0 Daumen
580 Aufrufe

Aufgabe:

Eine Polynomfunktion f ∈ Pol(R) heißt gerade bzw. ungerade, falls
f(−x) = f(x) bzw. f(−x) = −f(x) für alle x ∈ R gilt.


Bestimmen Sie jeweils eine Basis von Polg(R) und Polu(R). Beweisen Sie die Korrektheit Ihrer Antworten.

Avatar von

2 Antworten

0 Daumen

Hallo

x2n und x2n+1  n von 0 bis Grad des Polynoms tun das. als de 2 Basen  und es ist leicht zu zeigen dass sie eine Basis sind.

Gruß lul

Avatar von 108 k 🚀
0 Daumen

Aloha :)

Für gerade Funktionen gilt g(x)=g(x)g(x)=g(-x).

Für eine gerade Polynomfunktion g(x)=k=0nanxng(x)=\sum_{k=0}^na_nx^n heißt das:

g(x)=g(x)  g(x)=k=0nanxng(x)=g(-x)\quad\bigg|\;g(x)=\sum\limits_{k=0}^na_nx^nk=0nanxn=k=0nan(x)nAufteilen in gerade und ungerade Exponenten\sum\limits_{k=0}^na_nx^n=\sum\limits_{k=0}^na_n(-x)^n\quad\bigg|\text{Aufteilen in gerade und ungerade Exponenten}k=0n/2a2kx2k+k=0n/2a2k+1x2k+1=k=0n/2a2k(x)2k+k=0n/2a2k+1(x)2k+1\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}x^{2k}+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}(-x)^{2k}+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}(-x)^{2k+1}k=0n/2a2kx2k+k=0n/2a2k+1x2k+1=k=0n/2a2k(1)2k=+1x2k+k=0n/2a2k+1(1)2k+1=1x2k+1\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}x^{2k}+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}\underbrace{(-1)^{2k}}_{=+1}\,x^{2k}+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}\underbrace{(-1)^{2k+1}}_{=-1}\,x^{2k+1}k=0n/2a2kx2k+k=0n/2a2k+1x2k+1=k=0n/2a2kx2kk=0n/2a2k+1x2k+1k=0n/2a2kx2k\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}x^{2k}+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}x^{2k}-\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}\quad\bigg|-\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k}x^{2k}k=0n/2a2k+1x2k+1=k=0n/2a2k+1x2k+1+k=0n/2a2k+1x2k+1\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=-\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}\quad\bigg|+\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}2k=0n/2a2k+1x2k+1=0 : 22\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=0\quad\big|\,:\,2k=0n/2a2k+1x2k+1=0\sum\limits_{k=0}^{\lfloor n/2\rfloor}a_{2k+1}x^{2k+1}=0

Da diese Forderung für alle xRx\in\mathbb R gelten muss, ist sie nur dann erfüllt, wenn alle a2k+1=0a_{2k+1}=0 sind. Mit anderen Worten, die Koeffiienten aller xx mit ungeradem Exponenten verschwinden. Eine gerade Polynomfunktion hat daher nur gerade Potenzen von xx. Eine Basis wäre daher:G=(1,x2,x4,x6,,x2n/2)G=(1, x^2, x^4, x^6, \ldots, x^{2\cdot\lfloor n/2\rfloor})

Die analoge Argumenation für ungerade Polynome u(x)=u(x)u(x)=-u(-x) kriegst du nun sicherlich selbst hin. Wenn dabei Fragen auftauchen sollten, bitte einfach hier in den Kommentaren melden.

Avatar von 153 k 🚀

Ein anderes Problem?

Stell deine Frage