                
Bezug
Polynom Beweis: Mitteilung
Status: (Mitteilung) Reaktion unnötig Status 
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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