2 Rechentechniken. 2.1 Potenzen und Wurzeln. Übersicht

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1 2 Rechentechniken Übersicht 2.1 Potenzen und Wurzeln Lösen linearer Gleichungssysteme Polynome Polynomdivision Faktorisierung von Polynomen Partialbruchzerlegung Auf die Wiederholung der Grundrechenarten verzichten wir, wir legen gleich mit den Potenzen und Wurzeln los, wobei wir auch hier nur kurz angeben, welche Regeln hierbei gelten. 2.1 Potenzen und Wurzeln Wir bilden Potenzen und Wurzeln aus reellen Zahlen. Dabei setzen wir die folgenden Zahlenmengen als bekannt voraus: N N 0 Z Q R. Weiterhin kennen wir die folgenden Schreibweisen: a R n N : a n = a a n-mal (die n-te Potenz von a). a R \ {0} n N : a n = (a 1 ) n. a R : a 0 = 1. a R >0, n N : a 1 n = n a (die n-te Wurzel von a). a R >0, n N : a 1 n = (a 1 ) 1 n. a R >0, m n Q : a m n = (a 1 n ) m. Mit diesen Vereinbarungen gelten die Regeln:

2 8 2 Rechentechniken Potenzregeln a, b R >0, r, s Q gilt: (i) a r a s = a r+s, (ii) a r b r = (a b) r, (iii) (a r ) s = a r+s. Beispiel. Es gilt für a, b > 0: 10 a 6 5 b 2 5 a 2 15 b 9 = a 6 10 b 2 5 a 2 5 b 9 15 = a b = a b. 2.2 Lösen linearer Gleichungssysteme Lineare Gleichungssysteme Ein lineares Gleichungssystem mit m Gleichungen in n Unbekannten x 1,..., x n läÿt sich in folgender Form schreiben: a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b a m1 x 1 + a m2 x a mn x n = b m Dabei sind a ij und b i für 1 i m und 1 j n reelle Zahlen. Wir bezeichnen dieses System kurz mit LGS. Ein n-tupel (l 1, l 2,..., l n ) reeller Zahlen l 1,..., l n heiÿt eine Lösung von LGS, wenn alle Gleichungen von LGS durch Einsetzen von l 1,..., l n anstelle von x 1,..., x n befriedigt werden. Die Menge aller Lösungen von LGS heiÿt Lösungsmenge von LGS. Beispiele. Lineare Gleichungssysteme müssen nicht immer eine Lösung besitzen: x 1 x 2 = 1 x 1 x 2 = 0 in den zwei Unbekannten x 1 und x 2. Es gibt keine reellen Zahlen l 1, l 2 mit l 1 = l 2 und l 1 l 2. Dieses Gleichungssystem ist unlösbar.

3 2.2 Lösen linearer Gleichungssysteme 9 Wir betrachten das lineare Gleichungssystem: x 1 + x 2 = 2 x 1 x 2 = 0 Die zweite Gleichung besagt x 1 = x 2. Setzen wir dies in die erste Gleichung ein, so erhalten wir 2 x 1 = 2. Es ist also l 1 = 1, l 2 = 1 die einzig mögliche Lösung des Systems, wofür wir wie vereinbart (l 1, l 2 ) = (1, 1) schreiben. Wir betrachten ein weiteres lineares Gleichungssystem: 3 x 1 6 x 2 = 0 x x 2 = 0 Die zweite Gleichung besagt: x 1 = 2 x 2. Setzt man dies in die erste Gleichung ein, so erhält man 6x 2 6x 2 = 0. Die zweite Gleichung enthält damit keine Information, die nicht auch schon die erste Gleichung liefert. Beim genaueren Hinsehen erkennt man auch, daÿ die zweite Gleichung das ( 3)-fache der ersten Gleichung ist. Man kann die zweite Gleichung einfach streichen, es bleibt also das System 3 x 1 6 x 2 = 0, dessen Lösungsmenge wir nun bestimmen. Durch Probieren erkennt man, daÿ etwa (2, 1) und (4, 2) Lösungen des Systems sind. Allgemeiner erkennt man, daÿ wenn man für x 2 eine beliebige reelle Zahl t einsetzt, die Gröÿe x 1 wegen 3 x 1 = 6 t den Wert 2 t haben muÿ. Damit haben wir alle Lösungen bestimmt. Für jedes t R ist (2 t, t) eine Lösung und weitere Lösungen gibt es nicht. Die Lösungsmenge des Systems können wir nun schreiben als L = {(2 t, t) t R}, dies sind unendlich viele Lösungen Das Eliminationsverfahren von Gauÿ Das Einsetzverfahren ist unpraktisch bei mehr als zwei Variablen. Bei mehr Variablen benutzt man das Verfahren, das wir nun schildern, vorab eine Beobachtung: Hat ein Gleichungssystem eine sogenannte Zeilenstufenform, wie z. B. x 1 + x x 3 = 2 0 x x 2 4 x 3 = 4 0 x x 2 5 x 3 = 3

4 10 2 Rechentechniken so ist das System leicht zu lösen: Man erhält x 3 = 3 5 und damit x 2 = 8 5 und damit x 1 = , also L = {( 5, 8 5, 3 5 )}. Es wäre also schön, wenn jedes System eine solche Zeilenstufenform hätte. Das ist natürlich nicht so, aber es gilt: Elementare Zeilenumformungen Jedes lineare Gleichungssystem kann durch die elementaren Zeilenumformungen (i) Vertauschen zweier Zeilen, (ii) Multiplikation einer Zeile mit einem λ 0, (iii) Addition des λ-fachen einer Zeile zu einer anderen Zeile auf eine obere Zeilenstufenform gebracht werden. Die Lösungsmenge ändert sich bei den Zeilenumformungen nicht. Beispiel 2.1 Da die x i nur stören, lassen wir sie von nun an weg und notieren nur noch die Koezienten: x 1 + x x 3 = 2 2 x x 2 1 x 3 = 1 3 x x x 3 = Wir wenden nun elementare Zeilenumformungen an und erhalten Jetzt beachte obiges Beispiel: L = {( 12 5, 8 5, 3 5 )}..

5 2.3 Polynome Polynome Eine korrekte Denition von Polynomen ist nicht ganz einfach. Wir stellen uns Polynome p als formale Ausdrücke der Art p(x) = a n x n + + a 1 x + a 0 vor. Hierbei betrachten wir nur reelle Polynome, d. h., die Koezienten a n,,..., a 1, a 0 sind alle aus R Der Grad eines Polynoms Ist p ein Polynom mit p(x) = a n x n + + a 1 x + a 0, so nennt man die Zahl a n 0 den höchsten Koezienten und die Zahl n in diesem Fall den Grad von p, man schreibt n = deg(p). Die konstanten Polynome sind jene Polynome p mit p(x) = a 0. Im Fall a 0 0 gilt deg p = 0, im Fall a 0 = 0 spricht man vom Nullpolynom p = 0, man setzt deg 0 =. Das Polynom p mit p(x) = 1 2 (x 3)2 (x 3 + 1) + (x + 2)(x 1) hat den Grad 5. Zwei Polynome p und q mit p(x) = a n x n + + a 0 und q(x) = b m x m + + b 0 sind gleich, wenn sie die gleichen Koezienten haben, d. h., wenn a i = b i für alle i gilt man spricht vom Koezientenvergleich Nullstellen von Polynomen Eine Zahl x 0 R heiÿt Nullstelle des Polynoms p, falls p(x 0 ) = 0 gilt. Es gilt: deg p = x 0 R : x 0 ist Nullstelle von p. deg p = 0 x 0 R : x 0 ist Nullstelle von p. deg p = 1 p(x) = ax + b x 0 = b a ist einzige Nullstelle von p. deg p = 2 p(x) = ax 2 + bx + c. Betrachte x 1/2 = b± b 2 4ac 2a. Es gilt: (doppelte) Nullstelle, falls b 2 4ac = 0, keine Nullstelle, falls b 2 4ac < 0, zwei verschiedene Nullstellen, falls b 2 4ac > 0. deg p 3 : Per Bleistift sind die Nullstellen oftmals nicht mehr berechenbar. Für die Fälle deg p = 3 oder deg p = 4 gibt es zwar noch Lösungsformeln analog zu der Formel im Fall deg p = 2. Diese Formeln sind aber zu kompliziert, als daÿ man sie sich merken kann. Bei den Beispielen aus der Schulzeit kann man aber immer eine Nullstelle erraten. Auch wir werden nun vorläug solche Beispiele betrachten.

6 12 2 Rechentechniken 2.4 Polynomdivision Nullstellen von Polynomen kann man wegdividieren: Lemma 2.1 Ist p ein Polynom vom Grag n, so gilt: mit einem Polynom q vom Grad n 1. p(a) = 0 p(x) = (x a)q(x) Wie ndet man q? Mit Hilfe der sogenannten Polynomdivision: Beispiel 2.2 Wir betrachten das Polynom p mit p(x) = x 3 x 2 x 2. Es gilt oenbar p(2) = 0: x 3 x 2 x 2 = (x 2)(x 2 + x + 1) (x 3 2x 2 ) x 2 x 2 (x 2 2x) x 2 Wir erhalten sofort eine Folgerung: Korollar 2.2 Ein Polynom vom Grad n hat höchstens n Nullstellen. Die Division von Polynomen durch Polynome kann man auch für beliebige Polynome durchführen, es gilt Satz 2.3 (Division mit Rest) Sind f und g vom Nullpolynom verschiedene Polynome, so gibt es Polynome q und r mit f = g q + r und deg r < deg g. Es ist also r der Rest der Division von f durch g. r = 0 bedeutet: Die Division von f durch g geht auf.

7 2.5 Faktorisierung von Polynomen 13 Beispiele. Mit f(x) = x 2 1 und g(x) = x 1 erhalten wir f(x) = g(x)(x + 1) + 0. Hier ist der Rest also 0, d. h., g ist ein Teiler von f. Wir erhalten f(x) g(x) = x2 1 x 1 = x + 1. Mit f(x) = x 2 1 und g(x) = x + 2 erhalten wir wegen Wir erhalten x 2 1 = (x + 2)(x 2) + 3 (x 2 + 2x) 2x 1 ( 2x 4) 3 f(x) = g(x)(x 2) + 3. f(x) g(x) = x2 1 x + 2 = x x + 2. Mit f(x) = 4x 5 + 6x 3 + x + 2 und g(x) = x 2 + x + 1 erhalten wir Übung. f(x) g(x) = 4x5 + 6x 3 + x + 2 x 2 = 4x 3 4x 2 + 6x 2 + 3x x + 1 x 2 + x Faktorisierung von Polynomen Das Multiplizieren von Polynomen ist einfach: (3x 2 2x + 1) (x + 4) = 3x x 2 7x + 4. Viel schwieriger ist es im Allgemeinen, ein Polynom p = a n x n + + a 1 x + a 0 zu faktorisieren, d. h. eine möglichst feine Zerlegung p = p 1 p r zu bestimmen. Dabei bedeutet möglichst fein, daÿ die Polynome p 1,..., p r sich nicht weiter als Produkte von echten Polynomen schreiben lassen, z. B. x 3 1 = (x 1)(x 2 + x + 1).

8 14 2 Rechentechniken Das Polynom x 2 + x + 1 hat nämlich keine reelle Nullstelle mehr. Tatsächlich gilt für reelle Polynome: Satz 2.4 Ist p = p 1 p r eine möglichst feine Zerlegung von p, so gilt deg p i 2 für alle i = 1,..., r. Beweisen können wir diesen Satz noch nicht, wir nehmen das Ergebnis hin. Aber wie ndet man nun eine solche möglichst feine Zerlegung? Man beachte die folgenden Punkte: Kann man Nullstellen erraten bzw. bestimmen? Man dividiere gegebenfalls Nullstellen per Polynomdivision weg. Ist p ein Polynom vom Grad 4 so mache man im Fall, daÿ man keine Nullstelle ermitteln kann, einen Ansatz der Art p = (a r x r + + a 0 )(b s x s + + b 0 ) mit r + s = n und führe einen Koezientenvergleich durch. Beispiel 2.3 Wir zerlegen das Polynom p mit p(x) = x Da p oenbar keine Nullstelle in R hat, versuchen wir den Ansatz: x = (x 2 + ax + b)(x 2 + cx + d) = x 4 + (a + c)x 3 + (ac + d + b)x 2 + (ad + bc)x + bd. Der Koezientenvergleich liefert ein Gleichungssystem a + c = 0 ac + b + d = 0 ad + bc = 0 bd = 1 Wegen der vorletzten Gleichung gilt b = d im Fall a 0. Wegen der letzten Gleichung gilt dann b = ±1 = d. Wir setzen mal d = 1 = b und erhalten Damit erhalten wir: c = a a 2 = 2 x = (x 2 + 2x + 1)(x 2 2x + 1).

9 2.6 Partialbruchzerlegung Partialbruchzerlegung Brüche addiert man, indem man sie auf einen gemeinsamen Nenner bringt: x x x + 1 = 3x2 + x + 2 (x 2 + 1)(x + 1). die Parti- Aber wie kann man dies umkehren? D. h.: Wie ndet man zu x albruchzerlegung x x+1? Erst mal wieder einen Satz, den wir nicht begründen: 3x 2 +x+2 (x 2 +1)(x+1) Satz 2.5 Zu jedem Bruch b(x) q(x) von Polynomen b(x) und q(x) mit deg b(x) < deg q(x) und einer möglichst feinen Zerlegung q(x) = q 1 (x) q r (x) gibt es eine Partialbruchzerlegung der Art b(x) q(x) = p 1(x) (q 1 (x)) ν + + p r(x) 1 (q r (x)) ν, r wobei die Zerlegung von q(x) = q 1 (x) q r (x) in die Polynome q 1 (x),..., q r (x) möglichst fein ist und die Polynome p 1 (x),..., p r (x) alle einen Grad kleiner oder gleich 1 haben. Diese Partialbruchzerlegung ndet man mit dem folgenden Ansatz, den wir an Beispielen schildern. Den allgemeinen Ansatz sollten Sie zur Übung formulieren: Beispiele. Höhere Potenzen im Nenner muÿ man ebenso oft berücksichtigen, wie der Exponent angibt: x (x a) 3 (x b) = A (x a) + x 3 d (x a) 2 (x b) 2 (x c) = A 2 verschieden). B (x a) + C 2 (x a) + D 3 (x a) + (x b) B (x a) + C 2 (x b) + (a b). D (x b) + E 2 (x c) + F (x c) 2 (a, b, c Kommen nicht weiter zerlegbare quadratische Faktoren im Nenner vor, so sind die Zählerpolynome bei den Partialbrüchen als linear anzusetzen: x 3 (x a)(x 2 +1) = A 3 (x a) + Bx+C (x 2 +1) + Dx+E (x 2 +1) + F x+g 2 (x 2 +1). 3 x 4 +2x 3 +3x 2 +4 (x a) 2 (x 2 +1)(x 2 +x+1) = A 2 (x a) + B (x a) 2 + Cx+D (x 2 +1) + Ex+F (x 2 +x+1) + Gx+H (x 2 +x+1) 2. Die Koezienten A, B, C,... bestimmt man dann aus dem linearen Gleichungssystem, das man durch einen Koezientenvergleich erhält, nachdem man den Ansatz mit dem gemeinsamen Nenner durchmultipliziert hat: Beispiel 2.4 Wir zerlegen den Bruch 2x4 +x 3 +4x 2 +1 (x 1)(x 2 +1). Der Ansatz lautet 2 2x 4 + x 3 + 4x A (x 1)(x 2 + 1) 2 = (x 1) + Bx + C (x 2 + 1) + Dx + E (x 2 + 1) 2.

10 16 2 Rechentechniken Multiplikation dieses Ansatzes mit dem gemeinsamen Nenner liefert 2x 4 + x 3 + 4x = A(x 2 + 1) 2 + (Bx + C)(x 1)(x 2 + 1) + (Dx + E)(x 1) = (A + B)x 4 + (C B)x 3 + (2A + B C + D)x 2 + (C B D + E)x + (A C E). Hieraus erhalten wir durch einen Koezientenvergleich das Gleichungssystem A + B = 2 C B = 1 2A + B C + D = 4 C B D + E = 0 A C E = 1 Wir bringen die Koezientenmatrix mit elementaren Zeilenumformungen auf Zeilenstufenform: Also gilt A = 2, B = 0, C = 1, D = 1, E = 0. Damit haben wir die Partialbruchzerlegung gefunden, sie lautet: 2x 4 + x 3 + 4x (x 1)(x 2 + 1) 2 = (x 1) + 1 (x 2 + 1) + x (x 2 + 1) 2. Aufgaben 2.1 Paul braucht zum Streichen eines Zimmers 2 Stunden, Paula braucht dafür 5 Stunden. Wie lange brauchen Paul und Paula, wenn sie das Zimmer gemeinsam streichen?