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Beitrag |
    
Patrick Lange (lange_mathe)
Neues Mitglied
Benutzername: lange_mathe
Nummer des Beitrags: 1
Registriert: 08-2003
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. August, 2003 - 10:14: | 
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Hallo
Wer kann mir verraten, wie man die folgende Gleichung löst. Bis zum 4. Grad habe ich solche Gleichungen mit dem Horner-Schema gelöst.
z^10-33z^5+32=0
Vielen Dank für Eure Hilfe
Gruß
Patrick |
Niels (niels2)
Senior Mitglied
Benutzername: niels2
Nummer des Beitrags: 836
Registriert: 06-2001
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. August, 2003 - 10:46: |
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Hi Patrick,
substituiere einfach Z^5=x und du bekommst dafür die Gleichung:
x^2-33x+32=0
und das dürfte doch dann lösbar sein....
Vergiss am Ende nicht die Rücksubstitution!
mfg
Niels |
Dr Majid Karim
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Samstag, den 04. Juni, 2005 - 21:20: |
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Z^2-33Z+32=0, ----> (Z-32)(Z-1)=0, ----> Z1,2=1,32
Für Z = 1, Z^5 = 1 = 1 . e^j.(0+2k.pi) ----> pi=3,14159...
Z = 1^(1/5) = e^((j2k.pi)/5) ---->
Z1=e^(j2.pi/5),
Z2=e^(j4.pi/5),
Z3=e^(j6.pi/5),
Z4=e^(j8.pi/5) ,
Z5=e^(j10.pi/5)= e^(j2.pi),
Von Eulersgleichung : e^jx =cos x + j sin x
kann man die obige Z1 --------> Z5 in Einzelheiten finden.
Ähnlicheweise mit Z = 32,
Z = 32^(1/5) = 2.e^((j2k.pi)/5) ---->
Z1= 2 . e^(j2.pi/5),
Z2= 2. e^(j4.pi/5),
Z3= 2 . e^(j6.pi/5),
Z4= 2 . e^(j8.pi/5) ,
Z5= 2 . e^(j10.pi/5)= 2 . e^(j2.pi). |
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