Quadratische Ergänzung bei höheren Graden - aber wie?

Question

Aufgabe:

f(x)=x⁶-12x⁴+48x²-64 soll in Linearfaktoren zerlegt werden.

Problem/Ansatz:

Das kriege mit Poynomdivision auch hin zu f(x)=(x-2)²(x+2)², aber ich meine mich zu erinnern, dass quadratische Ergänzung immer dann funktioniert, wenn nur gerade Exponenten vorliegen. Da das auf f(x) zutrifft, müsste man auch quadratische ergänzen können.

Aber wie?

Comments

Wie sollte sie aussehen?

Versuch es mal:

Answer 1

Aloha :)

$$\phantom=x^6-12x^4+48x^2-64$$$$=x^6-3\cdot4x^4+3\cdot16x^2-64$$$$=1\cdot(\red{x^2})^3\cdot\green4^0-3\cdot(\red{x^2})^2\cdot\green4^1+3\cdot(\red{x^2})^1\cdot\green4^2-1\cdot(\red{x^2})^0\cdot\green4^3$$$$=(\red{x^2}-\green4)^3$$$$=((x-2)(x+2))^3$$$$=(x-2)^3(x+2)^3$$

Answer 2

Da ist nichts mit quadratischer Ergänzung. Was du machen kannst ist eine Substitution z=x², was auf eine Funktion dritten Grades führt.

f(x)=(x-2)²(x+2)²

stimmt sicher nicht, beide Exponenten müssen 3 sein.

Comments

Es ist natürlich (x-2)³(x+2)³. Sorry.

Bedingung für eine Substitution ist doch, dass die Exponenten Vielfache voneinander sind!?

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Nicht Vielfache voneinander, sondern Vielfache eines gemeinsamen Teilers.

6 und 4 und 2 sind Vielfache von 2.

Answer 3

\(f(x)=x^6-12x^4+48x²-64\)

Substitution:

\(x^2=z\)

\(f(z)=z^3-12z^2+48z-64\)

\(f´(z)=3z^2-24z+48\)

\(3z^2-24z+48=0\)

\(z^2-8z+16=0\)

\((z-4)^2=0\)

\( z_1,_2=4 \)

 \(f´´(z)=6z-24\)

\(6z-24=0\)  → Wendestelle bei  \( z=4\) 

Polynomdivision:

\((z^3-12z^2+48z-64):(z-4)=z^2-8z+16\) gleiche Ergebnis siehe weiter oben

\(f(z)=(z-4)(z-4)^2=(z-4)^3\)

Re-Substitution: \(z=x^2\)

\(f(x)=(x^2-4)^3=(x-2)^3(x+2)^3\)

Comments

Die immer weiter um sich greifende Wahnvorstellung, primitive Algebra mit Methoden der höheren Analysis lösen zu müssen, ist wirklich bemerkenswert (euphemistisch gesprochen).

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Du bist noch nicht lange hier. Das ist Moliets, Rächer der Enterbten sowie Beschützer der quadratischen Ergänzung. Seine Beiträge sind selten von dem Ziel getragen, Fragestellern mit seine exquisiten Antworten zu helfen.

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Das ist keine Kritik an Moliets, das fällt ganz allgemein immer extremer auf. Die Leute sind immer beschränkter, einfache Gleichungen umzuformen, wie auch www.mathelounge.de/1037550/ deutlich zeigt, wo ich inzwischen 6 Lösungsmöglichkeiten angegeben habe (und das sind noch nicht einmal alle, die mir einfallen). Ich sehe das auch als ein grundsätzliches Problem, weil sich der Bereich Analysis in den letzten Jahren viel zu extrem aufgeblasen hat und sich viel zu wichtig nimmt, und weil Schüler überhaupt nicht mehr beigebracht bekommen, wie man mit Gleichungen umgeht.