|
|||||
| Hoeveel positieve reële nulpunten heeft een polynoom? | |||||
 |
Het illustere duo Descartes en
Gauss hiernaast vat het goed samen. (Gauss moet er eigenlijk wel aan toevoegen dat meervoudige nulpunten ook vaker meetellen). Het werkt als volgt: Stel dat we willen weten hoeveel positieve reële nulpunten y = 18x4 + 20x3 + 34x2 - 15x - 120 heeft. De coëfficiënten zijn +18, +20, +34, -15 en -120
|
||||
| En voor negatieve nulpunten kijken we gewoon naar f(-x).
De eerste heeft f(-x) = 18x4 - 20x3 + 34x2 + 15x - 120 en dus 1 of 3 negatieve nulpunten De tweede heeft f(-x) = x4 + 3x3 + 2x2 - 3x + 8 en dus 0 of twee negatieve nulpunten. |
|||||
|
Het
inductiebewijs: Het geldt overduidelijk voor een eerstegraads polynoom. Ga dat zelf maar na. Stel dat de stelling geldt voor een polynoom van graad n - 1. |
|||||
 |
Gauss Stel verder dat de eerste coëfficiënt Cn positief is, en noem de laatste coëfficiënt C0. Als C0 ook positief is zijn er een even aantal tekenwisselingen Verder is f(0) = C0 positief en als x oneindig groot wordt is f(x) ook positief (dan overheerst de coëfficiënt van Cn van de hoogste macht immers). Dat betekent dat het aantal nulpunten ook even moet zijn. Voor Cn negatief geldt precies hetzelfde verhaal. Dus daarmee is de bewering van Gauss bewezen. |
||||
 |
Descartes Hoe zit het met die bovengrens van Descartes? Dat bewijzen we uit het ongerijmde. Stel dat het polynoom meer wortels dan tekenwisselingen heeft. Dan heeft het minstens 2 extra wortels (vanwege de uitspraak van Gauss). Maar tussen twee zulke wortels heeft de grafiek een maximum of een minimum, dus heeft de afgeleide een nulpunt. Dat betekent dat f '(x) minstens één wortel meer heeft dan het aantal tekenwisselingen van f. Maar f ' heeft nooit meer tekenwisselingen dan f, dus heeft f 'ook meer nulpunten dan zijn eigen aantal tekenwisselingen. Dat is in tegenspraak met de inductie aanname dat de stelling klopt voor graad n - 1. |
||||
|
© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl) |
|||||