Proseminar Mathematisches Problemlösen Sommersemester 2006

Proseminar Mathematisches Problemlösen
Thema: Polynome
Referentin: Evelyn Kondziela
27.07.2006
Definition:
Ein Polynom ist eine Funktion p (x ) der Form
n
p ( x)   a i x i  a n x n  a n 1 x n 1  ...  a 2 x 2  a1 x  a 0 (1)
i 0
Dabei heißen die Zahlen a 0 ,..., a n die Koeffizienten von p . Ist a n  0 , so heißt a n der
Leitkoeffizient von p . In diesem Fall heißt die Zahl n der Grad von p und p ein
Polynom n -ten Grades. Wir nennen p normiert, falls a n  1 ist.
Die speziellen Polynome a n x n heißen auch Monome.
Nullstellen von Polynomen:
Als Nullstellen oder Wurzeln eines Polynoms werden jene Werte von x bezeichnet,
für die der Funktionswert p (x ) null ist. Mit Hilfe des folgenden Satzes lassen sich
Polynome in ein Produkt von Linearfaktoren zerlegen:
Hauptsatz der Algebra:
Ist p( x)  an x n  an 1 x n 1  ...  a2 x 2  a1 x  a0 ein komplexes Polynom vom Grad n , so
gibt es eindeutig bestimmte Zahlen x1 ,..., xn (die Nullstellen des Polynoms), so dass
p( x)  ( x  x n )( x  x n 1 )...( x  x 2 )( x  x1 ) .
Die Nullstellen von Polynomen ersten, zweiten, dritten und vierten Grades lassen
sich mit Formeln explizit berechnen, dagegen lassen sich Polynome höheren Grades
nur in Spezialfällen exakt faktorisieren.
Aufgabe 1:
a) Sei das Polynom p durch (1) gegeben. Beweisen Sie die Taylor – Formel
ak =
1 (k )
p (0), k |N.
k!
(2)
Hier definieren wir ergänzend a k = 0 für k  n = deg p .
b) Seien p und q zwei Polynome. Ferner sei p( x)  q( x) für alle x  |R. Beweisen
Sie, dass n  m und a k  bk für alle k  0,1,..., n ist.
Lösung:
a) Es ist
p (k ) =
dk
dx k
n
n
j 0
j 0
 aj x j   aj
n
=
aj
j ( j  1)  ( j  k  1) x j k , j  k ,
0, j  k ,
{
j 0
n
=
a
j k
j
[ j ( j  1)   ( j  k  1)]  ( j  k )! j  k
x
( j  k )!
n
=
a
l k
dk j
x
dx k
l k
(l  k )! l
x
l!
(mit l  j  k ).
Einsetzen von x  0 ergibt
n
p (k ) (0) =
a
l k
l k
(l  k )! l
k!
0  a k  a k k! ,
l!
0!
was mit (2) übereinstimmt.
b) Folgt aus ak =
1 (k )
1 (k )
p (0) =
q (0) = bk .
k!
k!
Definition:
Für zwei Polynome p und q sei g das Polynom vom größtmöglichen Grad und mit
Leitkoeffizient 1, das sowohl p, als auch q teilt. Dann heißt g der größte
gemeinsame Teiler von p und q (Bezeichnung g = ggT(p,q)).
Aufgabe 2:
Sie p ein Polynom, das eine mehrfache Nullstelle (Wurzel mit Vielfachheit > 1) hat.
Dann ist ggT( p , p ’) ≠ 1, also deg (ggT( p , p ’)) ≥ 1.
Lösung:
Sei x = c eine (mindestens) doppelte Nullstelle. Dann ist p durch (x – c)2 teilbar: p =
s(x – c)2. Es ist also
p ’(x) = s’(x)(x – c)2 + 2s(x – c).
Also ist p’ ebenfalls durch x – c teilbar. Daraus folgt deg(ggT( p , p ’)) ≥ 1.
Fundamentalsatz der Algebra:
Sei p ein Polynom vom Grad n ≥ 1. Seien x1 ,  , x J alle komplexen Nullstellen von
p , und  1 ,  ,  J ihre Vielfachheiten. Dann ist
1     J  n .
Beispiel:
Die Polynomgleichung
p( x)  x 5  5x 4  17 x 3  13x 2  0
hat die Lösung
|L = { 0 ( 2) ,1,2  3i,2  3i }.
Die Lösung 0 wird dabei doppelt gezählt, was aus der zerlegten Form des Polynoms
ersichtlich ist:
p( x)  x  x( x  1)( x  2  3i)( x  2  3i )
Anmerkung:
Bei Polynomen mit reellen Koeffizienten ist die konjugierte Zahl einer Nullstelle
wieder eine Nullstelle. Das heißt, ist   x  iy eine Nullstelle, so auch   x  iy .
______
n
n
n
k 0
k 0
k 0
___
Beweis: Mit f ( z )   a k x k und f ( )  0 ist f ( )   a k  k   a k  k  f ( )  0  0 .
Daraus folgt, dass nicht – reelle Nullstellen bei Polynomen mit reellen Koeffizienten
immer paarweise auftreten, das heißt, die Anzahl der komplexen Nullstellen ist
gerade. Daraus kann man folgern, dass jedes Polynom mit reellen Koeffizienten und
ungeradem Grad eine reelle Nullstelle hat.
Aufgabe 3:
Finden Sie den Rest bei Division von p = x2005 + 10x1000 + 7 durch q = x2 – 1.
Lösung:
Es sei
x2005 + 10x1000 + 7 = s(x) (x2 – 1) + ax + b.
Setzen wir die Nullstellen x = 1 und x = –1 des Polynoms q in diese Gleichung ein,
so erhalten wir zwei lineare Gleichungen für a und b:
12005 + 10 * 11000 + 7 = 18 = a + b,
(–1)2005 + 10 * (–1)1000 + 7 = -a + b.
Das ergibt
b=
1
1
(18 + 16) = 17 und a = (18 – 16) = 1.
2
2
Der Rest ist also durch r(x) = 17x + 1 gegeben.


Aufgabe 4:
Faktorisieren Sie das Polynom p(x) = x4 + 4 über |R. (Faktorisieren heißt hier als
Produkt zweier oder mehrerer Polynome mit reellen Koeffizienten darstellen.)
Lösung:
Wir finden erst alle vier Nullstellen von p – es sind alle vier komplexen vierten
Wurzeln aus –4:
x1 = 1 + i, x2 = –1 + i, x3 = –1 – i, x4 = 1 – i.
Also ist die vollständige Faktorisierung
x4 + 4 = (x – 1 – i)(x + 1 – i)(x + 1 + i)(x – 1 + i).
_
_
Da aber x1 = x4 und x2 = x4 ist, sind die Produkte
(x – 1 – i) (x – 1 + i) = (x – 1)2 – i2 = x2 – 2x + 2
und
(x + 1 – i)(x + 1 + i) = (x + 1)2 – i2 = x2 + 2x + 2
Polynome mit reellen Koeffizienten. Die Antwort lautet also
x4 + 4 = (x2 – 2x + 2)( x2 + 2x + 2).
Das ist die bekannte Faktorisierung von Sophie Germain.
Aufgabe 5:
Welche von den Polynomen
p1(n) = n2 – 1,
p2(n) = n2 + 1,
p3(n) = n5 – 1,
p4(n) = n4 + 4,
ergeben bei jedem natürlichen n ≥ 3 eine zusammengesetzte Zahl?
Lösung:
Die Polynome p1, p3 und p4 kann man faktorisieren:
p1(n) = n2 – 1 = (n – 1)(n + 1),
p3(n) = n5 – 1 = (n – 1)(n4 + n3 + n2 + n + 1),
p4(n) = n4 + 4 = (n2 + 2n + 2)(n2 – 2n + 2).
Jeder Faktor ist dabei ≥ 2, denn
n – 1 ≥ 2, n + 1 ≥ 4, n4 + n3 + n2 + n + 1 ≥ 34, n2 + 2n + 2 ≥ 2, n2 – 2n + 2 ≥ 2.
Daher nehmen diese Polynome für n ≥ 3 stets zusammengesetzte Werte an.
Auf p2 trifft diese Aussage nicht zu: beispielsweise ist p2(4) = 17 eine Primzahl.
Aufgabe 6:
a) Zeigen Sie, dass das Polynom
Pn(x) = 1 +
x
x2
xn
+
+…+
1
2!
n!
keine doppelte Nullstelle hat.
b) Zeigen Sie, dass das Polynom p(x) = nxn + 1 – (n + 1)xn + 1 eine doppelte
Nullstelle hat.
Lösung:
a) Angenommen, x = c sei eine doppelte Nullstelle von Pn(x). Dann ist auch c für die
Ableitung
Pn’(x) = 1 +
x
x2
x n1
+
+…+
= Pn – 1(x)
1
2!
(n  1)!
eine Nullstelle. Daraus folgt Pn – 1(c) = 0. Dann ist auch
n
c
0 = Pn(c) – Pn – 1(c) =
.
n!
Das ergibt einen Widerspruch, da c ≠ 0 ist.
b) Es ist p(1) = n – (n + 1) + 1 = 0. Wir zeigen, dass p durch (x – 1)2 teilbar ist. Dies
ist zu der Bedienung äquivalent, dass die Ableitung p’ durch x – 1 teilbar ist. Es ist
tatsächlich
p’(1) = ((n + 1)nxn – n(n + 1)xn – 1)|x = 1 = 0;
also ist x = 1 eine Nullstelle von p’.
Aufgabe 7:
Seien α und β reelle Zahlen. Finden Sie das Minimum von α2 + β2 unter der
Bedingung, dass das Polynom
p(x) = x4 + αx3 + βx2 + αx + 1
stets reelle Nullstellen hat.
Lösung:
Ein solches so genanntes reziprokes Polynom hat die Nullstellen a ,
1
1
, b und .
a
b
Es ist also
p(x) = (x – a )(x –
= (x2 – ( a +
1
1
)(x - b )(x – )
a
b
1
1
)x + 1)(x2 – ( b + )x + 1)
a
b
= (x2 – cx + 1)(x2 – dx + 1)
= (x4 + (– d – c)x3 + (1 + cd + 1)x2 + (–d – c)x + 1,
wobei c = a +
1
1
und d = b +
ist. Natürlich ist |c| ≥ 2 und |d| ≥ 2 (und dies ist auch
a
b
die einzige Bedingung an c und d). Das ergibt
α = –(d + c), β = 2 + cd.
Zu minimieren ist die Summe
da |cd| ≥ 4 ist
α2 + β2 = (c + d)2 + (2 + cd)2 ≥ (2 + cd)2 ≥ (2 – 2*2)2 = (–2)2 = 4.
Dieses Minimum wird erreicht für c = –d und cd = –4, also für c = 2 und d = –2 (oder
umgekehrt). Das entspricht den Nullstellen a =
entsprechende Polynom p(x) = x4 – 2x2 + 1 ist.
1
1
= 1, b =
= –1, wobei das
a
b
Literatur:
-
Materialien von Frau Dr. Grinberg
V. V. Prasolov (2004): Polynomials. Berlin: Springer-Verlag
http://www.mathproject.de/Funktionen/4_5.html
http://de.wikipedia.org/wiki/Polynom
http://www.num.math.uni-goettingen.de/hohage/Numerik1/interpolation.pdf