| Autor |
Beitrag |
    
Alex (opiniator)
Neues Mitglied
Benutzername: opiniator
Nummer des Beitrags: 2
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. November, 2002 - 16:31: | 
|
Hi!
Eigentlich ist das Thema ja ganz einfach, aber an einigen Stellen hab ich noch Probleme:
1.) x^4-2x^3+2x-1
Nullstellen durch probieren:
x1=1 ; x2=-1
Problem: Die Zahl ohne x beinhaltet alle Nullstellen in ihren Teilern: bei -1: -1 oder +1
Wenn jetzt aber die "letzte Zahl" zB 12 ist,dann gibt es folgende Teiler: +/-(1,2,3,4,6,12)
Es würde in einer Schulaufgabe aber viel zu viel Zeit kosten um alle Teiler auszuprobieren, von denen nur einer oder zwei passen. Wie kann ich also wissen wieviele Nullstellen durch ausprobieren herauszufinden sind?
Ps: Meistens ist es ja nur eine, aber nicht immer.
3.) Was ist wenn eine Polynomdivision nicht aufgeht, und man so die anderen Nullstellen durch die "mitternachtsformel"(Diskriminante) nicht rausfinden kann?Gibt es dann keine weiteren Nullstellen oder muss man mit dem Rest arbeiten?Wie geht man dann weiter vor, und wie kann man die Anzahl aller Nullstellen von Anfang an wissen?
3.)Ich habe bei der Polynomfunktion
f(x)=x^3+2x^2-x-2
drei Nullstellen herausgefunden:
x1=-2 x2=-1 x3=1
Dann habe ich für x eine Zahl
kleiner -2
zwischen -2 und -1
zwischen -1 und 1
und
größer 1 eingesetzt.
Und je nachdem was für ein Vorzeichen in jedem Bereich vorkommt ist der y-Wert dann + oder - .
Aber wie weiß man dann wo der Höchste bzw niedrigste Punkt eines jeden Abschnittes ist?
Danke im voraus für die vielen Mühen!!!
Euer OP
|
Josef Filipiak (filipiak)
Erfahrenes Mitglied
Benutzername: filipiak
Nummer des Beitrags: 193
Registriert: 10-2001
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 10. November, 2002 - 18:31: |
|
Hallo Alex, Gleichungen dritten und höheren Grades mit dem Koeffizienten 1 des höchsten Gliedes können mit Hilfe des HORNER-Schema gelöst werden, indem man die Teiler des absoluten Gliedes findet. Lösungen im Bereich der rationalen Zahlen werden auf ähnliche Weise gefunden - und zwar sind dies unkürzbare Brüche, deren Zähle ein Teiler des absoluten Gliedes ist und deren Nener ein Teiler des Koeffizientendes gradhöchsten Gliedes ist.
Beispiel:
Die möglichen ganzzahlingen Lösungen der Gleichung
f(x)=x³-4x²+x+6=0
sind die Teiler von 6: ±1,±2,±3 und ±6. Machen wir die Probe für x = 1:
...1.-4..1..6
1)....1.-3.-2
...1.-3.-2..4 x = 1 ist keine Lösung
Machen wir die Probe für x = -1:
...1.-4..1..6
-1)..-1..5.-6
...1.-5..6..0 f(x) = (x+1)(x²-5x+6)
x = -1 ist also eine Lösung der Gleichung. Die übrigen Lösungen erhält man, indem man die Gleichung zweiten Grades x²-5x+6=0 löst; somit hat die Gleichung außer x1 = -1 die weiteren Lösungen x2 = 2 und x3 = 3
Gruß Filipiak |
Alex (opiniator)
Neues Mitglied
Benutzername: opiniator
Nummer des Beitrags: 3
Registriert: 10-2002
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 12. November, 2002 - 15:02: |
|
Herzlichen Dank |
|
