Symmetrische Gleichung

Eine symmetrische Gleichung, symmetrisches Polynom, reziproke Gleichung oder reziprokes Polynom ist eine polynomiale (ganzrationale) Gleichung, deren Koeffizientenfolge symmetrisch ist. Leonhard Euler hat diesen Gleichungstyp als reziproke Gleichung bezeichnet, da die Substitution von $x$ durch $\frac{1}{x}$ nach einfachen Umformungen wieder auf dieselbe Gleichung führt. Daneben ist mit jeder Nullstelle $x$ auch $\frac{1}{x}$ eine Nullstelle der Gleichung. Sind die Koeffizienten dem Betrag nach symmetrisch, unterscheiden sich aber nach dem Vorzeichen, spricht man von einer antisymmetrischen Gleichung.

Definition

Eine polynomiale Gleichung $n$-ten Grades

$a_n\cdot x^n+a_{n-1}\cdot x^{n-1}+\cdots +a_1\cdot x+a_0=0$

heißt

• symmetrisch, palindromisch (engl.: palindromic polynomial oder auch self-reciprocal), wenn $a_k=a_{n-k}$ für alle $k=0,1,\dots ,n$ gilt,
• antisymmetrisch oder antipalindromisch, wenn $a_k=-a_{n-k}$ für alle $k=0,1,\dots ,n$ gilt.

Außerdem gilt im

• symmetrischen Fall $p(x)=x^n\cdot p\left(\frac{1}{x}\right)=a_0\cdot x^n+a_1\cdot x^{n-1}+\cdots +a_1\cdot x+a_0$
• antisymmetrischen Fall $p(x)=-x^n\cdot p\left(\frac{1}{x}\right)=a_0\cdot x^n+a_1\cdot x^{n-1}+\cdots -a_1\cdot x-a_0$

Eigenschaften

Betrachtet man das symmetrische Polynom

$a_0\cdot x^n+a_1\cdot x^{n-1}+\cdots +a_1\cdot x+a_0=0$ (1)

und substituiert $x:=\frac{1}{x}$

$a_0\cdot {\left(\frac{1}{x}\right)}^n+a_1\cdot {\left(\frac{1}{x}\right)}^{n-1}+\cdots +a_1\cdot \left(\frac{1}{x}\right)+a_0=0$ (2)

so wird durch Multiplikation mit $x^n$ Gleichung (2) wieder die ursprüngliche Gleichung (1) überführt.
Aus dieser Äquivalenz folgt die von Euler erkannte reziproke Eigenschaft, dass mit $x$ auch $\frac{1}{x}$ eine Nullstelle einer symmetrischen Gleichung sein muss.

Weiterhin gilt mit $p(x)=a_n\cdot x^n+a_{n-1}\cdot x^{n-1}+\cdots +a_1\cdot x+a_0$, wobei $p(x)$ ein Polynom vom Grad $n$ mit reellen oder komplexen Koeffizienten ist:

• Wenn $p(x)$ palindromisch oder antipalindromisch ist, ist $a_0\ne 0$
• Wegen $a_0\ne 0$ kann $x=0$ nie eine Nullstelle sein
• Wenn $p(x)$ antipalindromisch und $n$ gerade ist, gilt $a_{n/2}=0$.
• Wenn $p(x)$ palindromisch und $n$ ungerade ist, gilt $p(-1)=0$. Wenn $p(x)$ antipalindromisch ist, gilt $p(1)=0$.
• Wenn $p(x)$ palindromisch oder antipalindromisch und $p(x_0)=0$ ist, so ist $x_0\ne 0$ und $p(\frac{1}{x_0})=0$. $x_0$ und $\frac{1}{x_0}$ sind dann Nullstellen derselben Vielfachheit der (anti-)symmetrischen Gleichung $p(x)=0$.
• Sind $p(x)$ und $q(x)$ palindromische Polynome, so ist auch das Produkt $p(x)\cdot q(x)$ palindromisch. Sind beide Faktoren antipalindromisch, so ist das Produkt ebenfalls palindromisch. Ist ein Faktor palindromisch und der andere antipalindromisch, so ist das Produkt antipalindromisch.
• Sind $p(x)$ und $p(x)\cdot q(x)$ palindromische oder antipalindromische Polynome, so ist auch $q(x)$ palindromisch oder antipalindromisch.
• Ist mit jeder Nullstelle $x_0$ der Gleichung $p(x)=0$ auch der Reziprokwert $\frac{1}{x_0}$ eine Nullstelle der Gleichung mit derselben Vielfachheit wie $x_0$, dann ist die Gleichung symmetrisch oder antisymmetrisch.
• Ist $r(x)$ ein Polynom vom Grad $m$, so ist $x^m\cdot r(x+\frac{1}{x})$ ein palindromisches und $x^m\cdot r(x-\frac{1}{x})$ ein antipalindromisches Polynom vom Grad $2\cdot m$.
• Ist $p(x)$ ein palindromisches (bzw. antipalindromisches) Polynom vom Grad $n=2\cdot m$, so existiert genau ein Polynom $r(x)$ vom Grad $m$ mit $p(x)=x^m\cdot r(x+\frac{1}{x})$ (bzw. $p(x)=x^m\cdot r(x-\frac{1}{x})$).
• Wenn alle Koeffizienten $a_i$ reell sind und alle komplexen Nullstellen von $p(x)$ den Betrag 1 haben, dann ist $p(x)$ palindromisch oder antipalindromisch.

Anwendungsgebiete (Beispiele)

• Die Kreisteilungspolynome sind symmetrisch.
• Alexanderpolynome von Knoten (siehe Knotentheorie) sind symmetrisch. Für ein Alexander-Polynom der Form $c_0+c_1\cdot t+\cdots +c_0\cdot t^n$ führt (nach Skalierung mit $t^{-n/2}$) die Substitution $z^2:=t+\frac{1}{t}-2$ auf das Conway-Polynom, ein spezielles Alexander-Polynom.

Allgemeine Lösungsstrategien

Für allgemeine Gleichungen ab dem 5. Grad existiert keine allgemeine Lösungsformel zur Bestimmung der Nullstellen mehr. Symmetrische und antisymmetrische Gleichungen können dagegen aufgrund ihrer speziellen Eigenschaften bis zum 9. Grade auf Gleichungen bis 4. Grades zurückgeführt werden. Vorlage:Hauptartikel

Symmetrische Gleichungen

Aus dem verallgemeinerten Wurzelsatz von Vieta lässt sich allgemein ableiten, dass bei einem Polynom $a_0=(-1{)}^n\cdot a_n\cdot x_1\cdot x_2\cdots x_n$ ist, also dass in $a_0$ das Produkt aller Nullstellen steckt. Bei einer symmetrischen Gleichung vom Grad $n$ ist der Koeffizient $a_n\ne 0$ und aus der Symmetrie der Koeffizienten folgt auch, dass $a_0\ne 0$. Daher kann $x=0$ nie Nullstelle einer symmetrischen Gleichung sein kann, weil sonst $a_0=0\ne a_n$ sein müsste.

Symmetrischen Gleichungen ungeraden Grades

Bringt man die symmetrische Gleichung auf Normalform, d. h. ist der Koeffizient der höchsten Potenz $a_n=1$, so folgt daraus, dass auch der Koeffizient des absoluten Gliedes $a_0=1$ ist. Aus der oben gegebenen Darstellung von $a_0$ nach Vieta folgt, dass die Nullstellen paarweise reziprok zueinander sind und das Produkt dieser Paare jeweils mit dem Faktor 1 zu $a_0$ beiträgt. Die verbliebene Nullstelle muss bei ungeradem Grad und reellen Koeffizienten stets $-\frac{a_0}{a_n}=-1$ sein. Der entsprechende Linearfaktor $(x+1)$ wird mit Hilfe der Polynomdivision abdividiert, so dass eine symmetrische Gleichung mit einem um eins erniedrigten, geraden Grad entsteht.

Symmetrischen Gleichungen geraden Grades

Die allgemeine Lösungsstrategie für symmetrische Gleichungen mit geradem Grad $n$ und reellen Koeffizienten beruht auf folgenden Schritten:

1. Division aller Glieder des Polynoms durch $x^{\frac{n}{2}}$
2. Zusammenfassen der Glieder mit gleichem Koeffizienten und Ausklammern des Koeffizienten $a_i=a_{n-i}$
3. Substitution $(x^i+\frac{1}{x^i})$ anwenden, siehe Abschnitt Substitutionen
4. Ausmultiplizieren führt zu einem Polynom in $u$ vom Grad $\frac{n}{2}$
5. Nullstellen für $u$ berechnen
6. Einsetzen jeder Nullstelle von $u$ in die Substitutionsgleichung $(x+\frac{1}{x})=u$ und Auflösung nach $x$, so dass mit jedem $u$ zwei Nullstellen $x$ aus der Gleichung $x^2-u\cdot x+1=0$ bestimmt werden können.

Substitutionen

Für die Berechnung werden folgende Substitutionen verwendet:

$\begin{array}{cc}x+\frac{1}{x}& =u\\ x^2+\frac{1}{x^2}& =u^2-2\\ x^3+\frac{1}{x^3}& =u^3-3\cdot u\\ x^4+\frac{1}{x^4}& =u^4-4\cdot u^2+2\\ \end{array}$

Weitere Substitutionen für Potenzen ab $n\ge 2$ lassen sich mit der folgenden Rekursionsformel aus bereits bekannten Substitutionen ermitteln:

$x^n+\frac{1}{x^n}=(x+\frac{1}{x})\cdot (x^{n-1}+\frac{1}{x^{n-1}})-(x^{n-2}+\frac{1}{x^{n-2}})$

Resubstitution zur Berechnung der Nullstellen

Sobald man eine Nullstelle $u_i$ gefunden hat, löst man die einfachste Substitutionsgleichung $(x+\frac{1}{x})=u$ nach $x$ auf. Dadurch ergeben sich für jedes $u_i$ zwei Nullstellen für $x$ aus der quadratischen Gleichung:

$x^2-u_i\cdot x+1=0$

Aus der Symmetrie dieser Gleichung und weil das absolute Glied dieser quadratischen Gleichung in Normalform 1 ist, folgt aus dem Vietaschen Wurzelsatz, dass die beiden Nullstellen dieser quadratischen Gleichung zueinander reziprok sein müssen. Die Nullstellen ergeben sich nach der p-q-Formel zu:

$x_{1/2}=\frac{1}{2}\cdot (u_i\pm \sqrt{u_i^2-4})$ mit $x_1=\frac{1}{x_2}$.

Antisymmetrische Gleichungen

Bei antisymmetrischen Gleichungen vom Grade $n$ gibt es bei ungeradem $n$ zu jedem Koeffizienten das negative Gegenstück, so dass $a_i+a_{n-i}=0$ gilt. Bei antisymmetrischen Gleichungen geraden Grades gibt es jedoch nur einen mittleren Koeffizienten, der für den folgenden Lösungsweg Null sein muss ($a_{n/2}=0$), siehe auch Abschnitt ‘Eigenschaften’.

Antisymmetrische Gleichungen ungeraden Grades

Aus dem Vietaschen Wurzelsatz lässt sich ableiten, dass asymmetrische Gleichungen bei ungeradem Grad $n$ und reellen Koeffizienten stets $-\frac{a_0}{a_n}=+1$ sein muss. Der entsprechende Linearfaktor $(x-1)$ wird mit Hilfe der Polynomdivision abdividiert, so dass eine Gleichung von geraden Grade $n-1$ entsteht.

Antisymmetrische Gleichungen geraden Grades

Betrachtet man den Lösungsweg am Beispiel einer Gleichung 8. Grades, so ist die Ausgangsgleichung folgendermaßen aufgebaut:

$a\cdot x^8+b\cdot x^7+c\cdot x^6+d\cdot x^5+0\cdot x^4-d\cdot x^3-c\cdot x^2-b\cdot x-a=0$

Nun werden die zusammengehörigen Koeffizienten ausgeklammert, so dass nach Division durch $\frac{1}{x^4}$ und umordnen die folgende Darstellung ergibt

$a\cdot (x^4-\frac{1}{x^4})+b\cdot (x^3-\frac{1}{x^3})+c\cdot (x^2-\frac{1}{x^2})+d\cdot (x-\frac{1}{x})=0$

Hier lässt sich sofort der Faktor $x-\frac{1}{x}$ ausklammern und die Gleichung faktorisieren:

$(x-\frac{1}{x})\cdot (a\cdot (x^3+x+\frac{1}{x}+\frac{1}{x^3})+b\cdot (x^2+1+\frac{1}{x^2})+c\cdot (x+\frac{1}{x})+d)=0$

Der Faktor $x-\frac{1}{x}$ offenbart bereits zwei Nullstellen der antisymmetrischen Gleichung geraden Grades, nämlich –1 und +1.

Der andere Faktor wird zunächst auf die Form einer kubischen Gleichung gebracht und so wie bei der symmetrischen Gleichung zusammengefasst:

$a\cdot (x^3+\frac{1}{x^3})+a\cdot (x+\frac{1}{x})+b\cdot (x^2+\frac{1}{x^2})+b+c\cdot (x+\frac{1}{x})+d=0\iff$

$a\cdot (x^3+\frac{1}{x^3})+b\cdot (x^2+\frac{1}{x^2})+(a+c)\cdot (x+\frac{1}{x})+(b+d)=0$

Wendet man die von der symmetrischen Gleichung bekannten Substitutionen mit $u$ an, ergibt sich:

$a\cdot (u^3-3\cdot u)+b\cdot (u^2-2)+(a+c)\cdot u+b+d=0$

Der weitere Lösungsweg entspricht dem der symmetrischen Gleichung.

Andere reziproke Gleichungen

Für reziproke Gleichungen, bei denen neben jedem $x_i$ auch immer $-\frac{1}{x_i}$ eine Nullstelle ist, lassen sich Substitutionen konstruieren und damit Nullstellen berechnen. Dazu eignet sich die Substitution

$x-\frac{1}{x}=u$

Mit den bereits beschriebenen Methoden können Substitutionen von höheren Potenzen ermittelt werden:

$x^2+\frac{1}{x^2}=u^2+2;x^3-\frac{1}{x^3}=u^3+3\cdot u;x^4+\frac{1}{x^4}=u^4+4\cdot u^2+2$

Wie sich hier zeigt, ist $x^{2\cdot n}+\frac{1}{x^{2\cdot n}}$ für die geraden Potenzen von $x$ eine Summe, keine Differenz.

Damit lassen sich beispielsweise folgende spezielle Gleichungstypen lösen:

$x^4\pm a\cdot x^3+b\cdot x^2\mp a\cdot x+1=0$

$x^6\pm a\cdot x^5+b\cdot x^4+c\cdot x^3+b\cdot x^2\mp a\cdot x+1=0$

$x^8\pm a\cdot x^7+b\cdot x^6\pm c\cdot x^5+d\cdot x^4\mp c\cdot x^3+b\cdot x^2\mp a\cdot x+1=0$

Wie an den Beispielen leicht zu erkennen ist, haben diese Gleichungen nicht die Struktur einer antisymmetrischen Gleichung im Sinne der oben gegebenen Definition. Die Lösung durch Substitution ist nur möglich, wenn ungleiche Vorzeichen stets und nur bei den Koeffizienten von ungeraden Potenzen auftreten.

Lösungsformeln für spezielle Gleichungen

Die folgenden Beispiele zeigen, wie die Substitution auf eine Gleichung in $u$ führt.

Symmetrische Gleichung 4. Grades

Für eine quartische Gleichung

$a\cdot x^4+b\cdot x^3+c\cdot x^2+b\cdot x+a=0$

ergibt sich nach Division durch $x^2$ und Zusammenfassung der Glieder:

$a\cdot (x^2+\frac{1}{x^2})+b\cdot (x+\frac{1}{x})+c=0$

Nach der Substitution mit $(x+\frac{1}{x})=u$ und $(x^2+\frac{1}{x^2})=u^2-2$ ergibt sich die quadratische Gleichung in $u$:

$a\cdot u^2+b\cdot u+c-2\cdot a=0$

Daraus ermittelt man die beiden Nullstellen $u_1$ und $u_2$. Im nächsten Schritt wird die Substitution rückgängig gemacht und alle vier Nullstellen $x_i$ der quartischen Gleichung durch Auflösung von $(x_i+\frac{1}{x_i})=u$ für jedes der beiden $u$ berechnet.

Beispiel: Die Gleichung $6x^4-5x^3-38x^2-5x+6=0$ wird durch die gezeigte Substitution zur quadratischen Gleichung $6u^2-5u-50=0$. Daraus ergeben sich die Nullstellen $u_1=\frac{10}{3}$ und $u_2=-\frac{5}{2}$.

Für die Resubstitution sucht man sich die einfachste Gleichung aus, nämlich $(x+\frac{1}{x})=u$, formt sie zur quadratischen Gleichung $x^2-u\cdot x+1=0$ um und setzt $u_1$ und $u_2$ ein:

• Mit $u_1$ ergibt sich $x^2-\frac{10}{3}\cdot x+1=0$ und die Nullstellen 3 und $\frac{1}{3}$
• Mit $u_2$ ergibt sich $x^2+\frac{5}{2}\cdot x+1=0$ und die Nullstellen −2, $-\frac{1}{2}$

Dies sind auch die Nullstellen der quartischen Ausgangsgleichung.

Symmetrische Gleichung 6. Grades

Für eine Gleichung 6. Grades in Normalform

$x^6+a\cdot x^5+b\cdot x^4+c\cdot x^3+b\cdot x^2+a\cdot x+1=0$

ergibt sich nach Division durch $x^2$ und Zusammenfassung der Glieder:

$(x^3+\frac{1}{x^3})+a\cdot (x^2+\frac{1}{x^2})+b\cdot (x+\frac{1}{x})+c=0$

Nach der Substitution mit $(x+\frac{1}{x})=u$ und $(x^2+\frac{1}{x^2})=u^2-2$ und $(x^3+\frac{1}{x^3})=u^3-3\cdot u$ ergibt sich die kubische Gleichung in $u$:

$u^3+a\cdot u^2+(b-3)\cdot u-2\cdot a+c=0$

Daraus ermittelt man die Nullstellen $u_1$, $u_2$ und $u_3$ mit Hilfe der Lösungsformeln für die kubischen Gleichung.

Symmetrische Gleichung 8. Grades

Für eine Gleichung 8. Grades in Normalform

$x^8+a\cdot x^7+b\cdot x^6+c\cdot x^5+d\cdot x^4+c\cdot x^3+b\cdot x^2+a\cdot x+1=0$

ergibt sich nach Division durch $x^2$ und Zusammenfassung der Glieder:

$(x^4+\frac{1}{x^4})+a\cdot (x^3+\frac{1}{x^3})+b\cdot (x^2+\frac{1}{x^2})+c\cdot (x+\frac{1}{x})+d=0$

Nach der Substitution mit $(x+\frac{1}{x})=u$ und $(x^2+\frac{1}{x^2})=u^2-2$, $(x^3+\frac{1}{x^3})=u^3-3\cdot u$ und $(x^4+\frac{1}{x^4})=u^4-4\cdot u^2+2$ ergibt sich die quartische Gleichung in $u$:

$u^4+a\cdot u^3+(b-4)\cdot u^2+(c-3\cdot a)\cdot u-2\cdot b+d+2=0$

Daraus ermittelt man die Nullstellen $u_1$, $u_2$, $u_3$ und $u_4$ mit Hilfe der Lösungsformeln für die quartische Gleichung.

Weitere Beispiele

• Die Nullstellen der quadratischen Gleichung lassen sich mit den bekannten Lösungsformeln am schnellsten bestimmen.
• Bei symmetrischen kubischen Gleichungen mit reellen Koeffizienten ist −1 eine Nullstelle. Danach führt eine Polynomdivision zu einer quadratischen (symmetrischen) Gleichung.

Beispiele:

• Die symmetrische Gleichung 3. Grades $f(x)=3\cdot x^3+13\cdot x^2+13\cdot x+3$ hat eine Nullstelle bei –1. Division durch $(x+1)$ führt zu $g(x)=3\cdot x^2+10\cdot x+3$, woraus sich die weiteren Nullstellen $-\frac{1}{3}$ und –3 berechnen lassen.
• Die antisymmetrische Gleichung 3. Grades $f(x)=6\cdot x^3+7\cdot x^2-7\cdot x-3$ hat eine Nullstelle bei 1. Division durch $(x-1)$ führt wieder zu $g(x)=3\cdot x^2+10\cdot x+3$, woraus sich die weiteren Nullstellen $-\frac{1}{3}$ und –3 berechnen lassen.
• Die symmetrische Gleichung 5. Grades $f(x)=6\cdot x^5+11\cdot x^4-33\cdot x^3-33\cdot x^2+11\cdot x+6$ hat eine Nullstelle bei –1. Division durch $(x+1)$ führt zu $g(x)=6\cdot x^4+5\cdot x^3-38\cdot x^2+5\cdot x+6$, woraus sich die weiteren Nullstellen –3, $-\frac{1}{3}$, 2, $\frac{1}{2}$ berechnen lassen.

Literatur

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