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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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