Finden Sie alle reellen und (echt) komplexen Nullstellen des Polynoms p(x) = x5 + x3 + 6x2 + 4x

Question

Aufgabe:

a) Finden Sie alle reellen und (echt) komplexen Nullstellen des Polynoms
$$p(x)=x^{5}+x^{3}+6 x^{2}+4 x$$
und bestimmen Sie jeweils deren Vielfachheit. Zerlegen Sie damit das Polynom in Faktoren aus $\mathbb{R}[x]$ vom Grad 1 und $2 .$ Hinweis: Einige Nullstellen sind offensichtlich oder leicht zu raten. Führen Sie dann jeweils eine Polynomdivision aus, um den Grad zu reduzieren.

b) Von einem Polynom $q(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} a_{k} x^{k} \in \mathbb{R}[x]$ sei bekannt, dass der Grad $6, a_{6}=1$, $a_{0}=60$ ist und dass $q(x)$ keine reellen Nullstellen besitzt. Zeigen Sie, dass $q(x)$ dann mindestens zwei (komplexe) Nullstellen haben muss, deren Betrag kleiner als 2 ist.

c) Finden (konstruieren) Sie ein Polynom $s(x)=\sum \limits_{k=0}^{n} a_{k} x^{k} \in \mathbb{R}[x]$ vom Grad 6 mit $a_{6}=1$, $a_{0}=60,$ das höchstens eine (komplexe oder reelle) Nullstelle hat, deren Betrag kleiner als $2$ ist.

Answer 1

(a)  Die Nullstelle  x₁ = 0  ist offensichtlich. Durch Probieren findet man eine weitere Nullstelle  x₂ = -1.
Polynomdivision liefert   p(x) = x·(x + 1)·(x³ - x² + 2x + 4). Erneutes Probieren und Dividieren liefert schließlich
p(x) = x·(x + 1)²·(x² - 2x + 4).

(b) Seien x₁, x₂, x₃, x₄, x₅, x₆  die Nullstellen von  q(x).
Nach Vieta gilt  x₁·x₂·x₃·x₄·x₅·x₆ = 60.
Es sei angenommen, dass  |x_k| ≥ 2  für  k = 1,2,3,4,5,6  gilt.
Dann ist  |x₁·x₂·x₃·x₄·x₅·x₆| ≥ 2⁶ = 64 > 60, was Vieta widerspricht.
Es folgt, dass ein  k ∈ {1,2,3,4,5,6}  existiert mit  |x_k| < 2. Die konjugiert komplexe Zahl von  x_k  ist bekanntlich ebenfalls Nullstelle  von  q(x). Beide sind, da sie nicht reell sind, verschieden und haben den gleichen Betrag. Damit hat man zwei Nullstellen gefunden, die betragsmäßig kleiner als zwei sind.

(c)  Hier lautet mein Vorschlag:  s(x) = (x - 1)·(x - 60^1/5)⁵.

Comments

Vielen dank, wie kommst du aber bei c) auf s(x) = (x - 1)·(x - 60^{1/5})^5?? Geht man da wie bei b) vor?

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Wenn eine Nullstelle den Betrag  1  hat, dann ist das Produkt der Beträge der restlichen  5  Nullstellen gleich  60. Wenn diese alle gleich sind, hat jede einzelne den Betrag  60^1/5 > 2. Es gibt aber sicher auch andere Lösungen.

Answer 2

Hallo

a) geht auch prima mit Formel:

- Polynom liegt bereits ohne kubisches Glied vor (nach Division durch x):

x⁴ +x² +6x +4 = 0

x⁴ +a x² +b x +c = 0

- Ansatz (x² +P)² = (Q x +R)²

P³ -a/2 P² -c P +ac/2 -b²/8 = 0

P³ - 1/2 P² -4 P +2 -36/8 = 0

(P -1/6)³ -4 -1/12 (P -1/6) -36/8 -4*1/2/3 -2(1/2/3)³ = 0

(P -1/6)³ -49/12 (P -1/6) -343/108 = 0

lineares Glied ist negativ -> cos bzw. cosh benutzen

P1 -1/6 = 2 * (49/12/3)^0.5 * cos 1/3 arccos +(343/108/2) / ((49/12/3)³)^0.5

P1 -1/6 = 2 * 7/6 * cos 1/3 arccos +(343/216) / (343/216)

P1 = 15/6

x1,2 = -b/|b| * ( -a/4 +P/2 )^0.5 +/- ( -a/4 -P/2 +(P² -c)^0.5 )^0.5

x3,4 = +b/|b| * ( -a/4 +P/2 )^0.5 +/- ( -a/4 -P/2 -(P² -c)^0.5 )^0.5

x1,2 = -6/|6| * ( -1/4 +15/12 )^0.5 +/- (-1/4 -15/12 +((15/6)² -4)^0.5 )^0.5

x1,2 = -6/|6| * ( -3/12 +15/12 )^0.5 +/- (-3/12 -15/12 +(225/36 -144/36)^0.5 )^0.5

x1,2 = - (12/12 )^0.5 +/- (-18/12 +(81/36)^0.5 )^0.5

x1,2 = - (1 )^0.5 +/- (-9/6 +(9/6) )^0.5

x1,2 = - (1 )^0.5 +/- (-9/6 +(9/6) )^0.5

x3,4 = +(1)^0.5 +/- (-9/6 -9/6)^0.5

x1,2 = -1 +/- 0

x3,4 = +1 +/- i * (3^0.5)

Answer 3

$p(x)=x^{5}+x^{3}+6 x^{2}+4 x$

$p(x)=x•(x^4+x^{2}+6 x+4)$

$x_1=0$

$f(x)=x^4+x^2+6 x+4$

$f'(x)=4x^3+2x+6$

$4x^3+2x+6=0$

$x_2=-1$          $f(-1)=(-1)^4+(-1)^2+6•(-1)+4=0$

Ich betrachte nun die Steigungen von  $f(x)$ in der Nähe der Nullstellen:

$f'(-1,1)=4•(-1,1)^3+2•(-1,1)+6=-1,524$

$f'(-0,9)=4•(-0,9)^3+2•(-0,9)+6=1,284$

Das zeigt, dass sich eine doppelte Nullstelle bei  $x_2=-1$   befindet.

Polynomdivision:

$(x^4+x^2+6 x+4):( x+1)^2=(x^4+x^2+6 x+4):( x^2+2x+1)=x^2-2x+4$

$x^2-2x+4=0$

$x^2-2x=-4$

$x^2-2x+1^2=-4 +1^2$

$(x-1)^2=-3= 3i^2 | ±\sqrt{~~}$

$1.)$

$x-1= i\sqrt{3}$

$x_4=1+ i\sqrt{3}$

$2.)$

$x-1= -i\sqrt{3}$

$x_5=1-i\sqrt{3}$

Comments

$f'(-1,1)=4•(-1,1)^3+2•(-1,1)+6=-1,524$
$f'(-0,9)=4•(-0,9)^3+2•(-0,9)+6=1,284$
Das zeigt, dass sich eine doppelte Nullstelle bei  $x_2=-1$   befindet.

Nein, zeigt es nicht. Es zeigt nur, dass eine Nullstelle von $f'$ in $[-1.1, -0.9]$ existiert. Dass es sich dabei um -1 handelt, sieht der an einfachen Lösungen interessierte, indem er -1 einsetzt.

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Bei einer einfachen Nullstelle wechselt das Vorzeichen nicht von minus nach plus.

$f'(x)=4x^3+2x+6$

$f'(-1)=-4-2+6=0$ Das heißt, dass hier eine waagerechte Tangente ist. Somit wäre auch ein Sattelpunkt möglich. (Hier wäre dann eine 3-fache Nullstelle.)

$f''(x)=12x^2+2$

$f''(-1)=12+2=14>0$→Minimum . Somit existiert doch eine doppelte Nullstelle.

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In deiner Antwort oben fehlt der Nachweis von "mind. doppelte Nullstelle in -1". Dass -1 doppelte (und nicht dreifache) Nullstelle ist, ist hier uninteressant und für das weitere Vorgehen nicht nötig.

Gut, dass der FS das, mehr als 10 Jahre nach der Frage, eh nicht mehr lesen wird. Warum man dann eine abwegige, lückenhafte Antwort nachreicht, ist mir schleierhaft.

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In deiner Antwort oben fehlt der Nachweis von "mind. doppelte Nullstelle in -1"

In meinen Augen ist das nachgewiesen. Aber du darfst das gerne machen!

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Ich sehe in Deiner Antwort keinen Nachweis von $f'(-1)=0$. Wo Du das dort siehst, bleibt Dein Geheimnis. Mit Mathematik hat das nichts zu tun.

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Warum man dann eine abwegige, lückenhafte Antwort nachreicht, ist mir schleierhaft.

Das tut er ja ständig. Vor allem mit einem meiner Ansicht nach nicht vertretbaren und damit unnötigen Mehraufwand.