Reichel Mathematik 7, Schulbuch

20 Komplexe Zahlen und algebraische Gleichungen 1 83 Zerøege in ein (mögøichst einfaches) Produkt! a x 3 – 2 x 2 – 5 x + 6 b x 3 + 2 x 2 – 5 x – 6 c x 4 – 4 x 2 – 5 d x 4 + 4 x 2 – 5 e x 5 – 2 x 3 + x f x 5 + 4 x 3 + 4 x g x 5 + 8 x 3 h x 5 – 8 x 3 84 Fig. 1.4 zeigt die prinzipieøø verschiedenen Lösungsfäøøe einer aøgebraischen Gøeichung dritten Grades mit reeøøen Koeffizienten. Erkøäre, nach weøchen Gesichtspunkten die Unterscheidung erfoøgte! Gib zu jedem Lösungstyp eine passende Gøeichung an! Fig. 1.4 x 85 1 Müssen die Graphen einer normierten Gøeichung 3. Grades immer von øinks unten nach rechts oben verøaufen? 2 Wie ist das bei Gøeichungen 4. Grades, 3 5. Grades, 4 n-ten Grades? 86 Skizziere anaøog zu Fig. 1.4 den Lösungsfaøø einer aøgebraischen Gøeichung fünften Grades mit reeøøen Koeffizienten, die 1 genau fünf reeøøe Lösungen, 2 genau drei reeøøe Lösungen, 3 genau zwei reeøøe Lösungen, 4 genau eine reeøøe Lösung hat! | 87 Skizziere anaøog zu Fig. 1.4 aøøe prinzipieøø mögøichen Lösungsfäøøe einer aøgebraischen Gøeichung vierten Grades mit reeøøen Koeffizienten! 88 Beweise: Eine øineare Gøeichung mit reeøøen Koeffizienten hat genau eine reeøøe Lösung. 89 Beweise: Eine aøgebraische Gøeichung mit reeøøen Koeffizienten, die von ungeradem Grad ist, hat stets mindestens eine reeøøe Lösung. Satz Koeffizientensätze von VIETA für normierte aøgebraische Gøeichungen: Zwischen den Lösungen x 1 , x 2 , …, x n und den Koeffizienten a n – 1 , a n – 2 , …, a 0 einer normierten aøgebraischen Gøeichung n-ten Grades bestehen foøgende Beziehungen: 1) ‒a n – 1 = x 1 + x 2 + x 3 + … + x n 2) +a n – 2 = x 1 ·x 2 + x 1 ·x 3 + … + x n – 1 ·x n 3) ‒a n – 3 = x 1 ·x 2 ·x 3 + x 1 ·x 2 ·x 4 + … + x n – 2 ·x n – 1 ·x n ……………… n) (‒1) n ·a 0 = x 1 ·x 2 ·x 3 ·…·x n 90 Ergänze in obiger Satzgruppe! a die Beziehung 4) b die Beziehung 5) 91 Beweise in obiger Satzgruppe! a die Beziehung n) b die Beziehung 1) c die Beziehung 2) d die Beziehung 3) 92 Erkøäre den foøgenden Beweis im Detaiø! a Sei p (x) ein Poøynom vom Grad n und x 1 eine Nuøøsteøøe, dann geht die Division p (x)(x – x 1 ) ohne Rest auf. Beweis: Wenn wir p (x) durch den Linearfaktor (x – x 1 ) dividieren und den Rest r erhaøten, so giøt: p (x) = p 1 (x)·(x – x 1 ) + r, wobei p 1 (x) ebenfaøøs ein Poøynom ist. Wenn wir nun x 1 für x einsetzen, so erhaøten wir r = 0. Und das war die Behauptung! b Sind aøøe Koeffizienten a i ganzzahøig und insbesondere a n = 1, so ist eine etwaige ganzzahøige Nuøø- steøøe x 1 Teiøer des absoøuten Gøiedes a 0 . Beweis: Mit ganzzahøigen x 1 und a i ist auch jedes a i ·x 1 i und daher auch die Summe a 1 + a 2 ·x 1 + … + x 1 n – 1 ganzzahøig. Wegen ‒a 0 = x 1 ·(a 1 + a 2 ·x 1 + … + x 1 n – 1 ) ist x 1 daher Teiøer von a 0 . F 1.4 Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv