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Indem du es ausrechnest.
Es gibt dabei einen schönen Trick: Du kannst die rationalen Nullstellen erraten indem du alle Teiler des Absolutgliedes (hier die 4) durch die Teiler des Leitkoeffizenten (hier die 2) rechnest.
4 hat als Teiler: ±1, ±2 und ±4.
2 hat als Teiler: ±1 und ±2.
Du probierst also: ± \(\frac{1}{1}\), ± \(\frac{1}{2}\), ±\(\frac{2}{1}\), ±\(\frac{2}{2}\), ±\(\frac{4}{1}\), ±\(\frac{4}{2}\). (natürlich sind viele davon gleich, ich hab's trotzdem hingeschrieben damit man das Prinzip sieht).
Wenn du das so machst erwischt du alle rationalen Nullstellen. Die reellen oder komplexen Nullstellen natürlich nicht. Aber du musst ja nur beweisen/widerlegen das es rationale Nullstellen gibt.
Es gibt dabei einen schönen Trick: Du kannst die rationalen Nullstellen erraten indem du alle Teiler des Absolutgliedes (hier die 4) durch die Teiler des Leitkoeffizenten (hier die 2) rechnest.
4 hat als Teiler: ±1, ±2 und ±4.
2 hat als Teiler: ±1 und ±2.
Du probierst also: ± \(\frac{1}{1}\), ± \(\frac{1}{2}\), ±\(\frac{2}{1}\), ±\(\frac{2}{2}\), ±\(\frac{4}{1}\), ±\(\frac{4}{2}\). (natürlich sind viele davon gleich, ich hab's trotzdem hingeschrieben damit man das Prinzip sieht).
Wenn du das so machst erwischt du alle rationalen Nullstellen. Die reellen oder komplexen Nullstellen natürlich nicht. Aber du musst ja nur beweisen/widerlegen das es rationale Nullstellen gibt.
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geantwortet
sorcing
Punkte: 240
Punkte: 240
Ist das jetzt eine Frage, die du dir stellst, oder eine an den Fragesteller gerichtete ;)?
─
derpi-te
13.07.2021 um 18:57
Ich nehme mal an, dass ich gemeint bin :-)
Meine Frage geht an den Antwortenden - deshalb habe ich den Kommentar an die Antwort und nicht an die Frage geheftet.
Einen geforderten Beweis mit einem unbegründeten Trick zu erledigen, halte ich nämlich als Antwort für zu wenig...
Habe aber gerade keine Zeit, mir eine bessere Antwort zu überlegen. ─ joergwausw 13.07.2021 um 19:01
Meine Frage geht an den Antwortenden - deshalb habe ich den Kommentar an die Antwort und nicht an die Frage geheftet.
Einen geforderten Beweis mit einem unbegründeten Trick zu erledigen, halte ich nämlich als Antwort für zu wenig...
Habe aber gerade keine Zeit, mir eine bessere Antwort zu überlegen. ─ joergwausw 13.07.2021 um 19:01
Also interessiert dich, warum das so funktioniert?
Dann beantworte ich das dir gerne :)
Also eigentlich funktioniert es nicht, sondern "funktioniert" es nur... die Idee ist folgende:
Wenn alle Nullstellen ganzzahlig sind (wofür ganzzahlige Koeffizienten \(a_i\) eine notwendige aber wie in deinem Gegenbeispiel gezeigt keine hinreichende Bedingung sind), so kann man das Polynom mit n Nullstellen so faktorisieren (für den "Glücksfall", dass es sich komplett in Linearfaktoren zerlegen lässt):
\(x-x_1)(x-x_2)*...*(x-x_n)\) mit ganzen Zahlen \(x_i\).Wenn man das jetzt ausmultipliziert, erhält man im Polynom am Ende für den Summanden ohne x \(a_n=x_1*x_2*...*x:n\), weswegen da das -1-fache jeder Nullstelle, sofern alle Nullstellen ganzzahlig sind, drin steckt... aber wie gesagt: Das ist keine vollständige Methode zur Lösung, sondern eher eine Hilfe beim "erraten" von Nullstellen.
Ich hoffe, ich konnte dir helfen? ─ derpi-te 13.07.2021 um 19:13
Dann beantworte ich das dir gerne :)
Also eigentlich funktioniert es nicht, sondern "funktioniert" es nur... die Idee ist folgende:
Wenn alle Nullstellen ganzzahlig sind (wofür ganzzahlige Koeffizienten \(a_i\) eine notwendige aber wie in deinem Gegenbeispiel gezeigt keine hinreichende Bedingung sind), so kann man das Polynom mit n Nullstellen so faktorisieren (für den "Glücksfall", dass es sich komplett in Linearfaktoren zerlegen lässt):
\(x-x_1)(x-x_2)*...*(x-x_n)\) mit ganzen Zahlen \(x_i\).Wenn man das jetzt ausmultipliziert, erhält man im Polynom am Ende für den Summanden ohne x \(a_n=x_1*x_2*...*x:n\), weswegen da das -1-fache jeder Nullstelle, sofern alle Nullstellen ganzzahlig sind, drin steckt... aber wie gesagt: Das ist keine vollständige Methode zur Lösung, sondern eher eine Hilfe beim "erraten" von Nullstellen.
Ich hoffe, ich konnte dir helfen? ─ derpi-te 13.07.2021 um 19:13
Der in der Antwort angegebene Trick basiert auf dem Lemma von Gauß.
Wenn ein ganzzahliges Polynom \( f=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots a_1x+a_0 \in \mathbb{Z}[x] \) eine rationale Nullstelle \( \frac{p}{q} \neq 0 \) besitzt (wir können \( p \) und \( q \) als teilerfremd annehmen), dann gilt ja \( a_n(\frac{p}{q})^n + a_{n-1}(\frac{p}{q})^{n-1} + \cdots a_1 \frac{p}{q}+a_0 =0 \). Multipliziert man beide Seiten mit \( q^n \), so ergibt sich \( a_np^n + a_{n-1}qp^{n-1} + \dots + a_1q^{n-1}p + a_0 q^n = 0 \). Und mit einfachen Teilbarkeitsbeziehungen folgt damit, dass \( p \) das Absolutglied \( a_0 \) und \( q \) den Leitkoeffizienten \( a_n \) teilen muss.
Ich hoffe, damit ist jetzt klar, warum der Trick immer funktioniert :) ─ 42 13.07.2021 um 20:53
Wenn ein ganzzahliges Polynom \( f=a_nx^n + a_{n-1}x^{n-1} + \cdots a_1x+a_0 \in \mathbb{Z}[x] \) eine rationale Nullstelle \( \frac{p}{q} \neq 0 \) besitzt (wir können \( p \) und \( q \) als teilerfremd annehmen), dann gilt ja \( a_n(\frac{p}{q})^n + a_{n-1}(\frac{p}{q})^{n-1} + \cdots a_1 \frac{p}{q}+a_0 =0 \). Multipliziert man beide Seiten mit \( q^n \), so ergibt sich \( a_np^n + a_{n-1}qp^{n-1} + \dots + a_1q^{n-1}p + a_0 q^n = 0 \). Und mit einfachen Teilbarkeitsbeziehungen folgt damit, dass \( p \) das Absolutglied \( a_0 \) und \( q \) den Leitkoeffizienten \( a_n \) teilen muss.
Ich hoffe, damit ist jetzt klar, warum der Trick immer funktioniert :) ─ 42 13.07.2021 um 20:53
@anonym: Danke, ergibt Sinn. Jetzt kannst Du die Antwort auf Deine eigene Frage upvoten :-)
Achnein - es gibt mehr als einen User mit dem angezeigten Namen "anonym".... Die Abbildung User -> Username scheint nicht ganz injektiv zu sein... oder ich sehe den Unterschied nicht... ─ joergwausw 13.07.2021 um 21:14
Achnein - es gibt mehr als einen User mit dem angezeigten Namen "anonym".... Die Abbildung User -> Username scheint nicht ganz injektiv zu sein... oder ich sehe den Unterschied nicht... ─ joergwausw 13.07.2021 um 21:14
Denn nur als Gegenbeispiel:
$$
(2x^2+\frac{28}{3}) \cdot (x+\frac{3}{7}) =2x^3+ \ldots + 4
$$
Hier gibt es die rationale Lösung $-\frac{3}{7}$ und keine andere, und diese Lösung kommt bei dem Trick leider gar nicht vor...
Ich weiß, dass die durch $\ldots$ angedeuteten Summanden jetzt ebenfalls Koeffizienten mit Brüchen haben - aber genau das macht den Unterschied.
Also: Warum funktioniert der Trick? ─ joergwausw 13.07.2021 um 18:51