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Hallo,
ich hatte vor kurzem eine Partialbruchzerlegung mit diesem Nenner:
[mm] $3x^4+4x^3+8x^2+4x+5$
[/mm]
, welcher keine rellen Nullstellen hat. Ich habe ihn mit einem CAS in zwei quadratische Polynome zerlegt.
Nur, wie geht denn das ohne CAS? Da muss ich wohl in der Schule krank gewesen sein.
Vielen Dank für einen Hinweis.
LG, Martinius
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Hallo,
nach meinen bescheidenen Kenntnissen gibt es da im allgemeinen keine schulfähigen Möglichkeiten (und ich "sehe" bei diesem speziellen Polynom auch keine auf die Schnelle). Ich würde sagen, dass man die komplexen Nullstellen berechnen muss, so eine lineare Faktorisierung bekommt und daraus dann die Aufteilung in zwei reelle Polynome macht. Das geht aber ein wenig über Schulmathematik hinaus und ist somit ein Paradebeispiel für eine CAS-Nutzung.
Vielleicht kennt jemand noch geheime Tricks - mir fallen keine ein. Allerdings sind die Koeffizienten so schön, dass das Polynom schnell einen reellen Linearfaktor bekommen kann, wenn man einige "+" durch ein "-" ersetzt  . Und dann kommt man auf alle Fälle erstmal mit Polynomdivision weiter. Wenn, wäre, hätte, könnte man... alles nur Spekulation .
Gruß,
Martin
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Hallo Martinius,
Du darfst hier annehmen, dass Deine beiden quadratischen Faktoren nur ganzzahlige Koeffizienten haben.
[mm] (ax^2+bx+c)*(dx^2+ex+f)=3x^4+4x^3+8x^2+4x+5 [/mm] ist Dein Ansatz.
Nun gibt es vier ganzzahlige Möglichkeiten für (a,d) und vier für (c,f). Da kein Koeffizient des zu zerlegenden Polynoms negativ ist, sind wahrscheinlich (aber nicht mehr als das!) auch die Koeffizienten der Polynomfaktoren positiv.
Nehmen wir also erst einmal (a,d)=(1,3) und (c,f)=(5,1) an.
ad=3 und cf=5 stimmen schonmal
Dann erhalten wir durch Ausmultiplizieren und Vergleich der übrigen drei Koeffizienten:
b+3e=4
5b+e=4
be+16=8
Dieses Gleichungssystem hat keine Lösung.
Versuchen wir (a,d)=(1,3) und (c,f)=(1,5)
Das führt zu
3b+e=4
5b+e=4
be+8=8
Die Lösung b=0, e=4 ist nun leicht zu finden.
Also ist [mm] 3x^4+4x^3+8x^2+4x+5=(x^2+1)*(3x^2+4x+5)
[/mm]
Grüße
reverend
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Grundsätzlich ist das eine gute Idee, die ja auch zum Ziel führt. Die Annahme der ganzzahligen Koeffizienten ist aufgrund der Primzahlen auch verlockend, kann man das begründen?
Ansonsten bekommt man doch nur 5 nichtlineare Gleichungen mit 6 Unbekannten, also kein besonders nettes Problem? Und das auch nur, wenn man davon ausgeht, dass eine solche Aufteilung in 2 quadratische Polynome möglich ist.
Für mich sind das recht viele Annahmen, um auf einem rechnerischen Weg zu einem Ergebnis zu kommen, das man sich vorher mit einem CAS ermittelt hat. Es sei denn, die Annahmen lassen sich sattelfest begründen, was ich halt nicht weiß.
Gruß,
Martin
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 18:06 Mi 15.04.2009 | | Autor: | reverend |
Hallo Martin,
ich würde das immer erst einmal versuchen, schon weil der Weg wenig Aufwand bedeutet. Gedanken darüber, ob das sattelfest ist, habe ich mir gar nicht gemacht. Aber das lässt sich ja nachholen.
Der Ansatz liefert folgende Gleichungen:
1) ad=3
2) ae+bd=4
3) af+be+cd=8
4) bf+ce=4
5) cf=5
Das genügt sicher zur Bestimmung, nur ist diese sicher nicht einfach, und außerdem nicht eindeutig. Das ist aber klar. Die gefundene Lösung [mm] (x^2+1)(3x^2+4x+5) [/mm] liefert ja unendlich viele andere, indem ich die erste Klammer mit einem [mm] \mu [/mm] multipliziere und die zweite mit [mm] \tfrac{1}{\mu}. [/mm]
[mm] \left(\tfrac{1}{2}x^2+\tfrac{1}{2}\right)(6x^2+8x+10) [/mm] ist darum auch eine Lösung.
Prüfen nun erst einmal, ob der ganzzahlige Ansatz gerechtfertigt ist. Wegen der oben benannten Erweiterbarkeit genügt die Fragestellung, ob es denn eine Lösung mit ganzzahligen Koeffizienten geben muss, wenn das gegebene Polynom nur ganzzahlige Koeffizienten hat.
Gegenbeispiele muss man suchen bzw. konstruieren, aber
[mm] \left(4x^2+4x+\tfrac{8}{5}\right)\left(10x^2+5x+\tfrac{5}{4}\right)=40x^4+60x^3+41x^2+13x+2
[/mm]
wäre z.B. eins.
Die Annahme, dass kein Koeffizient der Polynomfaktoren negativ ist, ist ebenfakks nicht zwingend:
[mm] (x^2\red{-}x+2)(2x^2+3x+1)=2x^4+x^3+2x^2+5x+2
[/mm]
mag als Gegenbeispiel genügen.
Von daher ist die Vorgehensweise wohl eher auf einer erfahrungsbasierten Einschätzung gegründet. Mit ein bisschen Zahlengefühl führt sie aber oft zum Erfolg, und gerade im Kontext schulischer Aufgaben würde ich eher solch einfach gestrickte Lösungen erwarten als welche mit "komplizierten" Termen wie [mm] 3-\wurzel{5} [/mm] oder [mm] \tfrac{17}{31*59}.
[/mm]
Grüße
reverend
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:04 Do 16.04.2009 | | Autor: | Martinius |
Hallo reverend,
besten Dank für deine Erläuterung!
LG, Martinius
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