Moin!
Könnte mir vielleicht einer bei folgender Funktion behilflich sein?
Es müssen jeweils die Nullstellen und die Extremwerte errechnet werden!
y=x³-2x²-5x+6
Vielen Dank
sidebrody
Hallo,
wie man die Nullstellen einers Polynoms 3.Grades berechnet, steht hier (sogar mit Herleitung) ganz ausführlich:
http://www.mathe.tu-freiberg.de/~hebisch/cafe/kubisc…
Einfacher ist es aber wahrscheinlich, eine Nullstelle zu „raten“ und die Gleichung dann zu einer quadratischen zu reduzieren.
Die erste Nullstelle findest du zwischen zwei Extremwerten (min und max bzw. umgekehrt). Daher würde es sich anbieten, zunächst mal die Extremwerte und Wendepunkte zu berechnen. Das geht wie gehabt mit den Ableitungen, die du Nullsetzt und dann nach x auflöst. Die erste Ableitung ist ja nur noch quadratisch, die sollte sich also leicht nach x auflösen lassen (x1=2.02, x2=-0.69). Dazwischen muß eine Nullstelle liegen. Un ich würde spontan mal die 1 probieren.
Ein Lösungstipp noch: die reduzierte, quadratische Form ist x²+x-1.
Gruß,
Jochen
Hallo Sidebrody,
also die größte Schwierigkeit ist wohl die erste Nullstelle zu finden.
Man kann diese hier aber relativ leicht erraten, indem man sich die Multiplikatoren ansieht: x = 1.
Danach teilt man den Term durch (x-1), dies muss funktionieren, da 1 ja eine Nullstelle ist. y = (x-1)*(x^2-x-6) danach einfach
x^2-x-6 = 0 berechnen.
Dann die Ableitung für den Anfangsterm ausrechen (hier einfach!)
und gleich Null setzen (Extremwerte), dann die zweite Ableitung nehmen um zu überprüfen ob es sich um einen Extremwert oder um eine Wendestelle handelt.
Gruss Q-Bert
[Bei dieser Antwort wurde das Vollzitat nachträglich automatisiert entfernt]
Man kann diese hier aber relativ leicht erraten, indem man
sich die Multiplikatoren ansieht: x = 1.
Es geht noch einfacher. Ganzzahlige Nullstellen eines Polynoms sind Teiler des linearen Gliedes. Bei y=x³-2x²-5x+6 kommen also 6,3,2,1,-1,-2,-3 und -6 in Frage. Auf diese Weise lassen sich hier sogar alle Nullstellen durch sinnvolles Raten ermitteln: -2, 1 und 3. Wenn nicht alle Nullstellen ganzzahlig sind, kann man das Polynom mit jeder gefundenen Nullstelle um einen Grad reduzieren, bis es (hoffentlich) explizit lösbar ist.
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Es geht noch einfacher. Ganzzahlige Nullstellen eines Polynoms
sind Teiler des linearen Gliedes. Bei y=x³-2x²-5x+6 kommen
also 6,3,2,1,-1,-2,-3 und -6 in Frage.
Wenn ich mir die Zahlen so angucke… des absoluten … vielleicht? Also der 6. Das lineare ist IMHO -5x, oder? Trotzdem interessant, wusste ich noch nicht. Wie kommt das?
Fasziniert,
Gruss vom Frank.
des absoluten …vielleicht?
Ja, natürlich.
Wie kommt das?
Das weiß ich auch nicht genau. Ich weiß noch nicht einmal, ob das für alle Polynome oder nur für solche mit ganzahligen Koeffizienten gilt. Bei denen folgt aus
n
Σ a<sub>i</sub>·x<sup>i</sup> = 0
i=0
n
Σ a<sub>i</sub>·x<sup>i-1</sup> = a<sub>0</sub>/x
i=1
Wenn x und alle ai ganzzahlig sind, dann ist auch a0/x gazzahlig.
Hallo zusammen,
wenn x0 eine Nullstelle der (reellen oder komplexen) Polynomfunktion
f: |C -> |C , f(x) = sum(a_i*x^i, i=0…n) ist, so lässt sich f auch darstellen als
f(x)=(x-x0)*sum(b_i*x^i, i=0…n-1)
=sum(b_i*x^(i+1), i=0…n-1) - sum(b_i*x0*x^i, i=0…n-1)
=b_(n-1)*x^n+sum(b_i*x^(i+1), i=0…n-2) - sum(b_i*x0*x^i, i=1…n-1)-b_0*x0*x^0
=b_(n-1)*x^n+sum(b_i*x^(i+1), i=0…n-2) - sum(b_(i+1)*x0*x^(i+1), i=0…n-2)-b_0*x0*x^0
=b_(n-1)*x^n + sum([b\_i-b\_(i+1)\*x0]*x^(i+1), i=0…n-2) - b_0*x0.
Koeffizientenvergleich mit f(x)=sum(a_i*x^i, i=0…n) liefert
a_0=-b_0*x0,
a_i=b_(i-1)-b_i*x0 für i=1…n-1
a_n=b_(n-1).
Hieraus folgt durch rekursives Einsetzen, dass x0 ein Teiler von a_0 ist, falls x0 und a_i (i=0…n) ganzzahlig sind.
Viele Grüße
Jens
Nachtrag
Hallo nochmal,
Hieraus folgt durch rekursives Einsetzen, dass x0 ein Teiler
von a_0 ist, falls x0 und a_i (i=0…n) ganzzahlig sind.
Heute ist wohl nicht mein Tag. Rekursives Einsetzen ergibt natürlich
a_0 = sum(a_i*x0^(i-1), i=1…n) * (-x0).
Jetzt sieht man zwar, dass x0 den Koeffizienten a_0 teilt, falls x0 und a_i ganzzahlig sind, aber dies hätte ich ja auch direkt ohne Koeffizientenvergleich und das ganze umständliche Rumrechnen rauskriegen können…
Wie DOOF!
Übrigns gilt sogar die folgende stärkere Aussage:
Wenn alle Koeffizienten einer Polynomfunktion f ganzzahlig sind und der Koeffizient des Polynoms höchsten Grades (also a_n) gleich 1 ist (die Polynomfunktion also normiert ist), so ist eine nichtganzzahlige Nullstelle der Funktion f irrational. Anders ausgedrückt: Eine rationale Nullstelle von f ist eine ganze Zahl!
Dies zeigt man ganz einfach so:
Sei x0 eine rationale Nullstelle von f. Dann gibt es ein ganzzahliges r und eine natürlche Zahl s (ungleich 0) mit x0=r/s, wobei r und s teilerfremd sind (Darstellung der rationalen Zahl x0 als maximal gekürzter Bruch). Einsetzen von x0 in f:
0 = 0*s^n = f(x0)*s^n
= sum(a_i*(r/s)^i, i=0…n)*s^n
= sum(a_i*r^i*s^(n-i), i=0…n)
= sum(a_i*r^i*s^(n-i), i=0…n-1) + a_n*r^n
= s*[sum(a_i*r^i*s^(n-i-1), i=0…n-1)] + 1*r^n,
also
r^n = s*[-sum(a_i*r^i*s^(n-i-1), i=0…n-1)].
Hieraus folgt, dass s ein Teiler r^n ist. Da r und s teilerfremd sein sollen (maximal gekürzter Bruch!), kann s nur +1 sein. Folglich ist x0=r/s ganzzahlig.
Ich hoffe, durch mein vorhergehendes Posting nicht gar zu sehr Verwirrung gestiftet zu haben.
Viele Grüße
Jens