Diskussion:Beweisarchiv: Arithmetik: Lösungen von Gleichungen: Gleichungen höheren Grades mit einer Variablen: Quadratische Gleichungen

Kritik

• Die Vieta-Formeln werden nicht ausreichend begründet: Warum müssen die Koeffizienten der Polynome $x^{2}+(b/a)x+(c/a)$ und $(x-x_{1})(x-x_{2})$ gleich sein?
• Insgesamt ist das Vorgehen ungewöhnlich und eher umständlich. Der Standardbeweis verwendet quadratische Ergänzung in der Form

$ax^{2}+bx+c={\frac {1}{4a}}{\Big [}(2ax+b)^{2}-(b^{2}-4ac){\Big ]},$

woraus die übliche Formel unmittelbar folgt.

--Gunther 15:21, 9. Jun 2006 (UTC)

• Also, ich denke, aus

   $x^{2}+{\frac {b}{a}}x+{\frac {c}{a}}=0$

und

   $x^{2}-(x_{1}+x_{2})x+x_{1}x_{2}=0$

folgen die Vieta-Formeln offensichtlich. Ich glaube, ich sollte vielleicht noch ausführen, warum aus

(2)   $(x-x_{1})(x-x_{2})=0$

$x_{1}$ und $x_{2}$ wirklich Lösungen sind. Wäre es vielleicht möglich, mehr als nur einen Beweis pro Satz zu implementieren? Das wäre wohl die beste Lösung. --Shogun 11:16, 10. Jun 2006 (UTC)

Genereller Hinweis: Das Wort "offensichtlich" sollte eigentlich bedeuten, dass man dazu in der Lage ist, die fehlenden Details zu ergänzen.

Wenn Du den Satz von Vieta benutzen willst, solltest Du ihn einfach zitieren. Beim Beweis muss man sich ein paarmal fragen, was man genau begründen will und was man als bekannt voraussetzen will, das sollte man vielleicht besser in einem eigenen Artikel tun.

Ein vollständiger Beweis sieht beispielsweise so aus: Wenn man das Polynom $x^{2}+(b/a)x+(c/a)$ durch $x-x_{1}$ teilt, dann geht die Division auf (wieso?) und man erhält eine Faktorisierung $x^{2}+(b/a)x+(c/a)=(x-x_{1})(x-u)$. Da $x_{2}$ auch eine Nullstelle ist, folgt

$(x_{2}-x_{1})(x_{2}-u)=0,$

und falls $x_{1}\neq x_{2}$ gilt, ist der erste Faktor ungleich null, also muss der zweite Faktor null sein, d. h. $u=x_{2}$, also ergibt sich die gewünschte Darstellung $x^{2}+(b/a)x+(c/a)=(x-x_{1})(x-x_{2})$. Wenn $x_{1}=x_{2}$ ist, dann muss man erst einmal darüber nachdenken, wie man überhaupt den Begriff der doppelten Nullstelle definiert hat usw.

Der Satz von Vieta gilt nicht für beliebige Ringe, Gegenbeispiel: Wir rechnen im Ring $\mathbb {Z} /(8)$, d. h. ganze Zahlen, die sich um Vielfache von 8 unterscheiden, werden als gleich angesehen, insbesondere ist $0=8$ und $9=1$. Dann sind 1 und 3 Lösungen der Gleichung $x^{2}-1=0$, aber $(x-1)(x-3)=x^{2}-4x+3$ ist ein völlig anderes Polynom. (Leider gibt es kein wesentlich einfacheres Gegenbeispiel, denn in Integritätsbereichen ist der Satz ja richtig.) Jedenfalls muss damit jeder Beweis irgendwo direkt oder indirekt auf die Nullteilerfreiheit zurückgreifen.--Gunther 23:04, 10. Jun 2006 (UTC)

• Ich sehe, du begreifst das ganze viel besser als ich und hast wahrscheinlich Mathematik studiert. Am besten ergänzt du den Beweis. Für die normale Schulmathematik sollte er aber eigentlich reichen, oder nicht? Ja ok es fehlt da noch ein kleiner Übergang, aber die kann man noch schliessen. Mfg --Shogun 13:27, 11. Jun 2006 (UTC)

Ich habe noch den Standardbeweis und einen mir noch einfacher erscheinenden Beweis hinzugefügt und im alten Beweis Vieta klar als vorausgesetzt markiert.--Gunther 13:02, 13. Jun 2006 (UTC)

Die "Streiterei" nützt ohnehin nichts, wenn man noch nicht einmal $a\neq 0$ voraussetzt (anderes, etwa $2\neq 0$, habe ich allerdings auch in dieser Version noch einfach unter den Tisch gekehrt)--Hagman 21:42, 28. Mai 2007 (CEST)