Arten der Zerlegung von Polynomen

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13.06.2005, 18:43	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
Arten der Zerlegung von Polynomen Hi! Hier ist noch eine Aufgabe, bei der ich nich mehr wirklich weiter weiß: "Ein Polynom vom Grad 2n in der Variablen x hat 2n verschiedene reelle Nullstelen. Auf wie viele Arten kann dieses Polynom in Faktoren vom Grad 2 zerlegt werden? (Die Reihenfolge der Faktoren ist nicht zu berücksichtigen)" Also ich hab schon mal ausgerechnet, dass für n = 1,...,7 jeweils 1,2,3,5,7,10,15 Zerlegungen gibt, aber von der Stelle an weiß ich net mehr weiter THX für eure Hilfe
13.06.2005, 19:05	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Also ich krieg für n=1,...,7 eher 1, 3, 15, 105, 945, 10395, 135135 heraus.
13.06.2005, 19:15	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
echt? wie kommst du auf so hohe Zahlen? Vielleicht hab ich ja die Aufgabe falsch verstanden, aber bedeutet "zweiten Grades" nicht, dass nur alle x^(2k) gezählt werden dürfen? Mit der Annahme bin ich durch probieren darauf gekommen
13.06.2005, 19:24	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Das Polynom hat die Linearfaktorzerlegung $\begin{eqnarray} P(x)=(x-x_1)(x-x_2)\cdot\ldots\cdot(x-x_{2n}) \end{eqnarray}$ mit den 2n paarweise verschiedenen reellen Nullstellen $\begin{eqnarray} x_1,\ldots,x_{2n} \end{eqnarray}$ . Ich habe die Aufgabe jetzt so verstanden, dass diese 2n Linearfaktoren immer paarweise, also insgesamt zu n Paaren, zusammengefasst werden sollen. Je zwei zusammengefasst ergibt ausmultipliziert ein quadratisches Polynom. Und gesucht ist die Anzahl solcher Produktzerlegungen von P in n quadratische Polynome, wobei die Reihenfolge der quadratischen Polynome innerhalb des Produktes keine Rolle spielen soll. Wie hast du denn die Aufgabe aufgefasst?
13.06.2005, 19:37	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
Hmmmm, also auf jeden Fall merke ich grade, dass ich absoluten Stuss gerechnet habe - nicht mehr erwähnenswert. Aber so wie du das jetzt zerlegt hast, sind da doch nur einfache Polynome und keine quadratischen drin, oder versteh ich da wieder was falsch?
13.06.2005, 19:41	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Die Linearfaktorzerlegung ist ja auch nur die Grundlage für das weitere Vorgehen, was ich im folgenden dann verbal beschrieben hatte. Und aus dieser verbalen Beschreibung ist dann mit etwas Kombinatorik die Anzahl der Produktzerlegungen in quadratische Polynome berechenbar.
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13.06.2005, 19:54	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
ach sooo kann man dann also sagen, dass die Lösung die Anzahl der Kombinationen ist, die man erreicht, wenn man $\begin{eqnarray} (x - x_1), (x - x_2), ..., (x - x_2n) \end{eqnarray}$ paarweise miteinander multipliziert?
13.06.2005, 19:55	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Ich will es mal am Beispiel n=2 demonstrieren. Jeweils in den eckigen Klammern steht ein quadratisches Polynom der Zerlegung: $\begin{eqnarray} P(x)=[(x-x_1)(x-x_2)]\cdot[(x-x_3)(x-x_4)] \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(x)=[(x-x_1)(x-x_3)]\cdot[(x-x_2)(x-x_4)] \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} P(x)=[(x-x_1)(x-x_4)]\cdot[(x-x_2)(x-x_3)] \end{eqnarray}$ Macht drei mögliche Zerlegungen - mehr gibt es nicht. Die 15 Zerlegungen für n=3 könnte ich dir zur Not auch noch aufschreiben, für die 105 Zerlegungen bei n=4 wird's hier bereits zu eng.
13.06.2005, 20:38	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
ahh ok, also die Zerlegung hab ich solweit glaub ich nun verstanden, ist eigentlich ganz logisch - sofern man die Aufgabe verstanden hat ^^ jetzt hab ich mir mal die Folge angesehen die du aufgeschrieben hast und hab mal versucht, mir dazu eine Vorschrift zu überlegen. Könnte $\begin{eqnarray} \prod_{i=1}^{2n}~(2i-1) \end{eqnarray}$ denn hinhauen?
13.06.2005, 20:47	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Na eher $\begin{eqnarray} \prod\limits_{i=1}^{n}~(2i-1)=\frac{(2n)!}{2^nn!} \end{eqnarray}$ . Und die rechte Darstellung gibt auch gleich einen Hinweis, wie man diese Anzahl begründen kann.
13.06.2005, 21:11	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
ok, aber da stellt sich mir noch eine Frage: die rechte Seite der Formel würde je bedeuten $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^n} P(2n,n) \end{eqnarray}$ Aber bedeutet $\begin{eqnarray} P(n,r) \end{eqnarray}$ nicht soviel wie "Die Elemente einfach und die Reihenfolge wird berücksichtigt? (zumindest laut Vorlesung) Aber in der Aufgabe steht doch, dass die Reihenfolge nicht berücksichtigt wird
13.06.2005, 21:44	AD	Auf diesen Beitrag antworten »
Es gibt sicher mehrere Möglichkeiten der Begründung der Anzahl $\begin{eqnarray} \frac{(2n)!}{2^nn!} \end{eqnarray}$ , aber deine Mutmaßungen des Zustandekommens dieser Formel sind wenig zielführend, sondern blanke Raterei. Eine Möglichkeit der Begründung: Es gibt (2n)! Permutationen für die Anordnung der (2n) Linearfaktoren im Produkt. Jetzt werden je zwei aufeinanderfolgende zu quadratischen Polynomen zusammengefasst. Da die Reihenfolge der zwei Linearfaktoren innerhalb dieses quadratischen Polynoms belanglos ist, reduziert sich die Anzahl um den Faktor 2. Das passiert bei der Bildung jedes der n quadratischen Polynome, also ergibt sich Reduktionsfaktor 2^n. Schließlich kann man noch die n quadratischen Polynome untereinander permutieren, was den weiteren Reduktionsfaktor n! ergibt.
13.06.2005, 22:33	voyager75000	Auf diesen Beitrag antworten »
ach so, also erklärt sich meine Frage durch das $\begin{eqnarray} \frac{1}{2^n} \end{eqnarray}$ alles klar, dann danke für deine Hilfe und vor allem für deine Geduld

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