f(x) = x^3+x^2+cx+d, was muss für c und d gelten bei Nullstellen?

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3 Antworten

   Ich geh mal aus von den von mir entwickelten ===> Alfonsinischen Formrln ( AF ) genauer: Alfonsinischen pq-Formeln. Das ist ein Witzwort; es ist so gut wie amtlich, dass ===> Michael Ende seinen Millionenseller " Jim Knopf " fürmich geschrieben hat, da war ich grade mal Neun ( Mein Kronzeuge hat das behauptet; gar nicht mal ich selber. ) Und da erkor ich eben König Alfons 3/4 XII zum Namenspaten.

   Die Idee ist ähnlich geniös wie das Ei des Kolumbus; geht mal aus von der quadratischen Gleichung

     x  ²  -  p  x  +  q  =  0     (  1a  )

    Vieta das geschmähte Stiefkind; der Vieta von ( 1a ) lautet

    p  =  x1  +  x2     (  1b  )

   q  =  x1  x2    (  1c  )

   Auch für kubistische Gleichungen gibt es einen Vieta; er ist nur nicht so popolär.

    x  ³  +  a2  x  ²  +  a1  x  +  a0  =  0     (  2a  )

    a2  =  -  (  x1  +  x2  +  x3  )     (  2b  )

   a0  =  -  x1  x2  x3     (  2c  )

  Jetzt lege ich den Rückwärtsgang ein; setze mal für p ( 1b ) ein in ( 2b ) Klar, wie ich das meine?

   a2  =  -  (  p  +  x3  )     (  3a  )   AF1

    a0  =  -  q  x3    (  3b  )    AF2

     Wer kam nur auf das verostete, quietschende Räderwerk der Polynomdivision? x3 rätst du; und p und q erweisen sich als zwei Unbekannte - gewiss hast du schon schwerere LGS geknackt ... In unserem Fall ist x3 = 1

    a2  =  -  (  p  +  1  )  =  1  ===>  p  =  (  -  2  )      (  4a  )

    a0  =  -  q  =  d  ===>  q  =  -  d     (  4b  )

   x  ²  +  2  x  -  d  =  0    (  4c  )

   Hier das geht ja sofort mit quadratischer Ergänzung. Für d < ( - 1 ) sind reelle Lösungen nicht möglich; im Grenzfall d = ( - 1 ) ergibt sich die Doppelwurzzel x1;2 = ( - 1 )

   Aber Vorsicht; es ist bei Leibe nicht so einfach, dass sich für alle übrigen d drei getrennte Wurzeln ergeben. Du musst ja Acht passen, dass x3 = 1 doppelt werden könnte. Wenn also x1 = 1 sein könnte, dann erledigen wir den Rest wieder mittels Vieta Wegen ( 4ab )

   p  =    x2  +  1  =  (  -  2  )  ===>  x2  =  (  -  3  )     (  5a  )

   q  =  x1  x2  =  (  -  3  )  =  -  d  ===>  d  =  3    (  5b  )

   Hier ich werde ja nicht müde zu predigen, dass sich die AF gegenüber Polynomdivision als echt überlegen erweisen. Der Koeffizient c geht ja gar nicht ein in die AF ; was wir somit gefunden haben, sind Äquivalenzen. GENAU dann, wenn d die und die Bedingung erfüllt, gilt das und das. Woran liegt das? Schreiben wir doch mal den Vieta von a1 an:

    a1  =  (  x1  +  x2  )  x3  +  x1  x2  =   (  6a  )

          =  x1  +  x2  +  x1  x2   =   (  6b  )

         =  p  +  q  =  -  (  d  +  2  )  =  c    (  6c  )

    Der Zusammenhang zwischen c und d entpuppt sich als trivial.

   Sieh's doch so. a2 ist konstant. Wenn du jetzt zusätzlich noch x3 fest hältst, bezahlst du das mit einer funktionalen Abhängigkeit zwischen a0 und a1 .

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da 1 eine Nullst. ist gilt

0=1+1+c+d →d = -2-c

mit (x-1) jetzt polynomdivision oder Horner Schema und mit der Lösung

dann pq-Formel

x²+2x+c+2=0

x2,3 = -1 ± wurzel(1-c-2)  jetzt Ausdruck unter der Wurzel(Diskriminante=D)

untersuchen.

keine Nullst. kommt nicht infrage weil x=1 eine Ns ist

eine, wenn D<0 also c>-1 und

zwei wenn D=0 also c=-1 und d=-1

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Vegetah 05.11.2016, 18:06

Ok vielen dank, an den ersten Schritt habe ich gar nicht gedacht :D Können sie mir vielleicht noch erkären, warum bei 2 NS d=-1 ist? Und wie sieht das ganze aus, wenn die Funktion 3 NS hat?

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Ellejolka 05.11.2016, 18:20
@Vegetah

bei 2 NS c=-1 und von oben d=-2-c ergibt d=-2--1=-2+1=-1

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bei 3 NS

D>0 also   -c-1>0 → c<-1

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