x ^ 4 - p x ² + q = 0 ( 1a )
p = ( - 1 ) ; q = ( - 12 ) ( 1b )
Eine biquadratische Gleichung ( BQG ) , für welche ich eine neue Kategorienlehre entwickelt habe. Aus der cartesischen Vorzeichenregel ergibt sich die Kategorie
q < 0 <===> ein Wurzelpärchen reell, eines imaginär ( 2 )
Wir machen die euch wohl vertraute z-Substitution
z := x ² ( 3a )
z ² + z - 12 = 0 ( 3b )
Nein; mit der Mitternachtsformel mache ich das nicht. Schaut mal hier
https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_%C3%BCber_rationale_Nullstellen
Stellen wir uns die QG in ===> primitiver Form vor ( ganzzahlog gekürzt )
f ( z ) € |Z [ z ] := a2 z ² + a1 xz + a0 ( 4a )
Bei einer QG stellt sich doch die Alternative: Entweder sie ist prim, das Minimalpolynom ihrer Wurzeln. Oder sie zerfällt in die rationalen Linearfaktoren ( RLF )
z1;2 := p1;2 / q1;2 ( 4b )
Von Gauß kann der Satz von der rationalen Nullstelle ( SRN ) schon deshalb nicht stammen, weil selbst ich bei meiner bescheidenen Genialität auf die beste Probe für QG gekommen bin, die es je gegeben hat:
p1 p2 = a0 ( 4c )
q1 q2 = a2 ( 4d )
Völlig unbekannt; nirgends nachgewiesen. Haben eure Lehrer noch nie gehört.
Ihr habt verstanden: Wir müssen sämtliche Zerlegungen des Absolutgliedes 12 angeben. Doch die Sache ist weitaus einfacher; z1;2 sind nämlich TEILER FREMD . Woher weiß ich jetzt das wieder? Machen wir erst mal fertig.
Und Gauß, der Großfürst aller Teiler, sollte das nicht bemerkt haben? Seltsam.
Wir haben 12 = 2 ² * 3 Teiler fremd bedeutet: Du darfst das zweierpäckchen nie aufschnüren. Es verbleiben die triviale Zerlegung 12 = 1 * 12 so wie die nicht triviale 12 = 3 * 4 Hinreichende Probe - überlebenswichtig in jeder Klausur - ist immer der Satz von Vieta
p = z1 + z2 ( 5a )
| z1 | = 1 ; | z2 | = 12 ; | p | = 11 ( 5b )
| z1 | = 3 ; | z2 | = 4; | p | = 1 ( 5c ) ; okay
Jetzt noch das Vorzeichen richtig drehen - fertig ist die Laube.
Wie ist das jetzt mit dem ggt? Sei m ein Teiler; dann folgt aus dem Satz von Vieta in ( 4a )
m | p1;2 <===> m | a1 ; m ² | a0 ( 6a )
Ein m , das die rechte Seite von ( 6a ) befriedigt, möge K-teiler des Polynoms f in ( 4a ) heißen ( K wie Koeffizient ) Der größte K-Teiler ist dann selbst redend der gkt .Die Behauptung
ggt p1;2 = gkt ( f ) ( 6b )
