Nullstellen als Teiler des Absolutglieds |
| 31.05.2004, 19:58 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Nullstellen als Teiler des Absolutglieds
Gut, das habe ich auch schon verstanden. Aber was heißt denn eigentlich genau "normiert"?? Und wie kommt man denn eigentlich auf diese Aussage (Gibt es einen Beweis, den ich verstehe?)?? Und dann noch was: Bis jetzt habe ich noch keine Definition von "Teiler" gefunden, die auch ganze Zahlen enthält. In meinem Tafelwerk steht auch nur eine für natürliche Zahlen. 
Danke für die Antworten! |
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| 31.05.2004, 20:02 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
"normiert" heißt, daß der höchste Koeffizient des Polynoms, also der vor x^n (wenn das Polynom den Grad n hat) 1 ist. Normiertheit ist aber für die Anwendung der Teilbarkeitsuntersuchung nicht notwendig. Teilbarkeit in Z wird wie Teilbarkeit in N definiert: a|b sagt man, wenn man b=a·c in ganzen Zahlen a,b,c schreiben kann |
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| 31.05.2004, 20:09 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Warum ist die Normiertheit jetzt auf einmal doch nicht mehr nötig bzw. warum hat Irrlicht das gesagt?? Was ist denn dann überhaupt nötig, vielleicht, dass alle Koeffezienten und das Absolutglied ganze Zahlen sind (habe ich jetzt so verstanden)? |
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| 31.05.2004, 21:41 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wenn das Polynom nur ganzzahlige Koeffizienten hat und zudem noch normiert ist, dann sind etwaige rationale Nullstellen sogar ganz und Teiler des Absolutgliedes. Hast du also alle Teiler des Absolutgliedes in so einem Fall durchgetestet und keiner davon ist Nullstelle, so kann das Polynom dann nur noch irrationale Nullstellen haben. Ist das Polynom nicht normiert, aber hat ganzzahlige Nullstellen, dann können auch rationale Nullstellen als Nullstellen auftreten (siehe 2X-1) Die Normiertheit eines Polynoms über den ganzen Zahlen ist halt nötig, um rationale Nullstellen "auschliessen" zu können. Ganz allgemein ist aber ist eine Nullstelle eines Polynoms mit Koeffizienten in sonstwo ein Teiler des Absolutgliedes. Das "Problem" ist nur die Aussagekraft dieser Teilbarkeit. Die Teilbarkeit in Körpern wie den rationalen Zahlen oder den reellen Zahlen macht nicht wirklich viel Sinn (da ist jeder durch jeden teilbar). In den ganzen Zahlen ist die Teilbarkeit schon viel interessanter und da hilft sie auch sehr bei der Nullstellenfindung (wie gesagt nur im normierten Fall, sonst können die Nullstellen im Körper der rationalen Zahlen liegen und wir können unsere Teilbarkeit wieder nicht ausnutzen). Ich wollt doch niemanden verwirren mit meinen Ausschweifungen! 
Und gleich nochwas dazu: Sei f ein nicht notwendig normiertes Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten. Sei nun p/q eine rationale Nullstelle von f, wobei p und q teilerfremd sind (der Bruch ist vollständig gekürzt). Dann gilt Da q nicht Null ist, können wir mit q^n multiplizieren und erhalten Wir sehen aus dieser Gleichung, dass und . Wegen der Teilerfremdheit von p und q folgt also, dass q ein Teiler von a_n ist und p ein Teiler von a_0 ist. Ist das nicht hübsch? |
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| 31.05.2004, 21:45 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Wenn ein Polynom P nur ganzzahlige Koeffizienten hat (das Absolutglied gehört auch dazu), dann ist jede ganzzahlige Nullstelle von P ein Teiler des Absolutgliedes. Ist P darüberhinaus noch normiert, so hat P nur ganzzahlige oder irrationale Nullstellen. |
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| 31.05.2004, 22:29 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ok, den Grundgedanken habe ich erstmal verstanden.
Kann man denn auch beweisen, dass bei normiertem Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und ganzzahligem absoluten Glied die Nullstellen irrational oder ganzzahlig, aber nicht "rational-unganzzahlig" sind?? Kann man auch beweisen, dass bei einem Polynom mit ganzzahligen Koeffizienten und ganzzahligem absoluten Glied ganzzahlige Nullstellen Teiler des Absolutgliedes sein müssen??
Da verstehe ich folgenden Schritt nicht:
Also ich sehe das nicht so direkt. Kannst mir das nochmal erklären!? Danke!! |
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| 31.05.2004, 22:38 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Beweis: Der eben gegebene Beweis mit a_n = 1. Dann ist q = 1 oder -1 und damit ist jede rationale Nullstelle p/q ganzzahlig.
Beweis: Der eben gegebene Beweis liefert, dass für die rationale Nullstelle p/q der Zaehler p ein Teiler von a_0 sein muss. Ist die Nullstelle ganzzahlig, dann ist q=1 und die Nullstelle selbst (die ja dann p ist) ein Teiler des Absolutgliedes.
Ok, jeder Summand ausser a_n p^n auf der linken Seite hat einen Faktor q. Da ihre Summe = 0, also durch q teilbar, ist, muss auch der letzte Summand a_n p^n durch q teilbar sein. Analog mit p. |
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| 31.05.2004, 22:42 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Beachte, daß p,q teilerfremd sind. Wenn p|cq gilt, folgt dann p|c. ein Beispiel: Die Zahlen 21 und 44 sind teilerfremd (d.h. sie besitzen keine gemeinsamen Primteiler: 21=3·7, 44=2²·11). Jetzt gilt z.B. 21|63·44, also folgt: 21|63 |
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| 31.05.2004, 22:47 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Hab ich immer noch nicht verstanden :P :P. Wessen Summe soll 0 sein?? Die der Summanden außer a_n p^n ?? Das muss nicht unbedingt sein. Also meinst du die ganze linke Seite. Warum folgt daraus, dass die ganze linke Seite durch q teilbar ist bzw. der Summand a_n p^n durch q teilbar ist??
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| 31.05.2004, 22:52 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Die ganze linke Seite ist gleich 0 - nach Voraussetzung, da p/q eine Nullstelle ist. Ist q ein Teiler von a+b, und ein Teiler von a, dann auch ein Teiler von b. Hier ist b der Summand a_n p^n, und a die Summe der anderen (die ja durch q teilbar ist, weil jeder Teilsummand einen Faktor q enthält). |
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| 31.05.2004, 22:54 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ne, Irrlicht. So geht das nicht. In deinem Beweis mit p und q hattest du das Ergebnis, welches du hier beweisen willst bereits als gegeben vorausgesetzt. Ich würde hierfür aber trotzdem noch gerne einen Beweis sehen. Also wenn du Lust und Zeit hast... |
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| 31.05.2004, 22:59 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ne, einen Zirkelschluss hab ich da wirklich nicht drin, WebFritzi. Aber sonst: Sei b eine ganze Nullstelle (das klingt ja) eines Polynoms f = a_n X^n + ... + a_0 mit ganzzahligen Koeffizienten. Dann ist a_0 = - a_n b^n - ... - a_1 b. 
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| 31.05.2004, 23:04 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Zu schade, dass SirJective und Irrlicht nicht gleichzeitig eingeloggt sein können... so hat sie dir zuerst geantwortet. An welcher Stelle in ihrem Beweis hat sie das Ergebnis für ganzzahlige Nullstellen verwendet? Den Beweis hat sie dir gegeben - da oben steht er -, den hätte sie eigentlich nicht nochmal anders geben müssen. |
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| 31.05.2004, 23:04 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
*lol* So einfach, und ich bin nicht drauf gekommen. Genau dieses Argument kann man auch in deinem Beweis ganz oben verwenden. Dann ist auch der Zirkelschluss weg. So meintest du das sicherlich auch... |
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| 31.05.2004, 23:07 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Was meinte sie wie? Wo meinst du, hat sie eine Aussage verwendet, die sie erst hinterher - per Zirkelschluss - beweist?! |
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| 31.05.2004, 23:11 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ok, das habe ich jetzt auch verstanden. (Den Beweis hab ich jetzt auch mal schnell gemacht.) Aber da stört mich noch was:
Können wir einfach sagen, dass die linke Seite durch q teilbar ist, nur weil sie 0 ergibt und 0 durch q teilbar ist?? Noch ne Frage:
Wenn , warum folgt dann wegen der Teilerfremdheit, dass p ein Teiler von a_0 sein muss??
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| 31.05.2004, 23:19 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ja. Und 0 ist durch q teilbar, weil 0*q = 0 ist.
p ist teilerfremd zu q, d.h. p und q haben keinen gemeinsamen Teiler. Also haben auch p und q^n keinen gemeinsamen Teiler. Und nun gilt allgemein: Ist a teilerfremd zu b und ist a ein Teiler von b*c, dann ist a ein Teiler von c. Ich muss nur noch überlegen, wie man das beweist...
Ich sehe gerade, dass Leopold das ganz klein zwischendurch schonmal gesagt hat:
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| 31.05.2004, 23:36 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ok, aber ein Beweis wär nicht schlecht
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| 31.05.2004, 23:42 | Leopold | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Primfaktorzerlegungen betrachten! |
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| 31.05.2004, 23:45 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
OK, für ganze Zahlen (und beliebige euklidische Ringe) haben wir einen Beweis: EDIT: Alle Zahlen in diesem Beitrag sind als ganzzahlig vorausgesetzt. Wenn ich hier Zahl schreibe, meine ich ganze Zahl. Seien a und b teilerfremd. Dann existieren Zahlen m und n mit a*m + b*n = 1 (das kann man mit dem erweiteren Euklidischen Algorithmus beweisen). Sei nun a ein Teiler von b*c. Dann existiert eine Zahl k mit a*k = b*c. Wir multiplizieren mit n: n*a*k = n*b*c = (1 - a*m)*c = c - a*m*c. Umstellen liefert: c = n*a*k + a*m*c = a*(n*k + m*c). Damit ist a ein Teiler von c. q.e.d. |
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| 01.06.2004, 00:06 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Sehr schön :], aber ich glaube, ich bin heute irgendwie nich so gut drauf, denn ich versteh schon wieder was nicht: Warum ist ?? Und noch was: Ich weiß ja nicht, was der Euklidische Algorithmus ist, aber ist das hier nicht ein Beweis: ?? Bzw. gilt das nicht auch für nichtteilerfremde a und b??
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| 01.06.2004, 08:36 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
SirJective hat ein Wort nicht geschrieben im obigen Beweis, nämlich das Wort "ganz" (weil es in beliebigen euklidischen Ringen gilt, z.B. auch im Polynomring über den reellen Zahlen, da wäre dann jedes Polynom eine "Zahl"). Genau dann sind 2 ganze Zahlen a und b teilerfremd, wenn es ganze Zahlen n und m gibt, so dass an + bm = 1 ist. Beweisskizze: Die eine Richtung ist klar: Gilt an + bm = 1, so müssen a und b teilerfremd sein. Denn wären sie es nicht, wäre ein gemeinsamer Primteiler p wegen an + bm = 1 ein Teiler der 1, Widerspruch. Die andere Richtung arbeitet mit dem erweiterten euklidischen Algorithmus. Man kann den ggT zweier ganzer Zahlen nämlich mit dem euklidischen Algorithmus ausrechnen und durch Einsetzen der dabei entstehenden Gleichungen ineinander bekommt man die Darstellung an + bm = 1. Dabei sind n und m dann ganze Zahlen. Soll ich das noch näher ausführen, wie der e.e.Alg. das macht oder reichts zu wissen, dass der e.e.Alg. das tut? Und damit ist auch deine Frage beantwortet, warum an + bm dann ganze Zahlen sein müssen. 
Und zuguterletzt wiederhole ich nochmal, dass ich in meinem ersten Beweis in diesem Thread keinen Zirkelschluss habe. Wer es mit nicht glaubt (@WebFritzi
), der lese sich bitte nochmal ganz in Ruhe den Beweis durch und an eventuellen Stellen erkläre ich gern, warum was wie folgt.Nachtrag: SirJective sagt, ALLE Zahlen in seinem Beitrag sind ganze Zahlen (oder Elemente eines beliebigen euklidischen Rings). Er hoffte, dass das durch den Vor-Satz " OK, für ganze Zahlen (und beliebige euklidische Ringe) haben wir einen Beweis" klar wird. Die Verwirrung tut ihm leid. |
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| 01.06.2004, 10:24 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ich habe bereits in diesem Thread erwähnt, dass ich jetzt alles verstanden habe. |
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| 01.06.2004, 14:03 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Warum ist das in der Klammer jetzt eine ganze Zahl?? Da steht doch das c, was man ja erst als ganzzahlig beweisen will drin. Also muss doch m*c nicht unbedingt ganzzahlig sein.
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| 01.06.2004, 14:04 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das hast du bisher nicht getan.
Das lese ich nicht so, als hättest du Irrlichts Beweis (Gestern, 21:41) verstanden. 
Ich lese da raus, dass du dir irgendeinen anderen Beweis gebastelt hast, der das obenstehende Argument verwendet. Das hat Irrlicht aber in ihrem Beweis nicht getan. Deshalb frage ich nochmal: Hat Irrlicht in ihrem Beitrag von Gestern, 21:41 einen Zirkelschluss drin? Wenn ja, wo? 
@MSS: Es sind in unserem Fall alle Zahlen a,b,c,m,n,k etc. ganzzahlig. Es treten dort keine nichtganzen Zahlen auf. Gruss, SirJective |
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| 01.06.2004, 15:43 | Ben Sisko | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ist IMHO Algebra. Verschoben |
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| 02.06.2004, 14:50 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Also, was hast du denn jetzt dahingeschrieben? Das gilt doch für jede Nullstelle, egal ob ganzzahlig oder nicht oder? Und wo hilft das, den Zirkelschluss zu beseitigen bzw. was ist eigentlich der Zirkelschluss gewesen? |
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| 02.06.2004, 15:06 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Du hast Recht mit allem was du geschrieben hast, MSS. Die Teilbarkeit ist immer gegeben (weil ja alles reelle Zahlen sind), aber du musst eines bedenken: Teilbarkeit haengt von der Grundstruktur (Koerper, Ring) ab, die du betrachtest: Ein Element x aus einem Koerper/Ring heisst ein Teiler von y, wenn es ein a aus dem Koerper/Ring gibt mit a*x = y. Daher ist die Teilbarkeit des Absolutgliedes durch die Nullstelle nur aussagekraeftig, wenn das Absolutglied und die Nullstelle ganz sind. (Denn dann koennen nur ganze Zahlen als Teiler auftreten.) Fuer rationale Nullstellen kann man deshalb noch Interessantes ableiten, weil ja eine rationale Zahl ein Bruch von 2 ganzen Zahlen ist und man deshalb auf die Teilbarkeit in den ganzen Zahlen zurueckgehen kann. Ist die Nullstelle "nur" eine reelle Zahl oder gar eine komplexe Zahl, laesst sich da leider nicht viel Aussage treffen ueber die Teilbarkeit des Absolutgliedes, denn jedes Koerperelement teilt ein anderes Koerperelement (in jedem Fall). Ich hoffe, nun ist dir die ganze Sache etwas klarer.
Mit Zirkelschluss bezeichnet man z.B. 2 Saetze, deren Beweise sich direkt aufeinander beziehen: Mit A beweisen wir B. Mit B beweisen wir A. Solange man nicht A oder B auch anderweitig ohne A bzw. B als Voraussetzung beweisen kann, sind solche Schlussfolgerungen sinnlos. Ich hatte in keinen meiner Beweise einen Zirkelschluss. WebFritzi hat das zwar behauptet und erklaert, dass ich durch den kleinen Einschub meinen Beweis gerettet haette, aber da mein Beweis an keiner Stelle einen Zirkelschluss enthielt, benoetigt er keine Rettung. Er ist immer noch so gueltig wie er da in dem ersten Post von mir steht. |
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| 02.06.2004, 15:47 | Mathespezialschüler | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Ok, den Zirkelschluss, den WebFritzi vermutet hat, habe ich glaube ich auch erkannt, also ich meine, ich weiß, was er meinte, aber mir ist klar, dass das kein Zirkelschluss ist. So, das andere, da wollte ich eigentlich nur sagen, wenn alle Koeffizienten ganzzahlig sind, dass das auch dann für reelle Zahlen gilt, aber besonders natürlich auch für rationale Zahlen, und das hast du ja dann auch gesagt mit der Zurückführung auf Teilbarkeit für ganze Zahlen. Nur weiß ich jetzt nicht genau, warum WebFritzi das als Rettung bescheinigt!? Übrigens, Körper und Ringe und sowas kenne ich noch nicht. Das ist doch irgendwas, um die Mathematik aufzuteilen oder?? Ich hab das auch schonmal im Zusammenhang mit Topologie gehört. Kann das sein? |
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| 02.06.2004, 16:23 | WebFritzi | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Dann musst du lernen, zwischen den Zeilen zu lesen. Um das nochmal klarzustellen: Irrlicht hat hier nirgendwo einen Zirkelschluss gebaut. Alles ist OK. Ich war nur ein wenig zu dämlich. |
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| 02.06.2004, 16:27 | Irrlicht | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Das mit dem "Zwischen-den-Zeilen-Lesen" ist manchmal schwierig, wenn nirgends auch nur angedeutet wird, dass du nun keinen Zirkelschluss mehr siehst in meinem Beweis. Ich habe dich naemlich so verstanden, dass du erst durch meinen Nachtrag den Zirkelschluss hast "aufheben" koennen. SirJective auch. Deshalb war mir bis jetzt nicht bewusst, dass du jetzt alles verstanden hast. Sorry fuers Missverstaendnis. Aber ich verteidige meine Beweise, wenn ich sie fuer richtig halte genauso energisch wie du deine.
(Und SirJective auch. 
)Samma wieder gut? |
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| 02.06.2004, 16:46 | SirJective | Auf diesen Beitrag antworten » | ||||||
Oder du musst lernen, in den Zeilen zu schreiben. Zwischen den Zeilen ist naemlich auf meinem Bildschirm kein Platz zum Lesen. Schreib direkt, was du meinst, und du wirst direkt verstanden. Bis eben hab ich deine Aussagen:
so aufgefasst, wie ich es bisher beschrieben habe. Soll ich dich nun so verstehen, dass du dich beim Lesen von Irrlichts Beweis verlesen oder verdacht hast, und einen Zirkelschluss gesehen hast, den du mit Irrlichts zweitem Argument beheben konntest? Dann erklaer mir bitte, wo zwischen den Zeilen das steht! Aber gut, Irrlichts Beweis ist gerettet, und diese Nebendiskussion fast vorbei. Gruss, SirJective |
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