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Beitrag |
    
Gerald Hackl (Gerald)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 02. Juni, 2001 - 15:25: | 
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wer kennt die formel um gleichungen dritten grades zu lösen? |
Niels
| | Veröffentlicht am Samstag, den 02. Juni, 2001 - 19:53: |
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Ich natürlich:-) |
Gerald Hackl (Gerald)
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 15:37: |
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und wie geht die |
Xell
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 17:56: |
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Hi Gerald und Niels!
Ich führe hier mal vor, wie ich das Ganze verstanden habe...
Gleich mehr...
mfG |
Xell
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 18:31: |
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Hi nochmal!
Also: Wir beginnen mit der allgemeinen kubischen Gleichung der Form ax³+bx²+cx+d=0.
Diese formen wir leicht um:
ax³+bx²+cx+d = 0 |*27a²
<=> 27a³x³+27a²bx²+27a²cx+27a²d = 0
<=> 27a³x³+27a²bx² = -27a²cx-27a²d (1)
Jetzt versuchen wir eine kubische Ergänzung, also die linke Seite durch (3ax+b)³ darzustellen:
Wegen (3ax+b)³ = 27a³x³+27a²bx²+9ab²x+b³
Deshalb schreiben wir die obige Gleichung (1) als:
(3ax+b)³ = -27a²cx-27a²d+9ab²x+b³ (kubische Ergänzung)
<=> (3ax+b)³ = (9ab²-27a²c)*x-27a²d+b³
<=> (3ax+b)³ = 3*(b²-3ac)*(3x)+b³-27a²d
Jetzt substituieren wir: y = 3ax+b
=> y³ = 3*(b²-3ac)*(y-b)+b³-27a²d
<=> y³ = 3*(b²-3ac)*y-3b³+9abc+b³-27a²d
<=> y³ = 3*(b²-3ac)*y-2b³+9abc-27a²d
<=> y³-3*(b²-3ac)*y+2b³-9abc+27a²d = 0
<=> y³+3*(3ac-b²)*y+2b³-9abc+27a²d = 0
Wir haben also das quadratische Glied aus der Gleichung eliminiert und schreiben jetzt abkürzend:
y³+3py+q = 0; p := 3ac-b²; q := 2b³-9abc+27a²d
Also: y³ = -3py-q
Nun wissen wir, dass die Gleichung mit einer Kubikwurzel nicht lösbar ist, also versuchen wir die Lösung durch zwei Kubikwurzeln darzustellen:
y = u+v
Eingesetzt in obige Gleichung ergibt sich:
(u+v)³ = -3p*(u+v)-q
<=> u³+3u²v+3uv²+v³ = -3p*(u+v)-q
<=> 3uv*(u+v) + u³+v³ = -3p*(u+v) + (-q)
Durch Koeffizientenvergleich folgt also, dass die Gleichung dann sicher lösbar ist, wenn gilt:
3uv = -3p und u³+v³ = -q
<=> u³v³ = -p³ und u³+v³ = -q
Jetzt erinnern wir uns an den Satz von Vieta:
Dieser besagt, dass u³ und v³ die Lösungen einer quadratischen Gleichung, der sogenannten "quadratischen Resolvente(Auflösenden)" sind. Wir können also u und v bestimmen, indem wir zuerst deren Kuben mittels der quadratischen Hilfgleichung bestimmen:
z²+qz-p³ = 0
Per "p-q-Formel":
<=> z1,2 = -q/2 ± Öq²/4+p³
Nun gilt u = 3Öz1 und v = 3Öz2
y1 = u+v und x1 = (y-b)/(3a).
Mit x1 erhalten wir somit die erste reelle Lösung. Nach Abspalten von (x-x1} durch Polynomdivision erhalten wir dann eine quadratische Gleichung, die sich durch die Mitternachtsformel lösen lässt. Die explizite Auflösung bis hin zu x1 bleibt dem geneigten Leser als Übungsaufgabe... ;)
mfG, Xell :-)
P.S.: Hoffentlich soweit keine fehler drin (bis auf Röchtschreibüngk)... |
Xell
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 19:25: |
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Nachtrag: Da hat sich wohl der Fehlerteufel eingeschlichen und ein a verschluckt!
So muss es kurz nach der kubischen Ergänzung heißen:
(3ax+b)³ = 3*(b²-3ac)*3ax+b³-27a²d
Danke für die Kenntnisnahme... |
Xell
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 19:29: |
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Meine Lösung setzt übrigens eine Diskriminante der quadratischen Resolvente größer gleich Null voraus. Im sog. "Casus irreducibilis", also einer Diskriminante kleiner Null, müsste man aus einer imaginären Zahl die Kubikwurzel ziehen. Wie das geht, wird später behandelt...
mfG |
Niels
| | Veröffentlicht am Montag, den 04. Juni, 2001 - 20:52: |
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Hi Xell,
soweit so gut:-)
Bis hirrhin alles ok!!!:-)
Den Rest mit der Cardanischen Formel übernehme ich Morgen.Den Casus irreducibilis
habe ich hier irgentwo auch im Board schon hergeleitet.(nur so als Tipp...)
Erklär es aber ruhig nochmal, und ich passe dann auf das alles korrekt erklärt ist.
Gruß Niels |
Xell
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 05. Juni, 2001 - 16:01: |
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Hi!
Bevor wir zu dem "nicht zurückführbaren Fall" kommen und zeigen, dass dieser doch zurückführbar ist mit einem kleinen Ausflug in die Triogonometrie, werden wir hier die für den interessierten Leser aufgegebene Aufgabe doch noch nachholen, die Auflösung all der komplizierten Ausdrücke nach x1. Diese Formel ermöglicht es dann direkt durch Einsetzung der Koeffizienten die erste Nullstelle zu erlangen.
Wir haben:
y1 = u+v
u = 3Ö[-q/2+Ö(q²/4+p³)]
v = 3Ö[-q/2-Ö(q²/4+p³)]
p = 3ac-b²
q = 2b³-9abc+27a²d
x1 = (y1-b)/(3a)
=> x1 = (u+v-b)/(3a)
Dies führt uns letzlich zu der Lösungsformel der allgemeinen kubischen Gleichung, die sich schwieriger als die quadrat. Lösungsformel auswendig lernen lassen dürfte:
x1 = 1/(3a) * (3Ö[-(2b³-9abc+27a²d)/2+Ö((2b³-9abc+27a²d)²+(3ac-b²)³)]+3Ö[-(2b³-9abc+27a²d)/2-Ö((2b³-9abc+27a²d)²+(3ac-b²)³)]-b)
Leider ist der Rand zu schmal, die Formel zu fassen... ;)
mfG |
Niels
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 05. Juni, 2001 - 17:26: |
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Hallo Xell und Gerald,
hier nun die Herleitung der cardanischen Formel...
Wir machen einfach eine Polynomdivision.
y³+3py+q/(y-y1)=?
y³+0*y²+3py+q /(y-y1)=y²+y1*y+(y1²+3p)
y²-y1*y²
-------------
...y1*y²
...y1*y²-y1²*y
----------------------
.............(y1²+3p)*y
.............(y1²+3p)*y-(y1²+3p)*y1
------------------------------------------------
...........................................0
y²+y1*y+(y1²+3p)=0
Dies ist die Gleichung die per Mitternachtsformel noch gelöst werden muß.Man bedenke dabei, das gilt:
y1=u+v
p=-uv
y²+(u+v)*y+((u+v)²-3uv)=0
y2;3=-u+v/2±Ö((u+v)²-((u+v)²-3uv)*4/4
Wir vereinfachen den Nenner...
=(u+v)²-((u+v)²-3uv)*4
=u²+2uv+v²-(u²+2uv+v²-3uv)*4
=u²+2uv+v²-(u²+2uv+v²-3uv)*4
=u²+2uv+v²-(u²+2uv+v²-3uv)*4
=u²+2uv+v²-(u²-uv+v²)*4
=u²+2uv+v²-(4u²-4uv+4v²)
=-3u²+2uv-3v²+4uv
=-3u²+6uv-3v²
=(u²-2uv+v²)*(-3)
=(u-v)²*(-3)
y2;3=-u+v/2±Ö(u-v)²*(-3)/4
y2;3=-u+v/2±(u-v)/2Ö(3)*i
Und Das ist die geheimnisvolle "Cardanische Formel"
y1=u+v
y2;3=-u+v/2±(u-v)/2Ö(3)*i
Gruß N. |
Gerald Hackl (Gerald)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 05. Juni, 2001 - 19:10: |
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He danke für eure Hilfe beim nachrechnen komm ich noch mit aber ganz kapier ich das jetzt nicht was kongret ist jetzt nun die Formel für Gl.3.Grades?
und für was ist die Cardanische Formel zuständig? |
Gerald Hackl (Gerald)
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 05. Juni, 2001 - 19:23: |
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Also mit der cardanische Formel löst man Gl.3 Grades? |
L
| | Veröffentlicht am Sonntag, den 03. Februar, 2002 - 01:19: |
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Hallo, eine kleine Korrektur an Xells Formel vom 05. Juni, 2001 - 17:01 Uhr:
((-(2*b^3-9*a*b*c+27*a^2*d)/2 + sqrt((2*b^3-9*a*b*c+27*a^2*d)^2/4+(3*a*c-b*b)^3))^(1/3)
+ (-(2*b^3-9*a*b*c+27*a^2*d)/2 - sqrt((2*b^3-9*a*b*c+27*a*a*d)^2/4+(3*a*c-b*b)^3))^(1/3)
-b) /(3*a)
Im Eifer vergessen, durch 4 zu teilen.
Insgesamt beachtliche Leistung! |
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