Wie lässt sich die Aussage über Ableitungen von Polynomen zeigen?

23.05.2023, 12:40

asdf34

Wie lässt sich die Aussage über Ableitungen von Polynomen zeigen?

Meine Frage:
K=(x-d)^n*M und M(d) ungleich 0
wobei K und M ein Polynom aus C[x] sind, d sei ebenfalls eine Zahl im Komplexen C und n sei eine natürliche Zahl
zu zeigen ist, dass bis zur n-1 Ableitung, K(a) = 0 und für die n-te Ableitung K(a) = 0 gilt

Meine Ideen:
Polynom versuchen allgemein abzuleiten als Produkt

23.05.2023, 12:46

asdf34

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RE: Wie lässt sich die Aussage über Ableitungen von Polynomen zeigen?
Korrektur:
zu zeigen ist, dass bis zur n-1 Ableitung, K(d) = 0 und für die n-te Ableitung K(a) ungleich 0 gilt

23.05.2023, 14:56

IfindU

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RE: Wie lässt sich die Aussage über Ableitungen von Polynomen zeigen?
Die Idee ist gut. Es gibt auch eine hübsche Formel für die höheren Ableitung von Produkten: Wiki.

Kommst du damit schon weiter?

23.05.2023, 18:23

asdf34

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RE: Wie lässt sich die Aussage über Ableitungen von Polynomen zeigen?
Danke für die Antwort!
Die Formel ist bisher noch nicht aufgetaucht, d.h. es muss anders gezeigt werden, dass K(d) = 0 und für die n-te Ableitung K(d) ungleich 0 gilt

23.05.2023, 18:49

HAL 9000

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Warum nicht einfach so: Man betrachte von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ die Polynomdarstellung mit "Zentrum" $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ , d.h. wenn wir den Polynomgrad von $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ bezeichnen, wäre das einfach $\begin{eqnarray*} M(x) = \sum_{k=0}^m a_k (x-d)^k \end{eqnarray*}$ , wir wissen laut Voraussetzung außerdem $\begin{eqnarray*} M(d)=a_0\neq 0 \end{eqnarray*}$ .

Nun kann man sehr einfach die ersten $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ Ableitungen des entstehenden Gesamtpolynoms $\begin{eqnarray*} K(x) = \sum_{k=0}^m a_k (x-d)^{k+n} \end{eqnarray*}$ bestimmen...

23.05.2023, 18:56

asdf34

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Wie kommt auf M(x), ist dies eine Annahme bzw. wie kommt man dann damit auf K(x)?
Man sollte eher Produkt- und Kettenregel anwenden

23.05.2023, 19:17

HAL 9000

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Ja klar - jeder wie er denkt, dass es übersichtlicher ist. Augenzwinkern

Aber zumindest noch ein Wort zu der genannten Polynomdarstellung:

Wenn $\begin{eqnarray*} M(x) \end{eqnarray*}$ eine Polynomfunktion $\begin{eqnarray*} m \end{eqnarray*}$ -ten Grades in $\begin{eqnarray*} x \end{eqnarray*}$ ist in der "Standarddarstellung" $\begin{eqnarray*} M(x) = \sum_{k=0}^m b_k x^k \end{eqnarray*}$ , dann ist (wie man durch Ausmultiplizieren verifizieren kann) auch $\begin{eqnarray*} f(t) = M(t+d) = \sum_{k=0}^{m} b_k(t+d)^k \end{eqnarray*}$ eine Polynomfunktion in $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ . Dieses Ausmultiplizieren und dann auch wieder Zusammenfassen möge in der Darstellung $\begin{eqnarray*} f(t) = \sum_{k=0}^{m} a_k t^k \end{eqnarray*}$ münden. Das ganze für Argument $\begin{eqnarray*} t=x-d \end{eqnarray*}$ betrachtet gelangt man tatsächlich zu eben jenem $\begin{eqnarray*} M(x) = f(x-d) = \sum_{k=0}^{m} a_k (x-d)^k \end{eqnarray*}$ .

23.05.2023, 20:47

IfindU

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Schöne Alternative HAL Freude

Ich habe ganz übersehen/ignoriert, dass $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ ein Polynom war. Die Aussage stimmt ja auch für jede (ausreichend oft differenzierbare) Funktion $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ .

@asdf34 Der Beweis der Leibnizformel ist ein Induktionsbeweis, den man auch im ersten Semester führen kann (und normalerweise im Kontext der Binomialformel praktisch sogar führt).

24.05.2023, 11:54

asdf34

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Wie kommt man von b_k auf a_k in M(x)?
Wie kann man das Polynom ableiten, braucht man hier die Kettenregel?

24.05.2023, 12:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von asdf34
Wie kommt man von b_k auf a_k in M(x)?

Das habe ich oben lang und breit erläutert - wie es scheint für die Katz. unglücklich

24.05.2023, 12:16

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Alternativ kannst du wiederholt Polynomdivision mit Rest durchführen $\begin{eqnarray*} M(x)=M_1(x)(x-d)+a_0 \end{eqnarray*}$ , dann $\begin{eqnarray*} M_1(x)=M_2(x)(x-d)+a_1 \end{eqnarray*}$ .
Oder Taylorentwicklung von M um den Punkt d

24.05.2023, 16:57

asdf34

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Danke für die Hilfe
Was wäre die Ableitung des neu entstandenen Polynoms M(x) bzw. wie erkenne ich, dass für die r te Ableitung ungleich 0 gilt?
Für kleiner r vermutlich wegen x-d für x=d =0

24.05.2023, 17:05

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Warum willst du partout M ableiten wo doch die Ableitung von K gesucht ist? verwirrt

25.05.2023, 12:19

asdf34

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Ja ich meine K(x)

25.05.2023, 17:44

HAL 9000

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In der von mir gewählten Darstellung $\begin{eqnarray*} K(x) = \sum_{k=0}^m a_k (x-d)^{k+n} \end{eqnarray*}$ lassen sich die Ableitungen leicht bilden:

$\begin{eqnarray*} K'(x) = \sum_{k=0}^m (k+n)a_k (x-d)^{k+n-1} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} K''(x) = \sum_{k=0}^m (k+n)(k+n-1)a_k (x-d)^{k+n-2} \end{eqnarray*}$
usw., allgemein

$\begin{eqnarray*} K^{(r)}(x) = \sum_{k=0}^m \frac{(k+n)!}{(k+n-r)!} a_k (x-d)^{k+n-r} \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} r=0,\ldots,n \end{eqnarray*}$ .

Für $\begin{eqnarray*} r=0,\ldots,n-1 \end{eqnarray*}$ ergibt das insbesondere $\begin{eqnarray*} K^{(r)}(d) = \sum_{k=0}^m \frac{(k+n)!}{(k+n-r)!} a_k\cdot 0^{k+n-r} = 0 \end{eqnarray*}$ ; und für $\begin{eqnarray*} r=n \end{eqnarray*}$ bekommt man $\begin{eqnarray*} K^{(n)}(d) = n! a_0 \neq 0 \end{eqnarray*}$ .

27.05.2023, 10:20

Leopold

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Man könnte auch induktiv argumentieren. Die Gleichung

$\begin{align*} K(x) = (x-d)^n \cdot M(x) \ \ \text{mit} \ \ M(d) \neq 0 \end{align*}$

bringt zum Ausdruck, daß $\begin{align*} d \end{align*}$ eine Nullstelle von $\begin{align*} K \end{align*}$ der Ordnung $\begin{align*} n \end{align*}$ ist. Man darf $\begin{align*} n \geq 2 \end{align*}$ annehmen. Einmaliges Differenzieren führt auf

$\begin{align*} K'(x) = (x-d)^{n-1} \underbrace{\left( n \, M(x) + (x-d) \cdot M'(x) \right)}_{M^*(x)} \end{align*}$

Wäre $\begin{align*} M^*(d) = 0 \end{align*}$ , so folgte $\begin{align*} 0 = n \, M(d) + (d-d) \cdot M'(d) \end{align*}$ , also $\begin{align*} M(d)=0 \end{align*}$ im Widerspruch zur Voraussetzung. Somit ist $\begin{align*} M^*(d) \neq 0 \end{align*}$ .
Also ist $\begin{align*} d \end{align*}$ eine Nullstelle von $\begin{align*} K' \end{align*}$ der Ordnung $\begin{align*} n-1 \end{align*}$ .

Das führt man so fort: $\begin{align*} d \end{align*}$ ist eine Nullstelle von $\begin{align*} K'' \end{align*}$ der Ordnung $\begin{align*} n-2 \end{align*}$ und eine Nullstelle von $\begin{align*} K''' \end{align*}$ der Ordnung $\begin{align*} n-3 \end{align*}$ und so weiter. Die Ordnung der Ableitung und die Ordnung der Nullstelle ergeben in der Summe stets $\begin{align*} n \end{align*}$ . Zum letzten Mal darf der Schluß durchgeführt werden, wenn die Ordnung der Nullstelle 2 ist. Man gelangt so dazu, daß $\begin{align*} d \end{align*}$ eine Nullstelle von $\begin{align*} K^{(n-1)} \end{align*}$ der Ordnung 1 ist:

$\begin{align*} K^{(n-1)}(x) = (x-d) \cdot \hat{M}(x) \ \ \text{mit} \ \ \hat{M}(d) \neq 0 \end{align*}$

Jetzt noch einmal abgeleitet:

$\begin{align*} K^{(n)}(x) = \hat{M}(x) + (x-d) \cdot \hat{M}'(x) \end{align*}$

Und $\begin{align*} d \end{align*}$ eingesetzt: $\begin{align*} K^{(n)}(d) = \hat{M}(d) + (d-d) \cdot \hat{M}'(x) = \hat{M}(d) \neq 0 \end{align*}$

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