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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:43 Di 20.12.2016 | | Autor: | astol |
| Aufgabe | Sei [mm] f(X)=a_nX^n+...+a_1X+a_0\in\IZ[X] [/mm] ein Polynom vom Grad n.
a) Sei [mm] a\ne [/mm] b [mm] \in \IZ. [/mm] Zeigen Sie: (a-b)|(f(a)-f(b))
b) Zeigen Sie wenn f(0) und f(1) ungerade sind, dann hat f(X) keine Nullstelle in [mm] \IZ. [/mm] |
Guten Morgen, ich habe mir zu obiger Aufgabe fogendes notiert:
ZU a):
Betrachte [mm] f(a)=a_na^n+a_{n-1}a^{n-1}+...+a_1a+a_0 [/mm] und [mm] f(b)=a_nb^n+a_{n-1}b^{n-1}+...+a_1b+a_0
[/mm]
f(a)-f(b)
[mm] =a_na^n+a_{n-1}a^{n-1}+...+a_1a+a_0 [/mm] - [mm] a_nb^n-a_{n-1}b^{n-1}-...-a_1b-a_0
[/mm]
[mm] =a_na^n-a_nb^n+a_{n-1}a^{n-1}-a_{n-1}b^{n-1}+...+a_1a-b_1b+a_0-b_0
[/mm]
[mm] =a_n(a^n-b^n)+a_{n-1}(a^{n-1}-b^{n-1})+...+a_1(a-b)+a_0-b_0
[/mm]
Meine Frage ist jetzt, wie kann ich begründen dass (a-b) ein teiler davon ist. Bei [mm] a_1(a-b) [/mm] ist es offensichtlich und irgendwie denke ich das das auch für die anderen Summanden gilt, aber das möchte ich noch genauer zeigen. Könnt ihr mir da einen Tipp geben? DANKE
ZU b)
Für f(0) ungerade gilt: [mm] a_0 [/mm] ist ungerade
Für f(1) ungerade gilt: [mm] \summe_{i=0}^{n}a_i [/mm] ist ungerade. Da [mm] a_0 [/mm] ungerade ist muss also [mm] \summe_{j=1}^{n}a_j [/mm] gerade sein.
Ich weiß dass f(X) eine Nullstelle [mm] \bruch{p}{q} [/mm] (p,q teilerfremd und [mm] q\ne0) [/mm] in [mm] \IR [/mm] hat wenn [mm] p|a_0 [/mm] und [mm] q|a_n. [/mm] Da ich aber hier Nullstellen in [mm] \IZ [/mm] suche muss also q=1 sein.
Aber wie kann ich jetzt die Behauptung, dass f(X) KEINE Nullstelle in [mm] \IZ [/mm] hat zeigen, bzw. wie muss ich weiter machen?
DANKE
LG
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Hallo,
du bist bei a) fast fertig. Du musst nur noch verwenden, dass man für [mm]n \in \IN[/mm] generell von der Differenz [mm]a^n-b^n[/mm] den Faktor [mm](a-b)[/mm] abspalten kann:
[mm]a^n-b^n=(a-b)*(a^{n-1}+a^{n-2}b+...+b^{n-1}) [/mm]
Das ist derart elementar, dass du es vermutlich einfach verwenden darfst. Ansonsten zeigt man es leicht durch Nachrechnen oder auch vollst. Induktion.
EDIT:
Ich sehe gerade noch einen Fehler, der dir unterlaufen ist. Am Ende deiner Rechnung muss es
[mm]a_0-a_0=0[/mm]
heißen, ein [mm]b_0[/mm] kommt hier keines vor, denn es handelt sich ja in beiden Fällen um das selbe Polynom.
Gruß, Diophant
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 12:23 Di 20.12.2016 | | Autor: | astol |
Ohh, da hat sich der Fehlerteufel eingeschlichen. Natürlich gibt es KEIN [mm] b_0 [/mm] ind f(b) sondern das ist auch ein [mm] a_0 [/mm] und dann fällt das absolute Glied bei f(a)-f(b)= [mm] ...+a_0-a_0=...+0 [/mm] natürlich weg.
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Zu a)
Ganz elegant ist folgender Beweis, wenn man auf folgenden Satz zurückgreifen kann:
Hat ein Polynom f(x) eine Nullstelle a, so lässt sich diese als Linearterm abspalten, d.h.
f(x)=(x-a)*g(x), g(x) ist ebenfalls ein Polynom.
Dann gilt nämlich: Bilde [mm] f_1(x)=f(x)-f(b) [/mm] für festes b.
Dann ist [mm] f_1(b)=f(b)-f(b)=0, [/mm] also ist b eine Nullstelle von [mm] f_1, [/mm] und deswegen lässt sich [mm] f_1(x) [/mm] als [mm] f_1(x)=(x-b)*g(x), [/mm] g(x) Polynom, schreiben.
Dann ist [mm] f_1(a)= [/mm] f(a)-f(b)=(a-b)*g(a), also (a-b)|(f(a)-f(b)).
ZU b)
> Für f(0) ungerade gilt: [mm]a_0[/mm] ist ungerade
> Für f(1) ungerade gilt: [mm]\summe_{i=0}^{n}a_i[/mm] ist ungerade.
> Da [mm]a_0[/mm] ungerade ist muss also [mm]\summe_{j=1}^{n}a_j[/mm] gerade
> sein.
Setze nun eine Zahl z aus [mm] \IZ [/mm] ein.
1. Fall: z ist gerade. Dann sind alle Summanden in [mm] \summe_{j=1}^{n}a_j z^j [/mm] gerade, somit die gesamte Summe, das ungerade [mm] a_0 [/mm] kommt hinzu, der Funktionswert ist somit ungerade und kann nicht 0 sein.
2. Fall: z ist ungerade. Dann sind alle Summanden in [mm] \summe_{j=1}^{n}a_j z^j [/mm] ungerade, falls [mm] a_j [/mm] ungerade ist und gerade, falls [mm] a_j [/mm] gerade ist. Damit hat diese Summe genau so viele gerade und ungerade Summanden wie [mm] \summe_{j=1}^{n}a_j [/mm] und ist somit auch gerade. Mit [mm] a_0 [/mm] zusammen wird das wieder ungerade und kann nicht 0 sein.
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