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Beweis Polynomdivision

Universität / Fachhochschule

Polynome

angewandte lineare Algebra

Tags: Algebraische Gleichungen, polynom, Polynomdivision

coco12 aktiv_icon

16:51 Uhr, 04.06.2010

Wie beweist man den Satz:
Jede algebraische Gleichung n-ten Grades mit der Lösung

x 1

ist durch den Linearfaktor

x - x 1

teilbar.

In meinem Buch steht:

p (x) =

an · xn

+

- 1

· xn

- 1 +

…

+ a 1

x + a 0

p(x₁

) =

an · x₁n

+

- 1

· x₁n

- 1 +

…

+ a 1

+ a 0 = 0

p (x) = p (x)

– 0

= p (x)

– p(x₁)

= an · (xn - x₁n)

+

- 1

· (xn

- 1 -

x₁n

- 1) +

…

+ a 1

(x -

x₁)

Aus jedem Summanden lässt sich der Faktor

(x -

x₁) herausheben, denn es gilt für jedes

k N :

xk - x₁k

= (x -

x₁) · (xk

- 1 +

- 2

· x₁

+

…

+ x

· x₁k

- 2 +

x₁k

- 1)

Man erhält so

p (x) = (x -

x₁) · p₁(x)

Die ersten Schritte verstehe ich noch halbwegs, aber das mit dem „k“ ist mir sehr unklar.
Ich weiß gar nicht, ob das wirklich der Beweis ist oder doch etwas anderes.
Danke!!

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich bräuchte bitte einen kompletten Lösungsweg." (setzt voraus, dass der Fragesteller alle seine Lösungsversuche zur Frage hinzufügt und sich aktiv an der Problemlösung beteiligt.)

Hierzu passend bei OnlineMathe:
Polynomdivision

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Grenzwerte im Unendlichen
Nullstellen
Polynomdivision
Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Nullstellen
Polynomfunktionen / ganzrationale Funktionen - Einführung

Zu diesem Thema passende Musteraufgaben einblenden

el holgazán aktiv_icon

17:02 Uhr, 04.06.2010

Es wäre gut gewesen, hättest du die Formel mit dem Formeleditor aufgeschrieben - dann könnte man auch zwischen Index

x_{n}

und Hoch

x^{n}

unterscheiden.

Was du da hast ist tatsächlich der Beweis. Die Idee ist, dass man zeigen kann, dass aus jedem Summanden in der allgemeinen Polynomform

p (x) = a_{n} x^{n} + . . . + a_{1} x + a_{0}

den Faktor

x - x_{1}

ausklammern kann.
Das Argument benutzt, dass, da

x_{1}

ja Nullstelle von

p

ist,

p (x_{1}) = 0

ist - also kann man diese, etwas aufwändig geschriebene, Null von

p (x)

abziehen.

Wenn man

p (x) - 0 = p (x) - p (x_{1})

bildet erhält man ja:

p (x) - p (x_{1}) = a_{n} x^{n} + a_{n - 1} x^{n - 1} + . . . + a_{1} x + a_{0} + a_{n} x_{1}^{n} + a_{n - 1} x_{1}^{n - 1} + . . . + a_{1} x_{1} + a_{0} =

= a_{n} (x^{n} - x_{1}^{n}) + a_{n - 1} (x^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + . . . + a_{1} (x - x_{1})

Nun ist die Frage, ob man

(x - x_{1})

aus

(x^{n} - x_{1}^{n})

bzw allgemeiner

(x^{k} - x_{1}^{k})

ausklammern kann; die Anwrot gdarauf ist ja - und ist gegeben durch den Teil mit dem k.

Hoffe es ist dir jetzt klarer.

coco12 aktiv_icon

17:20 Uhr, 04.06.2010

Vielen Dank!!

Aber eine Sache ist mir immer noch unklar und zwar:

wie kann ich aus der Gleichung:

$a_{n} (x^{n} - x_{1}^{n}) + a_{n - 1} (x^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + \cdot \cdot \cdot + a_{1} (x - x_{1})$

$(x - x_{1})$ herausheben und komme so auf das Ergebnis:

p(x) = $(x - x_{1}) \cdot p_{1} (x)$ ?

Danke

nooschi aktiv_icon

22:56 Uhr, 04.06.2010

es gibt doch so einen Satz über die Polynomdivision:

p (x)

soll ein beliebiges Polynom sein,

q (x)

sei das "Teilerpolynom". Dann existiert eine solche Zerlegung

p (x) = q (x) s (x) + r (x)

und zwar ist deg(r)<deg(q)

du willst dein Polynom durch

(x - x_{1})

teilen, du weisst, dass

p (x_{1}) = 0,

somit muss auch

0 = q (x_{1}) s (x_{1}) + r (x_{1}) = (x_{1} - x_{1}) s (x_{1}) + r (x_{1}) = r (x_{1})

gelten. da zusätzlich deg(r)<deg(q)=deg(

x - x_{1}) = 1

gilt, darf

r

maximal von Grad 0 sein, das heisst muss eine Konstante Funktion sein. Wir haben bereits herausgefunden, dass

r

in einem Punkt 0 ist, also muss

r

in jedem Punkt 0 sein, ist also die Nullfunktion. Es existiert also eine Zerlegung

p (x) = q (x) s (x) = (x - x_{1}) s (x)

(also dein

p_{1}

wäre jetzt mein

s

;-))

coco12 aktiv_icon

08:50 Uhr, 05.06.2010

Danke!

Das, was du geschrieben hast, verstehe ich noch :)

Aber ich muss für meine Arbeit das $(x - x_{1})$ von $a_{n} (x^{n} - x_{1}^{n}) + a_{n - 1} (x^{n - 1} - x_{1}^{n - 1}) + ... + a_{1} (x - x_{1})$ herausheben, um auf $x^{k} - x_{1}^{k} = (x - x_{1}) \cdot (x^{k - 1} + x^{k - 2} \cdot x_{1} + ... + x \cdot x_{1}^{k - 2} + x_{1}^{k - 1})$ zu kommen! (wobei ich nicht einmal weiß wieso $x^{k} - x_{1}^{k}$ gleich p(x) ist und umgekehrt...)

Danke!!

hagman aktiv_icon

12:22 Uhr, 05.06.2010

Nun, die Gleichheit

a^{k} - b^{k} = (a - b) \cdot (a^{k - 1} + a^{k - 2} b + . .

+ a b^{k - 2} + b^{k - 1})

kann man doch noch durch Ausmultiplizieren glauben.
Ansonsten per Induktion:

x^{n} - x_{1}^{n} = (x - x_{1}) \cdot q_{n} (x)

mit geeigneten Polynomen

q_{n}

Induktionanfang:

x^{0} - x_{1}^{0} = 0 = (x - x_{1}) \cdot q_{0} (x)

mit

q_{0} (x) := 0

Induktionsschritt: Falls

x^{n} - x_{1}^{n} = (x - x_{1}) \cdot q_{n} (x),

x^{n + 1} - x_{1}^{n + 1} = x^{n + 1} - x \cdot x_{1}^{n} + x \cdot x_{1}^{n} - x_{1}^{n + 1}

= x \cdot (x^{n} - x_{1}^{n}) + (x - x_{1}) \cdot x_{1}^{n} = x \cdot (x - 1) \cdot q_{n} (x) - (x - x_{1}) \cdot x_{1}^{n} = (x - x_{1}) \cdot (x \cdot q_{n} (x) - x_{1}^{n}) = (x - x_{1}) \cdot q_{n + 1} (x)

wobei

q_{n + 1} (x) := x \cdot q_{n} (x) - x_{1}^{n}

nooschi aktiv_icon

09:41 Uhr, 06.06.2010

(nur noch so nebenbei: wenn du meine Antwort wirklich verstanden hättest, hättest du merken müssen, dass es einen Komplettbeweis zu deinem Satz vom Anfang war... (Ich habe einfach durch den Satz der Polynomdivision das Problm mit dem konkreten Ausrechnen das du zum Schluss hattest, verhindert) Aber du hast recht, es war vielleicht nicht wirklich eine konkrete Antwort auf deine Frage, was daran lag, dass du das ganze so hässlich aufgeschrieben hast, dass ich nicht alles genau durchgelesen habe :-P))

coco12 aktiv_icon

10:25 Uhr, 06.06.2010

haha, aber danke!! :-)

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