Für die Nullstellen würde ich nie die Mitternachtsformel ( MF ) bemühen; schau mal unter ===> Satz von der rationalen Nullstelle ( SRN ) Und abermals meine Polemik gegen die größte Fälschung der Matematikgeschichte; Wiki et al. schreiben die Entdeckung des SRN Gauß zu.
Entdecker unbekannt; wahrscheinliches Jahr der Entdeckung 1975 . Ich selbst erfuhr erst 2011 vom SRN über einen Kommentar im Internet. Du siehst; Matematik muss gar nicht so dröge und unspannend sein.
x ² - p x + q = 0 ( 1a )
p = 1 ; q = ( - 2 ) ( 1b )
Vieta das geschmähte Stiefkind
q = x1 x2 ( 2a )
Polynom ( 1ab ) ist normiert; hier verlangt der SRN ganzzahlige Lösungen. Mit ( 1b;2a ) bleibt da nicht mehr viel Spielraum. Vieta p entscheidet über das Vorzeichen:
p = x1 + x2 = 1 ( 2b )
Die betragsgrößere Wurzel muss also positiv sein:
x1 = ( - 1 ) ; x2 = 2 ( 2c )
Halt stop; Ableiten is noch lange nich. Erst müssen wir aus Asymptotik und Knoten den Slalom abstecken.
An sich ist die e-Funktion überall positiv. Nur in dem Intervall ( x1 , x2 ) ist das Polynom negativ . Diktat für Formelsammlung, Regelheft und Spickzettel ( FRS )
" Die e-Funktion unterdrückt jedes Polynom. "
D.h. für x ===> ( - °° ) geht y gegen ( + 0 ) ; bei dieser Asymptotik erwarten wir links von x1 ein Maximum und zusätzlich noch links von dem Maximum einen WP .
In ( x1 , x2 ) muss ein Minimum liegen ; zwischen diese beiden Extremata fällt immer ein WP :
x1 ( w ) < x ( max ) < ( - 1 ) < x ( min ) < 2 ( 3a )
x1 ( w ) < x ( max ) < x2 ( w ) < x ( min ) < 2 ( 3b )
Die Ableitung bilden wir durch ===> logaritmisches Differenzieren, eine Sonderform des ===> impliziten Differenzierens:
ln ( y ) = 1/2 x + ln ( x ² - x - 2 ) ( 4a )
2 x - 1
y ' / y = 0 = 1/2 + ------------------------ ( 4b )
x ² - x - 2
g ( x ) = x ² - p x + q = 0 ( 4c )
p = ( - 3 ) ; q = ( - 4 ) ( 4d )
Die 4 hat die triviale Zerlegung 4 = 1 * 4 so wie die nicht triviale 4 = 2 * 2 . Letztere müssen wir verwerfen, weil x ( max | min ) TEILER FREMD .
Woher weiß ich jetzt das auf einmal wieder? Machen wir erst mal fertig; dann folgt aus Vieta p
x ( max ) = ( - 4 ) ; x ( min ) = 1 ; p = ( - 3 ) ; ok ( 5 )
Wie war das jetzt mit diesem ggt? Sei m ein Teiler; dann folgt aus Vieta
m | x1;2 <===> m | p ; m ² | q ( 6a )
Ein m , das die rechte Seite von ( 6a ) befriedigt, möge K-Teiler des Polynoms g in ( 4c ) heißen - " K " wie " Koeffizient " Der größte K-Teiler ist dann selbst redend der gkt; unsere Behauptung in ( 4c )
ggt x1;2 = gkt ( g ) ( 6b )
Siehst du; und genau das macht mich so stutzig. Den gkt habe ich entdeckt noch in der nämlichen Woche, als ich vom SRN erfuhr. Es ist einfach unglaubhaft, dass ich in den letzten 200 Jahren der erste seit Gauß sein soll ...
Für die 2. Ableitung wiederholst du dieses Spielchen; den quadratischen Vorfaktor kennen wir ja. Seine wurzeln müssen die beiden Extrema sein; das ergibt dann ( 4d )
y ' = ( x ² + 3 x - 4 ) exp ( 1/2 x ) ( 7a )
2 x + 3
y " / y ' = 0 = 1/2 + -------------------------- ( 7b )
x ² + 3 x - 4
x ² + 7 x + 2 = 0 | MF ( 7c )
x1;2 ( w ) = 1/2 [ - 7 -/+ sqr ( 41 ) ] ( 7d )
Nein ich bin nicht so tolerant wie eure Pauker; der TR bleibt in der Schublade. Ungleichung ( 3ab ) werden wir durch Zahlen teoretische Abschätzungen beweisen.
| x ( max | < | x1 ( w ) | ( 8a )
4 < 1/2 [ 7 + sqr ( 41 ) ] ( 8b ) | * HN ( 8b )
8 < 7 + sqr ( 41 ) | - 7 ( 8c )
1 < sqr ( 41 ) ( 8d ) ; ok
Aus der zu beweisenden Behauptung ( 8a ) haben wir die wahre Aussage ( 8d ) abgelitten; ist dieses Vorgehen korrekt? Ja; denn wir haben Ungleichung ( 8b ) ausschließlich ===> Äquivalenzumformungen unterzogen.
Dass beide WP negativ sein müssen, ergibt sich übrigens aus der cartesischen Vorzeichenregel; dann bleibt eigentlich nur noch zu zeigen
| x2 ( w ) | < | x max | ( 9a )
1/2 [ 7 - sqr ( 41 ) ] < 4 ( 9b )
7 - sqr ( 41 ) < 8 ( 9c )
In ( 9c ) hast du aber eine ganz drastische Abschätzung, weil ja in jedem Falle 7 < 8
