Aufgabe #87 (PolM),(Ana) < Wettbewerbe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Übungsaufgabe) Übungsaufgabe  | | Datum: | 10:31 So 28.08.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Man bestimme alle Paare [mm] $(n,r)\in \IN\times \IR$, [/mm] für die [mm] $2x^2+2x+1$ [/mm] Teiler von [mm] $(x+1)^n-r$ [/mm] ist.
Liebe Grüße,
Hanno
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(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 11:10 Do 29.09.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo an alle!
Betrachten wir zwei Polynome [mm] $p,q\in\IR[x]$; [/mm] es ist zu zeigen, dass $p$ Teiler von $q$ ist. Dazu fassen wir $p,q$ als Polynome über [mm] $\IC$ [/mm] auf; da [mm] $\IC$ [/mm] algebraisch abgeschlossen ist, zerfallen $p,q$ in Linearfaktoren aus [mm] $\IC[x]$. [/mm] Es ist nun genau dann $p$ ein Teiler von $q$, wenn jeder Linearfaktor von $p$ Teiler von $q$ ist, oder anders gesprochen: wenn jede (komplexe) Nullstelle von $p$ auch Nullstelle von $q$ ist. Man bestimme also die Nullstellen von [mm] $2x^2+2x+1\in \IC[x]$, [/mm] setze sie in [mm] $(x+1)^n-r\in \IC[x]$ [/mm] ein und bestimme $n,r$ so, dass die Nullstellen von [mm] $2x^2+2x+1$ [/mm] auch Nullstellen von [mm] $(x+1)^n-r$ [/mm] sind.
Vielleicht versucht einer das ja mal - es ist nicht schwierig, also nur Mut!
Liebe Grüße,
Hanno
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 11:33 Do 29.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Lieber Hanno!
Da ich mich bestimmt verrechnet habe, zunächst eine Kontrollfrage:
Sind $(4k, [mm] \left(- \frac{1}{4} \right)^k)$, [/mm] $k [mm] \in \IN_0$, [/mm] diese Paare?
Liebe Grüße
Stefan
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(Frage) beantwortet | | Datum: | 11:54 Do 29.09.2005 | | Autor: | Stefan |
Liebe Interessierte!
Gut, dann können wir ja davon ausgehen, dass die Lösung stimmt. 
Es gilt
[mm] $(2x^2+2x+1) [/mm] = 2 (x+ [mm] \frac{1}{2}(1-i))(x+ \frac{1}{2}(1+i))$.
[/mm]
Daher hat [mm] $2x^2+2x+1$ [/mm] die beiden komplexen Nullstellen
[mm] $x_1 [/mm] = [mm] -\frac{1}{2}(1-i)$ [/mm] und [mm] $x_2 [/mm] = [mm] -\frac{1}{2}(1+i)$.
[/mm]
Diese müssen auch Nullstellen sein von
$p(x):= [mm] (x+1)^n-r$,
[/mm]
was bedeutet:
[mm] $\frac{1}{2^n} \cdot (1+i)^n [/mm] = r [mm] \in \IR$
[/mm]
und
[mm] $\frac{1}{2^n} \cdot (1-i)^n [/mm] = r [mm] \in \IR$.
[/mm]
Dies ist aber offenbar wegen $arg(1+i) = [mm] \frac{\pi}{4} [/mm] = -arg(1-i)$ genau dann der Fall, wenn $n [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{4}$.
[/mm]
Daraus folgt die Behauptung.
Liebe Grüße
Stefan
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 12:19 Do 29.09.2005 | | Autor: | Hanno |
Hallo Stefan!
> Dies ist aber offenbar wegen $ arg(1+i) = [mm] \frac{\pi}{4} [/mm] = -arg(1-i) $ genau dann der Fall, wenn $ n [mm] \equiv [/mm] 0 [mm] \pmod{4} [/mm] $.
Stimmt, man kann es sich auch anschaulich sehr schön klar machen, wenn man die entgegensätzlichen Drehungen betrachtet. Ich habe es stur formell mit Hilfe der Polardarstellung von [mm] $1\pm [/mm] i$ gelöst.
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]")
Liebe Grüße,
Hanno
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