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Steffen (Euron)
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Februar, 2001 - 00:42: | 
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Hallo
Kann mir jemand eine ausführliche Herleitung für die Formel des Casus Irreduibilis schicken. Besonders der Teil, wo der komplexe Wert in den trigonometrischen Teil geschrieben wird und was es mit Moivreschen Lehrsatz auf sich hat.
Danke schon mal |
H.R.Moser,megamath.
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Februar, 2001 - 12:23: |
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Hi Steffen,
Im wahrsten Sinn des Wortes findest Du im Archiv unter meinen
Arbeiten dicke Post zu Deinem Thema unter dem
Stichwort
"Werkstudent".
Mit freundlichen Grüssen
H.R.Moser,megamath. |
Niels
| | Veröffentlicht am Samstag, den 24. Februar, 2001 - 14:20: |
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Hallo Steffen,
wenn du keine Lust haben solltest dich mit "analytischer Geometrie des Raumes" zu beschäftigen, dann schlage ich die algebrarische Herleitung vor, du findest sie im Achiv unterm stichwort Cardano oder casus irreducibiles.
Gruß N. |
Steffen (Euron)
| | Veröffentlicht am Montag, den 26. Februar, 2001 - 18:49: |
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Hallo Niels,
ich kann die algebraische Herleitung leider nicht im Archiv finden. Könntest du mir vielleicht den link dazu sagen, das wäre nett!! |
Niels
| | Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Februar, 2001 - 17:35: |
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Hallo Steffen,
bevor ich hier den Link eingerichtet bekomme mache ich die Herleitung selbst:
Also...
Das ganze beginnt mit der betrachtung der Diskriminante D
D=q²+p³
D ist die Diskriminante der quadratischen Resolvente
z²+2qz-p³
wenn D<0 dann sind die Lösungen der quadratischen Resolvente komplex!!!
u und v sind aber als Kubikwurzeln aus den Lösungen der quadratischen Resolvente definiert.
u=cubrt(-q+sqrt(p²+q³))
Übrigens p²+q³=D
daraus folgt für D<0
q²+p³<0
Für alle q ist q² positiv.
p³ muß also größer q und negativ sein.
Wenn p³ negativ ist, muß p auch negativ sein und aus negativen Zahlen ist es einfach die Kubikwurzel zu ziehen. Das aber nur nebenbei.
Wenn D<0 ist, dann kann man -1 ausklammern. -D>0
Also:
z1,2=
-q+-sqrt(D)
-q+-sqrt(q²+p³)
-q+-sqrt(-D)*i
-q+-sqrt(-q²-p³)*i
Mit anderen Worten:
Wir müssen die Kubikwurzel aus komplexen Zahlen ziehen, komplexe Zahlen in der Form a+b*i .
Und hier kommt Moivre ins Spiel:
"Um die n-te Wurzel aus komplexen Zahlen zu ziehen muß man die n-te Wurzel aus den Betrag der Komplexen Zahl Ziehen und die Argumente n-teln"
Wie du siehst geht das Ziehen der Komplexen Zahlen nur in Polarform.
Wür müssen also aus einer komplexen Zahl in Normalform eine Komplexe Zahl in Polarform machen.
Du siehst es wird kriminell und ich hoffe du hast Ahnung von komplexen Zahlen....
Also zum Betrag:
a²+b²=r²
r=Betrag (Ich hoffe du kennst dich mit Polarkoordinaten aus...)
a=-q
b=sqrt(-q²-p³)
a²=q²
b²=-q²-p³
a²+b²=-p³=r²
r=sqrt(-p³)
Da wir aber die Kubikwurzel aus der komplexen Zahl ziehen müssen müssen wir noch die Kubikwurzel aus r ziehen.
cubrt(r)=cubrt(sqrt(-p³))
=sqrt(cubrt(-p³))
=sqrt(-p)
Da -p in diesem Fall positiv ist haben wir keine Probleme.
Zum Argumentwinkel
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Aus der gaußschen Zahlenebene wissen wir, das gilt:
Cos(phi)=a/r=-q/sqrt(-p³)
Und nun sind wir fast Fertig....
mehr dazu Später...
Gruß N. |
Niels
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. Februar, 2001 - 11:55: |
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Hi steffen,
bevor ich fortfahre hätte ich ebenfals gerne eine Rückmeldung. Wie du siehst ist das Thema nicht ganz leicht und ich möchte wissen bevor es weitergeht noch Fragen bis hierhin offen sind.
Sonst basteln wir weiter und setzen Stück um stück zusammen...
Gruß N. |
Niels
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. Februar, 2001 - 18:03: |
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Hallo steffen,
wenn keine Fragen sind, können wir ja weitermachen.
Also, die Polarform einer algemeinen komplexen Zahl C ist:
C=r*[cos(phi)+i*sin{phi)]
wobei
r=sqrt(a²+b²)
cos(phi)a/r
nun wegen dem Satz von Moivre, der allgemei lautet:
C1/n=r1/n*[cos(phi/n)+i*sin(phi/n)]
da wir u und v als 2 zueinander konjugiert komplexe zahlen haben, sind deren kubikwurzeln auch zueinander konjugiert komplex.
u=cubrt(r)*[cos(phi/3)+i*sin(phi/3)]
v=cubrt(r)*[cos(phi/3)-i*sin(phi/3)]
y war ja früher als Lösung der reduzierten kubischen Gleichung definiert:
y=u+v
wenn mann u+v rechnet heben sich die Sinusterme gegenseitig weg.
Es bleibt:
y=u+v=2*cubrt(r)*cos(phi/3)
cubrt(r)=sqrt(-p)
y=2*sqrt(-p)*cos(phi/3)
Doch hallt!!!!
Im komplexen giebt es nicht nur 1 sondern 3 Kubikwurzeln!!!
Stichwort: "n-te Einheitswurzeln"
die Einheitswurzeln liegen auf dem Kreis um den Koordinatenursprung mit dem Radius 1 und teilen ihn in n-Teile.
In unseren Fall liegen die Kubikwurzeln auf dem kreis mit Radius (Betrag) r und teilen dies in 3 Gleiche Teile.
360° Winkel um den Ursprung wird also in 3 Winkel a 120° geteilt. Das heißt auf dem kreis liegt die nächste Kubikwurzel von phi/3 nochmal 120° versetzt. Daraus ergeben sich folgende lösungen für y2 und y3....
y2=2*sqrt(-p)*cos(phi/3 +120°)
y3=2*sqrt(-p)*cos(phi/3 +240°)
Womit wir fertig wären...
y1;y2;y3 sind alle Reell.
Gruß N. |
Steffen (Euron)
| | Veröffentlicht am Mittwoch, den 28. Februar, 2001 - 21:02: |
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Hallo Nils
Vielen Danke für deine Hilfe. Deine Rechnungen haben mir wirklich geholfen und ich finde es toll sich du dir die zeit für mich nimmst und mir das alles so ausführlich erklärst. Ich danke dir!!!
Ciao
Steffen
(Noch eine kleine Frage:
Was genau ist eine quadratische Resolvente. Dieser Ausdruck kommt bei dir im ersten Abschnitt vor) |
Niels
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. März, 2001 - 15:51: |
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Hallo steffen,
solvere=lat. lösen befreien
die quadratische Resolvente
z²+2qz-p³=0
ist für das lösen einer kubischen Gleichung eine entscheidender zwischenschrit. Denn, die Lösungen dieser Gleichung sind entscheident für das weitere Rechnen. (casus irreducibilis oder nicht?)
Im Prinzip kann man die quadratische Resolvente auch weglassen. dann muß man aber dafür eine wüßte Rechnerei anstellen.Nur, wenn man etwas erklären will, dan macht man das so einfach wie möglich. Und ich finde es einfacher und schneller als mit rafinierten Tricks und Rechnerei im Komplexen zu arbeiten.
Wenn du willst kann ich die Cardanische Formel auch ohne Resolvente herleiten.
Bei der Gleichung 4. Grades exsistiert analog eine kubische Resolvente.
Also, wenn du die Herleitung wünschst mach ich das.
Übrigens, wie hat dier die bruchfreie Lösungsmethode gefallen?
Gruß N. |
Steffen (Euron)
| | Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. März, 2001 - 17:57: |
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Hallo Nils,
Danke für deine Antwort. Natürlich wäre ich auch an einer bruchfreien Lösungsmethode interessiert. Wenn du Lust und Zeit hast kannst du sie mir ja schicken.
Eine kleine Frage hätte ich aber noch. Wieso ist die quadratische Resolvente z²+2qz-p³=0. Wie kommt man darauf?
Vielen Dank schon mal
Bis dann
Steffen |
Niels
| | Veröffentlicht am Freitag, den 02. März, 2001 - 14:38: |
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Hi Steffen,
schau dir mal folgende Aufgabe an:
Cardano modifiziert
Du siehst dort die Gleichung auf zwei verschiedene Methoden gelöst.
Wenn du möchtest, mache ich das auch allgemein.
wenn noch fragen sind,wenn du nun die Herleitung ohne Resolvente wünschst, dann melde dich ebenfals nochmal hier.
zur Resolvente:
Die abmachungen waren:
u³+v³=-2q
u³v³=-p³
Nach Vieta hängen die Koeffizienten einer quadratischen Gleichung mit deren Lösungen auf folgende weise Zusammen:
Sind x1 und x2 Lösungen der quadratischen Gleichung x²+px+q=0
dann gilt:
x1+x2=-p
x1*x2=q
Daraus ergiebt sich dann die Resolvente:
z²+2qz-p³=0
den term für u und v ergeben sich dan automatisch als die lösungen dieser in z quadratischen Gleichung.
"divide et impera" Diese Form ist für ein Lösungsalgorithmus, den man lernen kann einfacher. Bei Gleichungen 4. Grades wird dies noch deutlicher.
Gruß N.
Sind |
physiker
Unregistrierter Gast
| | Veröffentlicht am Montag, den 20. Juni, 2011 - 20:46: |
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Super verständliche Herleitung. |
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