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Strukturen und Algebra » Ringe » Quadratische Gleichung
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Schule J Quadratische Gleichung
NatNat
Junior Letzter Besuch: im letzten Monat
Dabei seit: 02.07.2017
Mitteilungen: 14
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2018-09-17

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Hallo :)

Ich habe irgendwie ein Problem bei folgender Aufgabe:
Wir haben vier rationale Zahlen \(a,b,r,s\) mit \(s \neq 0\). Sei \(r+s \sqrt 2 \) eine Lösung der quadratischen Gleichung \(x^2+ax+b=0\).
Zeige, dass \(r-s \sqrt 2 \) ebenfalls eine Lösung ist.

Eigentlich bin ich ja an der Uni, aber mir kommt die Aufgabe so leicht vor, dass ich das Schulmathe-Forum für sinnvoller gehalten habe. Ich bin mir sicher, dass ich einfach etwas offensichtliches übersehen habe!

Mein Ansatz soweit wäre mit dem Satz von Vieta: \(b=-2r\) und \(c=r^2-2s\) aber irgendwie bringt das soweit nix... Vor allem, weil ich ja was zeigen und nicht berechnen soll!

Bin wie immer dankbar für Lösungsansätze und Ideen!
NatNat
\(\endgroup\)


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Tirpitz
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 07.01.2015
Mitteilungen: 679
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2018-09-17

\(\begingroup\)
Hi!

Ich würde einfach mal die Mitternachtsformel aufschreiben und die Terme vergleichen. Das kann man machen, da ja gefordert wurde, dass r und s rational sein müssen und \(\sqrt{2}\) irrational ist.
\(\endgroup\)


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Saki17
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 09.09.2015
Mitteilungen: 523
Aus: Fernost
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, eingetragen 2018-09-23

\(\begingroup\)
2018-09-17 12:42 - NatNat im Themenstart schreibt:
Wir haben vier rationale Zahlen \(a,b,r,s\) mit \(s \neq 0\). Sei \(r+s \sqrt 2 \) eine Lösung der quadratischen Gleichung \(x^2+ax+b=0\).
Zeige, dass \(r-s \sqrt 2 \) ebenfalls eine Lösung ist.
Beweis. Setze $\alpha=r+s \sqrt 2$. Weil $\sqrt{2}\notin \IQ$, ist $f:=x^2+ax+b\in\IQ[x]$ das Minimalpolynom von $\alpha$ über $\IQ$. Es ist $\alpha':=r-s\sqrt{2}$ eine Galois-Konjugierte von $\alpha$ (betrachte die Galoisgruppe $Gal(\IQ(\sqrt{2})/\IQ)$ sowie den Automorphismus gegeben durch $\sqrt{2}\mapsto -\sqrt{2}$), daher ist $\alpha'$ eine Nullstelle von $f$.

\(\endgroup\)


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np_complete
Aktiv Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 24.03.2015
Mitteilungen: 173
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2018-09-24

\(\begingroup\)
Kurzer Zusatz zu Sakis Beweis:

Es gilt \([\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2\), und \(\mathbb{Q}(\sqrt{2})/\mathbb{Q}\) ist eine Galoiserweiterung. Das heißt, dass \(|Gal(L/K)|=[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2\) gelten muss. Es muss neben der Identität also ein weiteres Element in der Galoisgruppe geben. Einziger Kandidat ist der \(\mathbb{Q}\)-Automorphismus, der \(\sqrt{2}\) mit \(-\sqrt{2}\) vertauscht, denn jeder andere \(\mathbb{Q}\)-Automorphismus wäre die Identität. Dadurch wird sichergestellt, dass es auch wirklich einen \(\mathbb{Q}\)-Automorphismus gibt, der \(\sqrt{2}\) nach \(-\sqrt{2}\) permutiert.

Oder noch anders:

Offensichtlich besitzen \(\sqrt{2}\) und \(-\sqrt{2}\) das gleiche Minimalpolynom über \(\mathbb{Q}\), und ein bekannter Satz besagt, dass wenn L/K eine normale Körpererweiterung ist, genau dann für \(a,b \in L\) ein Element g aus \(Gal(L/K)\) existiert mit \(g(a)=b\), falls die Minimalpolynome von a und b über K übereinstimmen.

MfG np_complete
\(\endgroup\)


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weird
Senior Letzter Besuch: in der letzten Woche
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 4160
Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, eingetragen 2018-09-24 14:19

\(\begingroup\)
Meiner Meinung nach besteht der elementarste Zugang darin, dass man zunächst zeigt, dass die Abbildung $f:\mathbb{Q}[\sqrt2]\to \mathbb{Q}[\sqrt2]$ mit $u+v\sqrt 2\mapsto u-v\sqrt 2\quad (u,v \in \mathbb Q)$ erstens wohldefiniert *) und zweitens ein (involutorischer) Automorphismus von $\mathbb Q[\sqrt2]$ ist - Letzteres durch einfaches Nachrechnen. Die Behauptung folgt dann einfach durch Einsetzen von $r+s\sqrt 2$ in

$x^2+ax+b=0$

gefolgt von der Anwendung von $f$ auf beide Seiten der resultierenden Gleichung.

*) Dafür benötigt man ganz entscheidend die Irrationalität von $\sqrt 2$, d.h., um diese geht es bei dieser Aufgabe im Kern.
\(\endgroup\)


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juergen007
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Dabei seit: 17.08.2006
Mitteilungen: 2937
Aus: Braunschweig
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.5, eingetragen 2018-09-24 15:20

\(\begingroup\)
2018-09-17 12:42 - NatNat im Themenstart schreibt:
Hallo :)

Ich habe irgendwie ein Problem bei folgender Aufgabe:
Wir haben vier rationale Zahlen \(a,b,r,s\) mit \(s \neq 0\). Sei \(r+s \sqrt 2 \) eine Lösung der quadratischen Gleichung \(x^2+ax+b=0\).
Zeige, dass \(r-s \sqrt 2 \) ebenfalls eine Lösung ist.

Mit p/q ist es am einfachsten: \(x^2+ax+b=0\) also $x_{1,2}= -\frac{a}{2}\pm\sqrt{\frac{a^2}{4}-b}$
Wenn \(x_1=r+s \sqrt 2\) ist, dann kann unter der Wurzel $\frac{a^2}{4}-b$ nur $2s^2$ stehen.
Und diese Wurzel hat 2 Lösungen $\pm s\sqrt 2$, also ist $x_{1,2}= r\pm\sqrt{2s^2}$, mit r,s rational.


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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NatNat
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Aus:
Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.6, vom Themenstarter, eingetragen 2018-09-24 17:46


Vielen Dank für die zahlreichen Lösungsvorschläge, ich habe nun eine zufriedenstellende Lösung erhalten. :)



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