Nullstellen finden

17.12.2014, 04:40

Herbay

Nullstellen finden

$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i}=0 \end{eqnarray*}$
dabei gilt a1<a2...<an von (R)

Man soll zeigen, dass es genau n-1 Nullstellen gibt!

Idee wäre Induktion mit ZWS zuverbinden, aber das haut nicht hin unglücklich

Edit von Guppi12: Latex korrigiert

17.12.2014, 05:39

Herbay

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Behauptung f(x) hat n-1 Nullstellen
für n=1 trivial $\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i} \end{eqnarray*}$

wir schließen von n auf n+1
o.B.A a1>0
dazu $\begin{eqnarray*} g:=f(x)+\frac{1}{x-a_{n+1}} \end{eqnarray*}$ nach Voraussetzung gibt es n-1 nullstellen und g ist stetig, $\begin{eqnarray*} \varepsilon_1......,\varepsilon _{n-1} \end{eqnarray*}$ sodass $\begin{eqnarray*} f(\varepsilon)=0 \end{eqnarray*}$
dabei haben wir Nullstellen nach aufsteigender Größe sortiert!
$\begin{eqnarray*} \varepsilon_1<......,<\varepsilon _{n-1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g(\varepsilon_1)=f(\varepsilon_1)+\frac{1}{\varepsilon_1-a_{n+1}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g(\varepsilon_1)=0+\frac{1}{\varepsilon_1-a_{n+1}} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} g(\varepsilon_2)=0+\frac{1}{\varepsilon_2-a_{n+1}} \end{eqnarray*}$

-> $\begin{eqnarray*} g(\varepsilon_2)>g(\varepsilon_1) \end{eqnarray*}$

Nach ZWS existert g(c)= u

und wie ich sehe bringt das nix .... Big Laugh

17.12.2014, 10:15

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Du könntest - ganz ohne Induktion - zeigen, dass f in jedem offenen Intervall $\begin{eqnarray*} (a_{i-1},a_i) \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle hat.

17.12.2014, 14:08

Herbay

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$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i}=2x-a_1-a_2+\sum_{i=3}^{n}\frac{(x-a_1)(x-a_2)}{x-a_i}=0 \end{eqnarray*}$

k.a wie ich den ZWS hier benutzen kann unglücklich

um zuzeigen dass es eine nullstelle in (a_1,a_2) liegt

17.12.2014, 17:54

Herbay

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betrachte man das geschlosse Intervall [a_i+1/n, a_(i) -1/n]

bsp für [a_1+1/n, a_(2) -1/n]

setzt man hier x= a_1+1/n ein
$\begin{eqnarray*} f(x)\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} n+ \sum_{i=2}^{n}\frac{1}{ a_1+1/n -a_i} \end{eqnarray*}$

für n-> unendlich geht der wert gegen unendlich

analog für x= a_2-1/n

und das geht gegen - unendlich

->wegen ZWS gibt es daher ein c sodass f(c) eine Nullstelle in [a_1+1/n, a_(2) -1/n]
c ist auch die einzige nullstelle, da f monton fallend ist.

17.12.2014, 19:39

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Wobei du das geschlossene Intervall gar nicht brauchst, die Grenzwertbetrachtungen für $\begin{eqnarray*} x\searrow a_{i-1} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x\nearrow a_{i} \end{eqnarray*}$ reichen aus.
Fehlt nur noch die Begründung, dass keine Nullstelle kleiner als a_1 oder größer a_n sein kann.

17.12.2014, 20:20

Herbay

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$\begin{eqnarray*} f(x)=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i} \end{eqnarray*}$
ist für x>an stets positiv
und für x<a1 stets negativ

keine nullstelle außerhalb a1, an

17.12.2014, 20:35

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Und fertig! smile

06.01.2015, 07:41

Tim0

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Zitat:

Original von Herbay

->wegen ZWS gibt es daher ein c sodass f(c) eine Nullstelle in [a_1+1/n, a_(2) -1/n]
c ist auch die einzige nullstelle, da f monton fallend ist.

wie hast du bewiesen, dass f monotn fallend ist im ausgewählten Intervall? verwirrt

06.01.2015, 09:23

HAL 9000

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Das geht sehr einfach z.B. über die Ableitung: Es ist $\begin{align*} f'(x) = -\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{(x-a_i)^2} < 0 \end{align*}$ für alle $\begin{align*} x \end{align*}$ des Definitionsbereichs von $\begin{align*} f \end{align*}$ .

06.01.2015, 10:15

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Wobei man auch ohne Monotonie argumentieren kann: Man hat bereits via Zwischenwertsatz und Grenzwertbetrachtungen für $\begin{eqnarray*} x\searrow a_{i-1} \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} x\nearrow a_{i} \end{eqnarray*}$ gezeigt, dass jedes der n-1 Intervalle $\begin{eqnarray*} (a_{i-1},a_i), i=2,\ldots,n , \end{eqnarray*}$ mindestens eine Nullstelle enthält. Schreibt man f auf einen Bruch, steht im Zähler ein Polynom vom Grad höchstens n-1.

06.01.2015, 11:15

HAL 9000

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Off-topic

Eine ganz nette Aufgabe im Zusammenhang mit den Nullstellen derartiger Funktionen $\begin{align*} f(x)=\sum_{i=1}^n \frac{b_i}{x-a_i}+C \end{align*}$ ist die IMO 1988/4 (Download hier). Augenzwinkern

06.01.2015, 21:41

Tim0

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Ableitung leider noch nicht behandelt

@URL
$\begin{eqnarray*} \sum_{i=1}^{n}\frac{1}{x-a_i}=0 \end{eqnarray*}$ <- multipliziere mit (x-a_i) (von i=1 bis n)

dann hat man einen Polynom von Grad n-1

->n-1 maximale nullstelle
mit ZWS folgt genau n-1 nullstellen?

06.01.2015, 21:58

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Zitat:

->n-1 maximale nullstelle

Wieso sollte n-1 überhaupt eine Nullstelle sein?

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