Für Polynom allgemein rationalen Nullstellen bestimmen

Question

Aufgabe:

Gegeben ist das Polynom

\( f(x) = x^{3} - 3(a+b)x^{2} + 3(a+b)^{2}x - 3ab(a+b) \) \(  \phantom{10} \) mit \( a < b , \phantom{5} a,b \in \mathbb{N} \)

Ich möchte allgemein herausfinden, ob es rationale Nullstellen gibt.

Problem/Ansatz:

Ich versuche hier den Satz über rationale Nullstellen (Lemma von Gauß) anzuwenden.

Das Polynom hat ganzzahlige Koeffizienten und ist normiert, denn der Leitkoeffizient ist gleich 1.
FALLS es hier also rationale Nullstellen gibt, dann müssten diese sogar ganzzahlig sein.

Jede dieser (möglichen) ganzzahligen Nullstellen muss dann aber Teiler des Absolutgliedes sein,

also ein ganzzahlige Teiler von \( 3ab(a+b) \) .

Meine Frage ist nun: Was genau sind die Teiler des Absolutgliedes im konkreten Fall?

Reicht es, wenn ich die Faktoren \( \pm  3 ; a ; b; (a+b); 3a ; ....etc. \) aus dem Absolutglied \( 3ab(a+b) \)

verwende oder müsste man z.B. den Term \( (a+b) \)  noch in weitere Faktoren zerlegen?

Aber wie könnte man das in diesem allgemeinen Fall durchführen?

Comments

Nach meinen Berechnungen gibt es genau eine reelle Nullstelle. Die lautet \(x_0=a+b-\sqrt[3]{a^3+b^3}\).

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Vlt. geht es auch hiermit:

https://www.lernhelfer.de/schuelerlexikon/mathematik/artikel/cardanische-formel

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Die Cardanischen Formeln werden hier nicht benötigt. Man erkennt relativ leicht, dass
\(f(x)=\big(x-(a+b)\big)^3+\big(a^3+b^3\big)\) ist.

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Noch eine Randbemerkung: Die Steigung der Wendetangente ist \(f'\left(a+b\right)=0\) und damit ist der Graph von \(f\) streng monoton steigend. Daher kann es nur eine reelle Nullstelle geben. Unter welchen Umständen die nun rational ist, bleibt noch offen.

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Die Steigung der Wendetangente ist \(f'\left(a+b\right)=0\)

Dann warten wir mal auf Moliets "Verschiebungskünste" und argumentieren mit einer dreifachen Nullstelle. :D

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Machmal sieht man den Wald vor lauter Bäumen nicht.

Dennoch wäre es eine nette Konzentrationsübung.

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… Unter welchen Umständen die nun rational ist, bleibt noch offen.

Das sehe ich anders. Die Nullstelle ist offenbar irrational.

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Das sehe ich anders. Die Nullstelle ist offenbar irrational.

Na ja, offenbar nicht für \((a,b)=(0,b)\).

Eigentlich wollte ich aber nur einschränkend mitteilen, dass über die Rationalität keine Aussage gemacht habe.

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Dann warten wir mal auf Moliets "Verschiebungskünste" und argumentieren mit einer dreifachen Nullstelle.

 

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… offenbar nicht für \((a,b)=(0,b)\).

Ich habe \(\color{blue}a,b\in\N\) so interpretiert, dass \(\color{green}a>0\) sein soll.

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Auch dann ist die Irrationalität nicht offenkundig. Man muss schon wissen, dass die Summe zweier (positiver) Kubikzahlen keine Kubikzahl sein kann.

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Grüße an Fermat gehen raus! :)

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… dass die Summe zweier (positiver) Kubikzahlen keine Kubikzahl sein kann.

Das dürfte allgemein bekannt sein. Es kann wohl kaum zur Aufgabe gehören, dies explizit nachweisen zu müssen.

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Das ist sicher nicht "allgemein bekannt" und ob die Frage überhaupt eine "Aufgabe" ist, wissen wir auch nicht. Ein Hinweis auf "Fermat" wird auch nicht reichen, der hat ja nur genau die Vermutung aufgestellt, auf die man in diesem Zusammenhang vielleicht auch kommen wird.

Doch das alles habe ich gar nicht ansprechen wollen mit meiner Einschränkung

Unter welchen Umständen die nun rational ist, bleibt noch offen.

Ich wollte – und habe das meiner Meinung nach auch unmissverständlich getan – darauf hinweisen, dass ich mit meiner Aussage zu der Existenz und der Eindeutigkeit der Nullstelle des Polynoms \(f\) keine Aussage zur Rationalität dieser Nullstelle gemacht habe.

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Hinweis: Besagte Vermutung ist längst bewiesen.

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Hinweis: Besagte Vermutung ist längst bewiesen.

Ja, aber nicht von Fermat.

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… aber nicht von Fermat.

Das macht selbstverständlich einen gewaltigen Unterschied.

Im Übrigen ist der Umstand

… dass die Summe zweier (positiver) Kubikzahlen keine Kubikzahl sein kann.

bereits vor über 200 Jahren bewiesen worden.

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Danke, aber die Fragestellung bezog sich auf das Absolutglied des Polynoms.

Reichen die Faktoren aus oder muss man den Term weiter zerlegen.

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Selbstverständlich könnte auch jeder andere Teiler in Betracht kommen. Also alle Teiler von \( a \) sowie alle Teiler von \( b \) und eben alle Teiler von \( a+b \).

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Wenn ich richtig verstanden habe, dann komme ich hier nur mit konkreten Werten für die Variablen a und b weiter.

Allgemeine Aussagen zur Teilbarkeit für das Absolutglied lassen sich nicht machen?

Ich hatte überlegt, Bedingungen für a und b zu stellen, z.B. gerade oder ungerade, ganzzahlige Vielfache voneinander, Primzahlen ...

Leider scheint das jedoch nicht so einfach zu sein.

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Mir scheint, du versuchst etwas zu finden, was nicht gibt.

Die von Arsinoé4 oben schon notierte, einzige Nullstelle $$x=a+b-\sqrt[3\:]{a^3+b^3}$$ kann für natürliche Zahlen \(a<b\) nur dann rational sein, wenn \(a=0\) ist. Und dann ist für beliebiges \(b\) die Nullstelle x=0.

Answer 1

Das geschulte Auge sieht mit \(y=a+b\), dass

\(f(x)=\red{x^3-3y^2x+3yx^2-y^3}+\green{y^3}-\blue{3ab(a+b)}\) (binomischer Lehrsatz)

\(=\red{(x-y)^3}+\green{a^3+3a^2b+3ab^2+3b^3}-\blue{3a^2b-3ab^2}\)

\(=(x-(a+b))^3+a^3+b^3\).

Mit \(f(x)=0\) lässt sich die Nullstelle analytisch berechnen und man stellt fest, dass diese irrational ist.

Comments

Für die, die das nicht so auf Anhieb feststellen können:

https://de.wikipedia.org/wiki/Gro%C3%9Fer_Fermatscher_Satz