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Beitrag |
    
Kay Schönberger (Kay_S)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 01. Januar, 2002 - 21:53: | 
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Hallo,
Ist es eigentlich möglich, jedes beliebige Polynom 4. Grades als Produkt zweier Polynome 2. Grades zu schreiben (in reellen Koeffizienten)? (Im Grunde sind nur die Polynome ohne Nullstelle interessant.)
Ich meine ja, kann es aber nicht beweisen. Speziell suche ich eine Faktorisierung für x4+x3+1
Gibt es Literatur zu diesem Problem?
Kay S. |
SpockGeiger (Spockgeiger)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Januar, 2002 - 07:12: |
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Hi Kay
Es ist möglich, denn im komplexen hat jedes Polynom eine Nullstelle. Zu einer komplexen Nullstelle ist die konjugierte aber auch Nullstelle. Wenn man die beiden zugeordneten linearen Polynome miteinander Multipliziert, kommt ein relles raus.
viele Grüße
SpockGeiger |
Beach
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 02. Januar, 2002 - 15:21: |
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Hallo, wie sieht denn die Faktorisierung von
x4+x³+1 als Produkt zweier Polynome 2. Grades mit reellen Koeffizienten aus? |
Zaph (Zaph)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 12:24: |
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Bestimme die vier komplexen Lösungen und gehe dann wie Spockgeiger vor. "Schöne" quadratische Polynome wirst du nicht erhalten. |
N.
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 14:06: |
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Hallo Leute,
ich könnte folgende Faktorisierung vorschlagen:
x^4+x^3+1=
(1/4)*[(2x^2-2,075651177x+1,427278348)*(2x^2+4,075651177x+2,802536734)]
Dafür das dies alles nur errechnete Näherungsweerte sind finde ich das Ergebnis beim ausmultiplizieren ziemlich glatt.
Noch Fragen Herrschaften?
Soll ich noch die Rechnung reinstellen oder reicht das Ergebnis?
Gruß N. |
Beach
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 15:52: |
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Danke, das reicht. Ich konnte mir erst nur nicht vorstellen, was mit den "beiden zugeordneten linearen Polynome"n gemeint war.
Ich habe erwartet, dass es zwei quadratische Polynome sein müssen.
(x^2-1.037826*x+0.71364)*(x^2+2.03783*x+1.40127) |
Orion (Orion)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 15:59: |
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Hallo :
Wer Lust auf algebraische Spielchen hat, kann
folgendes probieren :
Ansatz :
x^4+x^3+1 = (x^2 + px + q)(x^2 + (1-p)x + 1/q)
Koeffizientenvergleich und Elimination von p
ergibt fŸr q die Gleichung 6. Grades
q^6 - q^4 - q^3 - q^2 + 1 = 0
Diese ist symmetrisch, d.h. man kann den Grad
halbieren mittels der Substitution
z :=q + 1/q
und erhaelt
z^3 - 4z - 1 = 0.
Have fun
Orion |
N.
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. Januar, 2002 - 16:44: |
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Hi orion,
nur zur info:
Was du da umständlich durch substitutionen gherausbekommen hast entspricht der "kubischen Resolvente" der Gleichung x^4+x^3+1
versuch doch mal folgendes:
4x^2+4x^3=-4
Ansatz:
(Fx^2+Gx+H)^2=F^2x^4+2FGx^3+(G^2+2FH)x^2+2GHx+H^2
Koeffizientenvergleich:
=>F=2 und G=1
==>
(2x^2+x+H)^2=(1+4H)x^2+2Hx+(H^2-4)
==>
4H^2=4*(1+4H)*(H^2-4)
H^2=(1+4H)*(H^2-4)
H^2=H^2-4+4H^3-16H
4H^3-16H-4=0
H^3-4H-1=0
OOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO
....Wunder Ich hoffe die Bedeutung der in H(bzw bei dir in Z) kubischen Gleichung ist deutlich geworden.
Der für die weitere Rechnung relevante wert ist übrigens
H=2,114907541
Gruß N. |
Orion (Orion)
| | Veröffentlicht am Freitag, den 04. Januar, 2002 - 08:20: |
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Hallo N.:
Danke für die Info.
Nichts gegen die kubische Resolvente. Allerdings,wer kennt sie schon ? Ich gebe zu, dass ich dafŸr erst wieder im van der Waerden nachsehen mŸsste. Da greife ich lieber gleich
zu Papier und Bleistift. Meine Devise ist,
elementare Aufgaben wenn moeglich mit
elementaren Mitteln direkt anzugehen.
mfg
Orion |
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