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Niels
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. Juni, 2001 - 14:26: |
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Hallo, ...Wenn schon mal wieder es um reg. N-Ecke geht würde mich mal folgendes interressieren. Gibt es eigentlich für das 7 und 9-Eck explezite durch Radikale darstelbare Formeln für Seitenlänge und Fläche? Ich habe kurioserweise noch keinen irgendwo gesehen.-Oder ist es mal wieder nur durch Trigonometrie möglich? Würde mich über eine Antwort freuen... DANKE!! Gruß Niels |
Hans (Birdsong)
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. Juni, 2001 - 15:22: |
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Hallo : Grundsaetzlich ist das moeglich. Plazieren wir das 7-Eck in Ÿblicher Weise in der komplexen Ebene, so dass eine Ecke z = exp(2*pi*i/7) ist, dann gilt (1) z^6 + z^5 + ... + z + 1 = 0. Wir dividieren durch z^3 , setzen z + 1/z = w ==> z^2 + 1/z^2 = w^2 - 2 , z^3 + 1/z^3 = w^3 - 3w und erhalten fŸr w= 2 cos(2*pi/7) die kubische Gleichung (2) w^3 + w^2 - 2 w - 1 = 0 (2) hat offenbar keine ganzzahlige, folglich auch keine (im klassischen Sinn) konstruierbare Loesung, und deshalb ist das regulaere 7-Eck bekanntlich nicht mit Lineal und Zirkel konstruierbar. Hingegen ist (2) durch Radikale aufloesbar (Cardano-Formel !). Nun sind Seite und Flaecheninhalt einfach durch w = 2 cos(2*pi/7) ausdrŸckbar, also lassen sich auch sie durch Radikale darstellen. Praktisch dŸrften die Formeln jedoch aeusserst unhandlich sein (du kannst es ja mal versuchen !). FŸr das 9-Eck ist die zu (2) analoge algebraische Gleichung vom Grad 4 und daher ebenfalls durch Radikale aufloesbar, und Gleiches gilt daher auch fŸr Seite und Inhalt. mfG Hans |
Niels
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. Juni, 2001 - 18:04: |
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Hallo Hans, wenn ich das regelmäßige 9-Eck ebenfals in der komplexen Ebene plaziere sodas eine Ecke z=exp(2*pi*i/9) ist erhalte ich analog (1)z^8+z^7+z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0 durch Division von z^4 erhalte ich... z^4+z^3+z^2+z+1+(1/z)+(1/z^2)+(1/z^3)+(1/z^4)=0 nun ist wieder (z + 1/z)=w (z^2 + 1/z^2)=w^2-2 (z^3 + 1/z^3)=w^3-3w (z^4 + 1/z^4)=w^4-4w^2+2 folgt (2) w^4+w^3-3w^2-2w = 0 ist dies die gesuchte in w biquadratische Gleichung fürs Neuneck? Wie kommst du aber auf w=2*cos(2*pi*i/7) wäre es beim Neuneck w=2*cos(2*pi*i/9)? Wie würden denn nun die expliziten Flächen und Seitenformeln aussehen? Gruß N. |
Hans (Birdsong)
| Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. Juni, 2001 - 21:45: |
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Rechne nochmal nach, (2) sollte lauten (2) w^4 + w^3 - 3 w^2 - 3 w + 1 = 0 (bei deiner Gl. waere w = 0 eine Loesung). z ist eine Einheitswurzel z = cos(2 pi/n) + sin(2 pi/n)*i, also z + 1/z = 2 Re(z) = 2 cos(2 pi/n). Um Seite und Inhalt eines Teildreiecks durch w auszudrŸcken genŸgt Elementargeometrie (Kathetensatz, Pythagoras), also kein Problem. FŸr das 7-Eck : mittels w = u - 1/3 beseitigst du den quadratischen Term und gewinnst die reduzierte Form (rechne nach !) u^3 - (7/3) u - 43/27 = 0 und kannst dann die Cardano-Formel anwenden. FŸr die Diskriminante finde ich (ohne Garantie) D = 53/81 > 0, also gibt es genau eine reelle Loesung. Im Fall des 9-Ecks ist es viel komplizierter, man muss zuerst die kubische Resolvente bestimmen und die entspr. kubische Gleichung loesen, alles klassische Algebra. Have fun Hans |
Niels
| Veröffentlicht am Freitag, den 29. Juni, 2001 - 10:52: |
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Hallo Hans, wie kommst du auf die Gleichung (2) beim Neuneck? (z + 1/z)=w (z + 1/z)^4=w^4 z^4+4*z^3*(1/z)+6*z^2*(1/z^2)+4*z*(1/z^3)+(1/z^4)=w^4 z^4+4*z^2+6+4*(1/z^2)+(1/z^4)=w^4 (z^4 + 1/z^4)+4*(z^2 + 1/z^2)+6=w^4 (z^4 + 1/z^4)+4*(w^2-2)+6=w^4 (z^4 + 1/z^4)+4w^2-8+6=w^4 (z^4 + 1/z^4)+4w^2-2=w^4 (z^4 + 1/z^4)=w^4-4w^2+2 Was sollte ich Falsch gemacht haben? Die in W kubischen und biquadratischen Gleichungen zu lösen ist nicht das Problem. Was ist den die Variable W? eine Hilfsvariable für Z oder die Seitenlänge sogar? Wiso soll ich die W-Gleichungen lösen wenn ich sowiso schon weis, das w=2*cos(2pi/7) bzw W=2*cos(2*pi/9) ist? Was habe ich also davon? Ich Brauch ja irgendetwas um mit dem Pythagorras arbeiten zu können! Gruß N. |
Hans (Birdsong)
| Veröffentlicht am Freitag, den 29. Juni, 2001 - 11:20: |
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Dividiere z^8+z^7+...+z+1=0 durch z^4 und fasse die Terme z^4+1/z^4 etc. zusammen. Dann kommt w^4+w^3-3w^2-2w+1 = 0 (da war wohl noch ein Druckfehler !). Im Einheitskreis mit Mittelpunkt O betrachte das Dreieck mit den Ecken O, E:= 1, P := z. Dann ist die Seite des reg. n-Ecks s= PE = sqrt(2 - w). |
Niels
| Veröffentlicht am Freitag, den 29. Juni, 2001 - 17:32: |
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Hallo Hans, du hast recht, ich hatte eine 1 unterschlagen. ich habe jetzt mal die w-Gleichungen Berechnet. Die in w-kubische Gleichung besizt 3-reelle Lösungen(2 sind Negativ)!! die in w-biquadratische Gleichung hat 4 reelle Lösungen!!(2 sind davon Negativ und sogar eine Ganzzahlig(-1)!!!) Was soll ich nun mit den verschhiedenen Lösungen anfangen? Welche soll ich wo einsetzen? [etwa in Strecke PE=sqrt(2-w)?] Gruß N. |
goldfing
| Veröffentlicht am Freitag, den 24. August, 2001 - 10:50: |
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Hallo Hans und Niels, darf ich mich mal einschalten? Die Materie ist mir ebenfalls noch ziemlich neu, aber ich habe mal ein bisschen nachgerechnet und das meiste verstanden. Niels, der Ansatz ist genau wie ich Dir schon per email sagte: Die n Ecken des regelmaessigen n-Ecks sind in der Gauss-Zahlenebene die sog. komplexen Einheitswurzeln, die alle die algebraische Gleichung z^n = 1 erfuellen, da sie auf dem Einheitskreis um den Ursprung liegen. Wie kommt man jetzt auf die komische z^6 + z^5 + ... + z + 1 = 0 Gleichung? Diese Erklaerung fehlte bisher. Sie ist ganz einfach: Die Gleichung z^n = 1 ist n. Grades, liefert also n komplexe Loesungen, naemlich die gesuchten n Ecken. Was man aber mit Sicherheit weiss: z = 1 ist eine (reelle) Loesung dieser Gleichung, also kann ihren Grad mit der bewaehrten Schulmethode um eins erniedrigen: z = 1 ist Loesung der Gleichung z^n = 1 bzw. Nullstelle des Polynoms z^n - 1, also dividieren wir dieses Polynom durch den Linearfaktor (z-1): (z^n - 1) / (z - 1) = z^(n-1) + z^(n-2) + ... + z + 1 (Bitte nachrechnen!) Es ist also nur noch die Gleichung z^(n-1) + z^(n-2) + ... + z^2 + z + 1 = 0 zu loesen. Da ihre Koeffizienten alle 1 sind, ist das eine SYMMETRISCHE Gleichung, die man laut Formelsammlung mit der Substitution w = z + 1/z loest, wie Hans oben erlaeutert hat. In unserem Fall ist n=7 oder n=9, also n ungerade, also n-1 gerade. Durch Anwendung der Substitutionsmethode kann man jede symmetrische Gleichung geraden Grades (wie sie hier vorliegt) auf eine Gleichung HALBIERTEN Grades zurueckfuehren (in unseren beiden Beispielen gilt n=7 -> n-1 = 6 -> w-Gleichung 3. Grades n=9 -> n-1 = 8 -> w-Gleichung 4. Grades Soweit, sogut. Problem: wir wollen eine Flaechenformel in Radikaldarstellung, also OHNE trigonometrische Funktionen. Ich behaupte aber, dass das fuer n=7 und n=9 eben doch nicht geht! Begruendung: n=7: die kubische Gleichung w^3 + w^2 - 2 w - 1 = 0 ist zu loesen, hat aber DREI reelle Loesungen, denn die Diskriminante ist negativ! => man die Cardanische Formel NICHT im Reellen anwenden => "casus irreducibilis" => trigonometrische Formeln (cos, arccos) zur Aufloesung notwendig => damit ist w und auch der Flaecheninhalt NICHT durch Radikale ausdrueckbar n=9: die biquadratische (bzw. quartische) Gleichung w^4 + w^3 - 3 w^2 - 2 w + 1 = 0 ist zu loesen, hat aber VIER reelle Loesungen, weil ihre kubische Resolvente DREI reelle Loesungen hat! Und das wiederum bedeutet, dass man ueber das Loesen der kubischen Resolvente sich wiederum trigonometrische Funktionen einhandelt, denn bei drei reellen Loesungen einer kubischen Gleichung liegt immer der "casus irreducibilis" vor, bei dem die Cardanische Formel nicht "greift" (es sei denn man laesst komplexe Zahlen zu, aber wir wollen hier ja REELLE w-Werte und Flaecheninhalte berechnen). Also kann man die Flaecheinhalte von 7-Ecken und 9-Ecken NICHT mit Radikalen angeben. Sonst stuenden sie ja auch in jeder Formelsammlung. Da finde ich aber nur fuer n=3,4,5,6,8 und 10 Radikalformeln. War das alles einleuchtend? Gruss, Dirk |
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