f ( x ) = x ² - p x + q = 0 ( 1a )
p = 15 ; q = ( - 16 ) ( 1b )
Lösen tu ich diese quadratische Gleichung über den ===> Satz von der rationalen Nullstelle ( SRN ) Ich wurde schon angegiftet, weil ich " nicht zitiere, dass der SRN auf Gauß " zurück gehe. Recherchen ergaben, dass in der Tat alle Textbücher, so fern sie vom SRN überhaupt Kenntnis nehmen, diese Behauptung zitieren - einschließlich Wiki.
Ich moniere nun vehement, dass es sich bei dieser Unterstellung um eine Fälschung handelt - die Autoren Artin und v.d. Waerden ( 1930 ) , Urgestein der Algebra, kennen ihn überhaupt nicht.
Darauf hin sprach mich ein weiterer User an; nachgewiesen sei der SRN " spätestens im Jahre 1975. Dass er auf Gauß zurück geht, habe ICH nie behauptet. "
Vieta das verschmähte Stiefkind; Vieta q
x1 x2 = q = ( - 16 ) ( 2a )
Da Polynom ( 1ab ) normiert ist, verlangt der SRN , dass wir in ( 2a ) alle GANZZAHLIGEN Zerlegungen der 16 angeben - klingt irgendwie vernünftig. Aber wie viel Möglichkeiten; immerhin lautet die Darstellung 16 = 2 ^ 4 .
Die beiden Wurzeln x1:2 sind TEILER FREMD .
Woher weiß ich jetzt auf einmal das schon wieder? Machen wir erst mal fertig; Teiler fremd bedeutet in unserem Fall, dass nur die triviale Zerlegung 16 = 1 * 16 überlebt.
Ist das schon ein hinreichender Beweis? Nein; denn zum einen ist der Ansatz, dass es rationale Wurzeln gibt, eine unbewiese Annahme. Und zum zweiten ist noch das Vorzeichen richtig zu drehen; hinreichende Probe ist natürlich Vieta p .
p = x1 + x2 = 15 ( 2b )
Wie war das jetzt mit dem ggt? Der SRN ist immerhin der Art neu, dass vor mir noch niemand über diese Frage meditiert hat. Sei m ein Teiler; abermals folgt aus Vieta
m | x1;2 <===> m | p ; m ² | q ( 3a )
Ein m, das die rechte Seite von ( 3a ) befriedigt, möge K-Teiler des Polynoms ( 1a ) heißen - K wie " Koeffizient " Der größte K-Teiler ist dann selbst redend der gkt; unsere Behauptung in ( 1a )
ggt x1;2 = gkt ( f ) ( 3b )
