Poln.MO '96: f(0) eines Polyn. < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 14:54 Mo 07.09.2009 | | Autor: | Pegasus. |
| Aufgabe | Ein Polynom f [mm] \in \IQ[X] [/mm] vom Grad n erfüllt die Bedingung
[mm] f(k)=$\frac{1}{k}$ [/mm] für k = [mm] $1,2,4,8,...,2^n$
[/mm]
Bestimme f(0) |
Ich bräuchte nur nen Tipp, wie ich die Aufgabe angehen soll. Ich hab sie aus dem Buch "Ein-Blick in die Mathematik" aus einem Kapitel über Polynome, in dem davor bereits Teilbarkeit bei Polynomen und komplexe Zahlen behandelt wurden...
Die Lösung glaube ich ist [mm] f(0)=$2-\frac{1}{2^n}$ [/mm] aber ich hab das ganze nur für n=1,2,3 mit dem Computer gerechnet, habe aber keine Ahnung, wie man das beweisen kann.
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
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> Ein Polynom f [mm]\in \IQ[X][/mm] vom Grad n erfüllt die Bedingung
> f(k) = [mm]\frac{1}{k}[/mm] für k = [mm]1,2,4,8,...,2^n[/mm]
> Bestimme f(0) .
> Ich bräuchte nur nen Tipp, wie ich die Aufgabe angehen
> soll. Ich hab sie aus dem Buch "Ein-Blick in die
> Mathematik" aus einem Kapitel über Polynome, in dem davor
> bereits Teilbarkeit bei Polynomen und komplexe Zahlen
> behandelt wurden...
> Die Lösung glaube ich ist f(0) = [mm]2-\frac{1}{2^n}[/mm] aber ich
> hab das ganze nur für n=1,2,3 mit dem Computer gerechnet,
> habe aber keine Ahnung, wie man das beweisen kann.
Hallo Pegasus,
das Thema dieser Aufgabe ist Polynominterpolation.
Schau dazu mal da nach:
![[]](/images/popup.gif) Newton-Interpolation
Bekanntermaßen haben es MO-Aufgaben in sich.
Oft braucht man dazu wirklich eine gewisse "zündende
Idee", die auch im Standardrepertoire guter Mathema-
tiker nicht unbedingt zu finden ist.
LG Al-Chwarizmi
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 17:41 Mo 14.09.2009 | | Autor: | abakus |
> > Ein Polynom f [mm]\in \IQ[X][/mm] vom Grad n erfüllt die Bedingung
>
> > f(k) = [mm]\frac{1}{k}[/mm] für k = [mm]1,2,4,8,...,2^n[/mm]
>
> > Bestimme f(0) .
> > Ich bräuchte nur nen Tipp, wie ich die Aufgabe angehen
> > soll. Ich hab sie aus dem Buch "Ein-Blick in die
> > Mathematik" aus einem Kapitel über Polynome, in dem davor
> > bereits Teilbarkeit bei Polynomen und komplexe Zahlen
> > behandelt wurden...
> > Die Lösung glaube ich ist f(0) = [mm]2-\frac{1}{2^n}[/mm] aber
> ich
> > hab das ganze nur für n=1,2,3 mit dem Computer gerechnet,
> > habe aber keine Ahnung, wie man das beweisen kann.
>
>
> Hallo Pegasus,
>
> das Thema dieser Aufgabe ist Polynominterpolation.
> Schau dazu mal da nach:
>
> Newton-Interpolation
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> Bekanntermaßen haben es MO-Aufgaben in sich.
> Oft braucht man dazu wirklich eine gewisse "zündende
> Idee", die auch im Standardrepertoire guter Mathema-
> tiker nicht unbedingt zu finden ist.
>
>
> LG Al-Chwarizmi
Hallo,
ich würde folgendes versuchen:
Ein Polynom mit den geforderten Werten erhält man, wenn man n+1 verschiedene Polynome n-ten Grades addiert.
[mm] P_0(x) [/mm] hat an der Stelle [mm] 2^0=1 [/mm] den Wert 1 und an den übrigen Stellen [mm] 2^k [/mm] nur Nullstellen.
[mm] P_1(x) [/mm] hat an der Stelle [mm] 2^1=2 [/mm] den Wert 1/2 und an den übrigen Stellen [mm] 2^k [/mm] nur Nullstellen.
[mm] P_2(x) [/mm] hat an der Stelle [mm] 2^2=4 [/mm] den Wert 1/4 und an den übrigen Stellen [mm] 2^k [/mm] nur Nullstellen.
...
[mm] P_n(x) [/mm] hat an der Stelle [mm] 2^n [/mm] den Wert [mm] 1/2^n [/mm] und an den übrigen Stellen [mm] 2^k [/mm] nur Nullstellen.
Solche Polynome müssten sich bei bekannten Linearfaktoren konstruieren lassen.
Die Summe der Absolutglieder dieser Polynome (hoffentlich eine bekannte Summenformel einer Reihe) müsste dann f(0) ergeben.
Vielleicht genügt es ja auch, das Problem für n=1, n=2 und n=3 "von Hand" zu lösen, daraus eine Vermutung zu gewinnen und diese induktiv zu beweisen.
Gruß Abakus
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:34 Mi 16.09.2009 | | Autor: | fred97 |
Sei n [mm] \in \IN [/mm] und das Polynom [mm] f_n[/mm] [mm]\in \IQ[X][/mm] vom Grad n erfülle die Bedingung
[mm] f_n(k)=[/mm] [mm]\frac{1}{k}[/mm] für k = [mm]1,2,4,8,...,2^n[/mm]
Behauptung: [mm] $f_n(0)= 2-\frac{1}{2^n} [/mm] $
Beweis:
dem Polynom [mm] f_n [/mm] stellen wir folgendes Polynom [mm] g_n [/mm] zur Seite:
[mm] $g_n(x) [/mm] = [mm] xf_n(x) [/mm] -1$.
[mm] g_n [/mm] ist dann ein Polynom vom Grade n+1 und es gilt:
[mm] $g_n(0) [/mm] = -1$ und [mm] $g_n(k) [/mm] = 0$ für k = [mm]1,2,4,8,...,2^n[/mm].
Daher ist [mm] g_n [/mm] von der Form
[mm] $g_n(x) =a_n \produkt_{k=0}^{n}(x-2^k)$ [/mm] (*)
Wegen [mm] $g_n(0) [/mm] = -1$ ist [mm] a_n [/mm] = [mm] \bruch{(-1)^n}{2^{b_n}}, [/mm] wobei [mm] b_n [/mm] = [mm] \bruch{n(n+1)}{2}.
[/mm]
Weiter ist [mm] $f_n(0) [/mm] = [mm] g_n'(0)$
[/mm]
Obige Beh. zeigen wir nun induktiv:
Dass die Beh. für n=1 richtig ist, sieht man sofort.
Induktionsvoraussetzung: sei n [mm] \in \IN [/mm] und [mm] $f_n(0) [/mm] = [mm] g_n'(0)=2-\frac{1}{2^n} [/mm] $
Mit der Darstellung (*) sieht man:
[mm] $g_{n+1}(x) [/mm] = - [mm] \bruch{1}{2^{n+1}}g_n(x)(x-2^{n+1})$ [/mm] (**)
Differenziert man (**) und setzt dann x=0, so ergibt sich:
[mm] $g_{n+1}'(0) [/mm] = [mm] g_n'(0)+\bruch{1}{2^{n+1}} [/mm] = [mm] 2-\bruch{1}{2^{n}}+\bruch{1}{2^{n+1}}= 2-\bruch{1}{2^{n+1}}$
[/mm]
Somit ist [mm] $f_{n+1}(0)= 2-\bruch{1}{2^{n+1}}$
[/mm]
FRED
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 09:06 Do 17.09.2009 | | Autor: | fred97 |
Noch eine Bemerkung: aus der Rekursion
$ [mm] g_{n+1}(x) [/mm] = - [mm] \bruch{1}{2^{n+1}}g_n(x)(x-2^{n+1}) [/mm] $
von oben erhält man die folgende Rekursion für die Polynome [mm] f_n:
[/mm]
[mm] $f_{n+1}(x) [/mm] = [mm] (1-\bruch{x}{2^{n+1}})f_n(x)+\bruch{1}{2^{n+1}}$
[/mm]
FRED
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 10:44 Fr 18.09.2009 | | Autor: | fred97 |
Obige Aufgabe lässt folgende Verallgemeinerung zu:
Sei [mm] (a_k)_{k=0}^{\infty} [/mm] eine Folge paarweise verschiedener reeller (oder komplexer) Zahlen mit [mm] a_k \not=0 [/mm] für jedes k.
Für jedes $n [mm] \in \IN [/mm] $ ($n [mm] \ge [/mm] 1$) sei [mm] f_n [/mm] das eindeutig bestimmte Polynom vom Grade n mit:
[mm] $f_n(a_k) [/mm] = [mm] \bruch{1}{a_k}$ [/mm] ($k= 0,1,..,n$)
Dann gilt:
$ [mm] f_n(0) [/mm] = [mm] \summe_{k=0}^{n}\bruch{1}{a_k}$ [/mm] für jedes $n [mm] \in \IN$
[/mm]
Wer Lust hat, versuche sich daran.
FRED
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(Antwort) fertig | | Datum: | 09:13 Mo 21.09.2009 | | Autor: | fred97 |
Diese Aufgabe lässt mich einfach nicht in Ruhe ..................
Hier eine weitere Lösung , ohne Induktion, aber mit Verwendung der folgenden Differentiationsregel:
(*) [mm] $(f_0*f_1* ...*f_n)'=f_0'*f_1* ...*f_n+f_0*f_1'*f_2 ...*f_n+ [/mm] ... [mm] +f_0*f_1* ...*f_n'$
[/mm]
Vor: Sei n [mm] \in \IN, [/mm] f ein Polynom vom Grade n, seien [mm] a_0, a_1, ...,a_n [/mm] paarweise verschiedene reelle (oder komplexe) Zahlen [mm] \not= [/mm] 0 und es gelte:
[mm] $f(a_k) [/mm] = [mm] 1/a_k$ [/mm] (k=0.1, ..,n)
Beh.: $f(0) = [mm] \summe_{j=0}^{n}1/a_j$
[/mm]
Beweis: Wieder sei $g(x) = xf(x) -1$. Dann ist g ein Polynom vom Grade n+1, es ist $g(0) = -1, g'(0) = f(0)$ und
[mm] $g(a_k) [/mm] = 0$ (k=0.1, ..,n).
Damit hat g die folgende Darstellung:
$g(x) = c [mm] \produkt_{k=0}^{n}(x-a_k)$
[/mm]
Aus g(0) = -1 folgt:
(**) $c = [mm] \bruch{(-1)^n}{\produkt_{k=0}^{n}a_k}$
[/mm]
Für j= 0, 1, .., n sei
[mm] $b_j(x) [/mm] = [mm] \produkt_{k=0, k \not= j}^{n}(x-a_k)$
[/mm]
Aus (*) folgt:
$g'(x) = c [mm] \summe_{j=0}^{n}b_j(x)$
[/mm]
Wegen [mm] $b_j(0) [/mm] = [mm] (-1)^n \produkt_{k=0, k \not= j}^{n}a_k$, [/mm] folgt aus (**):
$f(0) = g'(0) = c [mm] \summe_{j=0}^{n}b_j(0)= \summe_{j=0}^{n}1/a_j$
[/mm]
FRED
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