ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe: Biquatratische Gleichungen

Biquatratische Gleichungen

ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe » Klassen 8-10 » Gleichungen/Ungleichungen » Quadratische Gleichungen » Biquatratische Gleichungen « Zurück Vor »

Das Archiv für dieses Kapitel findest Du hier.

Autor

Beitrag

Steven

Veröffentlicht am Dienstag, den 20. Juni, 2000 - 17:06:

Kennt jemand von euch eine Seite, wo man sich Biquatratische Gleichungen lösen lassen kann?

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Dienstag, den 20. Juni, 2000 - 18:44:

Hi, Steven!
Ich habe keine Seite dazu gefunden; deshalb habe ich selbst mit JavaScript ein "Testprogramm" geschrieben. Du findest es unter www.dannys-homepage.de/abdef/biquad.htm. Da ich es so schnell programmieren musste, habe ich mich auch nicht sehr um die Gestaltung gekümmert - sieht ziehmlich trocken aus aber erfüllt erst mal seinen Zweck. Bitte schreib mir mal wenn es funktioniert, denn dann werde ich es besser gestalten und auf meiner Hompepage in die Rubrik "Mathe" aufnehmen, denn dort kannst du noch mehr Sachen berechnen lassen.
Ich hoffe, das hilft dir weiter!
Ciao
Danny

Steven

Veröffentlicht am Dienstag, den 20. Juni, 2000 - 22:22:

Hi Danny,

danke erst einmal das du dir so viel mühe gegeben hast. Das Programm Funktioniert auch teilweise, d.h. du mußt bedenken das es auch mehrere Lösungen als X1 und x2 gibt, z.B.
x(hoch4)-13x(hoch2)+36=0 , hat als Lösung
x1=3
x2=-3
(was das Programm erkannt hat)
x3=2
x4=-2
(nicht erkannt)
Ich weiß nicht ob du das mit einfügen kannst aber gemeine Brüche wären noch sehr vorteilhaft und wenn man vor das x(hoch4) noch ne Zahl schreiben könnte.

Sonst ist es voll ok.

Ich hab noch ne frage, heißt NaN=keine Lösung?

Also deine Seite ist echt cool,
wie hast du das Programm programmiert? In Java? Woher bekomme ich eine kleine Einführung?

cu
Steven

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 11:30:

Hi, Steven!

Also mal nacheinander:

Ich hab den Fehler behoben, es gibt jetzt auch x₃ und x₄. Ich kannte mich mit biquadratischen Gleichungen noch nicht so gut aus (bin erst 8.Klasse).

Gemeine Brüche sind nach meinem Wissen leider nicht in JavaScript - dass ist die Programmiersprache dieses Programmes - realisierbar.

Das mit der Zahl vor x⁴ ist möglich, jedoch ist die Gleichung dann keine biquadratische Gleichung mehr, sondern eine Gleichung 4.Grades.
So wie ich schon ein Programm für quadratische Gleichungen auf meiner HP habe, werde ich auch bald ein Programm für Gleichungen 3. und 4.Grades programmieren. Doch dass ist ziemlich zeitaufwendig - vor allem, weil man solche "Schönheitsfehler" wie "NaN" verhindern sollte. Schau einfach bald mal wieder vorbei, vieleicht hab ich es dann schon fertig. Mit dem Programm für Gleichungen 4.Grades kann man dann auch biquadratische Gleichungen lösen lassen, denn diese sind ja nur eine Sonderform einer Gleichung 4.Grades.

"NaN" bedeutet -> "keine Lösung", "nicht lösbar"
Normalerweise programmiert man, dass bei solchen Fällen das entsprechende Feld ausgeblendet wird oder dass eine entsprechende Meldung auf Deutsch angezeigt wird. Ich hatte aber leider nicht soviel Zeit.

Wie du oben schon gelesen hast, habe ich die Tools mit JavaScript programmiert. Das ist eigentlich eine sehr einfache Programmiersprache. Das Programmieren mit JavaScript setzt jedoch einige HTML-Kenntnisse voraus, denn JavaScript funktioniert nur mit HTML. Schau einfach mal bei Selfhtml. Dieses sehr bekannte Dokument liefert ausführliche Erklärungen zu HTML und auch zu JavaScript.
Wenn du irgendwelche Fragen dazu hast, schreib mir einfach eine eMail! Wenn du willst, kann ich dir auch den Quelltext meiner Tools mit Erklärung schicken.

PS: Hast du noch andere Ideen für Berechnungen, die ich Programmieren könnte? - mir gehen langsam die Ideen aus!

Ciao
Danny

Urmeline

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 11:44:

Danny, hast du schon ein Programm zur Integralberechnung auf deiner Seite???
Oder eines zur Berechnung von Extrempunkten oder Asymptoten, eben alles, was mit Kurvendiskussion zu tun hat??? Das fände ich nämlich höchst praktisch!!!!

Steven

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 13:30:

Hi Danny,

mir fallen im Moment keine weiteren Sachen ein die du mit auf die HP tun könntest.
Aber was du noch machen könntest ist, dass du vieleicht etwas theorie noch mit rein packst. Ich hab mir deine HP jetzt nicht super genau angeschaut aber so ein par Sachen wie z.B. etwas aus der Geschichte. Wir hatten in Mathe erst ein Vortrag, ok liegt etwas zurück, über pie. Wer drauf gekommen ist und wie... So etwas z.B.. Als Vorschlag.

Und wegen Jave schau ich mal, kann mich ja mal melden.

Tschö
Steven

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 15:05:

Hi Danny,

erstens:
Wenn vor dem x⁴ ein Vorfaktor stehet ist es noch keine Gleichung 4. Grades.

Einfaches Normieren und Substituieren folgt aus ihr eine einfache quadratische Gleichung.

Die biquadratische Gleichung hat dann immer noch 4 Lösungen.

Wenn du Programme für die Lösung von Gleichungen 4. und 5. Grades schreiben willst, ´wünsche ich dir dabi viel Erfolg und Spaß. Solche Gleichungen sind nicht so einfach zuLösen. Die Lösungsverfahren und Formeln von Cardano, Ferrari und Bermoulli sind nicht einfach und setzen Kentnisse über Komplexe Zahlen vorraus. Kenntnisse, die eben ein 14 jähriger noch nicht normalerweise hat.

Ein Vorschlag zu weiteren Berechnungen auf deiner Homepage (Ich habe sie genau unter die Lupe genommen und war begeistert!) wären:

-Ausbau der Kreisberechnungen (Kreissektor,Kreis segment, Bogen und Sehnenlänge,Mittelpunktswinkel etc.)
-Ausbau von Dreiecksberechnung (Bei Pythagoras) (Mit Seitenlängen, Höhe, Hypothenusenabschnitten, Winkel, Umfang, Fläche, Umkreisradius etc.)
-Planimetrie (Berechnungen von Fläche, Inhalt,Seiten und Diagonalenlänge, Winkel und Höhe bei Quadrat, Rechteck, Rhombus,Rhomboid,Trapez und Drachenviereck)

Wenn du dies alles programieren könntest und Wolltest wärst du ein Schritt weiter!

Zu Urmeline:

Was erwartest du von einen 14-jährigen!?

Anscheinend zu viel!

Ciao

Niels

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 15:32:

Hi, Niels, Urmeline, Steven!

Zu Niels:
Das mit dem Faktor vor x⁴ hab ich auch gemerkt. Ich habe es bereits korrigiert. Wenn ich Zeit habe werde ich das gesamte Programm "verschönert" in meine HP einsetzen.

Zu den komplexen Zahlen: so "doof" bin ich gar nich, auch wenn mein Alter andere Schlüsse zulässt - ich habe trotzdem Ahnung von komplexen Zahlen. Wenn man sich etwas damit beschäftigt, ist das relativ einfach. Trotzdem hast du Recht - das könnte in JavaScript Probleme geben, denn JavaScript kennt keine komplexen Zahlen und man kann sie somit auch nicht bearbeiten.

Es freut mich, dass dir meine Tools gefallen.

Zu deinen Berechnungen: Erst mal danke für die vielen Vorschläge! Das meiste davon (eigentlich alles) lässt sich realisieren. Im Moment arbeite ich an Dreiecksberechnungen (Sinussatz, Kosinussatz,...). Dort kann man dann - ähnlich wie beim Pythagoras - alle fehlenden Größen (a, b, c, Alpha, Beta, Gamma, h_a, h_b, h_c) berechnen lassen, wenn drei gegeben sind. Wenn ich damit mal fertig bin, werd ich mich deinen Berechnungen mal zuwenden.

Zu Urmeline:
Ich würde gerne solche Berechnungen programmieren - nur was ist das überhaupt? Ich versuche, mich mal zu informieren. Vielleicht klappts ja irgendwann mal.

Zu Steven:
Die Idee mit der Theorie ist gar nicht mal so schlecht. Vielleicht mach ich's mal, wenn ich mich gerade langweile (das dürfte noch ein wenig dauern!)

Viele Grüße
Danny

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 21. Juni, 2000 - 19:26:

Hi Danny,

dann entschuldiege meine Bemerkung. Nur so viel ich weis sind die komplexen Zahlen Stoff der Oberstufe (Ich glaube Klasse 12/13).

Selbst ich habe noch wenig erfahrung mit komplexen Zahlen.

Integralrechnung, so wie Differenzialrechnung und Grenzwerte haben mit Funktionen zu tun.

Schön wenn dich meine Vorschläge interressieren.Ich hätte da noch welche....

Bis bald

Ciao

Niels

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. Juni, 2000 - 09:29:

Hi Niels,

Musst dich nich entschuldigen - sowas höre ich oft genug, ich hab mich dran gewöhnt.
Du hast noch mehr Vorschläge? Welche?

Ciao
Danny

Urmeline

Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. Juni, 2000 - 10:28:

Hallo Niels und Danny,

Zu Niels:
Ich bin zwar erst seit kurzem Moderator, aber was ich bis jetzt über Danny mitbekommen habe, läßt darauf schließen, daß man bei ihm nicht nach dem Alter gehen kann!
Ich bin auch gut in Mathe, aber ich käme trotzdem nicht darauf, mir den Uni-Mathe-stoff anzueignen, so wie er mit seinen 14 Jahren sich den Oberstufenstoff aneignet!!
Und ich traue ihm durchaus zu, daß er sich mit ein wenig Infos auch die Kurvendiskussion zu eigen macht!!!

Zu Danny:
Integrale sind Flächenberechnungen unter Kurven, einfach ausgedrückt, also wenn du die Fläche zwischen 2 Kurven, oder die Fläche zwischen Kurve und x-Achse ausrechnen willst!

Mit Extrempunkten meine ich zum Beispiel Hoch-und Tiefpunkte, sowie Wendepunkte, die man durch Differentialrechnung ausrechnet(Ableiten...)
Asymptoten sind Geraden, an die sich eine Kurve annähern kann, das heißt, die Kurven kommen dieser Geraden immer näher, berühren sie aber nie! Es gibt natürlich auch Näherungskurven!

Und wie Niels sagt, hat das alles mit verschiedenen Funktionen zu tun, wie z.B. gebrochen-rationalen Funktionen, e-Funktionen(e=Eulersche Zahl), Logarithmus - Funktionen, trigonometrische Funktionen, Exponentialfunktionen....

Gruß von

Urmeline

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. Juni, 2000 - 19:22:

Hi Danny,

ersteinmal muß ich dich bewundern.Ein 14-jähriger der sich Uni-Stoff aneignet! So etwas ist selten in Deutschland! Selbst ich bin schon froh wenn ich (als 10 Klässler ) etwas vom Oberstufen kram verstehe. Mit Uni-Stoff habe ich es noch nicht versucht, obwohl ich ein Mathe LK in der Oberstufe nehmen werde. Unser Mathelehrer hat mir dafür jedenfals grünes Licht gegeben.

Hier sind weitere Vorschläge zur Programmierung:

-Weitere Berechnungen aus der Planimetrie:
Umfang, Fläche,Um und Inkreisradien,Seiten und Diaagonalenlänge und Winkel von regelmäßigen N-Ecken; Umfang, Inhalt Halbachsen bei der Elipse
-Stereometrie (Körperberechnung) Volumina, Höhe, Oberfläche,Mantel-Deck und Grundfläche, Kantenlänge und Seitenlänge bei Quarder,Würfel, Prisma, Zylinder, Pyramiden, Kegel,Pyramiden-bzw. Kegelstümpfe,Torus,Tonne (Faß),Obelisk,Keil,Ellipsoid,Parabolid,reg. Polyder, Zylinderabschnitt, Kugel,Kugelkappe,Kugelsegment,Kugelsektor,Kugel-zwei bzw dreieck,
-Umrechner für Winkelmaße (Grad,Neugrad,Bogenmaß)
-Ebene Trigonometrie (Errecnung von Sinus,Cosinus und Tangens wenn ein Winkel im Grad,Neugrad
oder Bogenmaß gegeben bzw ein Wert einer Winkelfunktion gegeben ist.
-Sphärische Trigonometrie (Grundaufgaben)
-Programm zur Darstellung von Funktionen(Kurvendiskussionen)
-Program zur Bruchrechnung

Und noch ein Tip:

Vergiss bei deinen Dreiecksberechnungen bitte nicht die Seitenhalbierenden.

Zu Urmeline:

Entschuldige meine spitze Bemerkung. Du hast recht was Danny betrifft!

Ciao

Niels

Urmeline

Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. Juni, 2000 - 19:50:

Danny, ich weiß, wir überhäufen dich jetzt grade mit Vorschlägen, aber bist du mit Linearer Algebra vertraut????

Das sind im einfachsten Beispiel Matrizen, die wie ein lineares Gleichungssystem aufgebaut sind, und mit den dazugehörigen Vektoren (=Spalten) kann man entweder Kostenfaktoren in der Wirtschaft ausrechnen, das gehört dann eher zu den Anwendungsbeispielen, oder man kann geometrische Verhältnisse damit ausdrücken, und zwar dann nicht mehr im zweidimensionalen raum wie in der Mittelstufe, sondern im dreidimensionalen Raum, manchmal rein theoretisch auch im 4-oder 5-dimensionalen raum.
Kurz gesagt, Lineare Algebra ist eine hübsche
Sache, und zum Lösungsmengen oder Kostenfaktoren ausrechnen, oder zum Schnittpunktberechnen oder zum SchnittGERADE berechnen(bei 2 Ebenen, die sich schneiden), wäre das irgendwann schon cool!

Klar, du hast ja jetzt erst mal zu tun, das kannst du dann machen, wenn dir mal sehr, sehr langweilig ist! ;-)

Du solltest uns übrigens Kurse im Programmieren geben, ich habe da z.B. leider überhaupt kein Vorwissen (wir bekommen in der Schule höchstens Pascal beigebracht, und ich selber habe erst seit einem halben Jahr einen eigenen PC);-))
Find ich aber cool, was du machst!!!

Noch ein gruß

Urmeline

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Donnerstag, den 22. Juni, 2000 - 21:26:

Hi Urmeline und Niels!

Erst mal danke für eure vielen Vorschläge! Sind zwar ziemlich viele und ich hab derzeit auch nicht gerade wenig um die Ohren (Mathe-Prüfung, Freunden helfen, bin auch Moderator bei Zahlreich, ...) - Es muss ja aber auch nich alles auf einmal sein (Ich kann mir ja Zeit lassen).
Einige Vorschläge sind ziemlich schnell zu machen (z.B. diverse Umrechner, auch für Winkelmaße).
Auch die Grundrechenarten von Brüchen dürften nicht das Problem sein. Bei manchem stößt man aber schon an seine Grenzen, z.B. bin ich mir nicht sicher, ob ein Programm zur Darstellung von Funktionen mit JavaScript programmiert werden kann. Normalerweise benutzt man für solche Zwecke im Web sogenannte CGI-Programme. Aber viele (vor allem privat genutzte) Server sperren ihren CGI-Interpreter, so dass diese Programme selbst beim besten Willen nicht ausgeführt werden können. Das liegt daran, dass man mit CGI ziemlich gemeine Sachen machen kann. So hat z.B. in Amerika vor einem halben Jahr jemand ein CGI-Programm geschrieben, welches seiner Ex-Freundin jede Minute automatisch eine Hass-eMail geschickt hat ... und sie war 5 Tage im Urlaub. Als sie wiederkam hatte ihr Server um die 7000 neue eMails für sie! Deshalb sollte man schon etwas Kleingeld übrig haben, will man einen Server mit CGI haben.

Noch mal zu den Dreiecksberechnungen:
Ich arbeite gerade an einem Programm, womit man alles rund um's Dreieck berechnen lassen kann (Winkel, Seiten, -halbierenden, Fläche, Umfang, Höhen). Das Problem dabei ist, dass ich es so programmieren möchte wie z.B. beim Programm für den Satz des Pythagoras oder der Kreisberechnung, d.H. egal, welche größen gegeben sind, es werden immer alle anderen aus den gegebenen berechnet. Um das für Dreiecke realisieren zu können benötigt man etwa 1000 (!) Programmschritte (zum Vergleich: beim Programm für die Kreisberechnung sind es nur 27). Das braucht also Zeit und Nerven, denn wenn man einmal ein Semikolon vergisst oder eine andere Kleinigkeit falsch ist läuft das gesamte Programm nicht mehr. Und dann heisst es suchen, suchen, suchen... bis man den Fehler hat. Und dann muss man noch diese "Schönheitsfehler" wie z.B. das oben schon erwähnte "NaN" (heisst übrigens "Not a Number") beseitigen. Aber zum Schluss kommt das Schlimste - der Test. Ich habe noch nie ein Programm geschrieben, welcheas sofort beim ersten Test tadellos funktionierte. Entweder es tat sich gar nix oder es kamen nur die falschen Ergebnisse. Aber das ist nun mal so.

Zu den Matrizen:
Davon hab ich schon mal gehört und ich kann mir vorstelen, was du damit meinst. Aber richtige Kenntnisse dazu habe ich nicht. Doch wenn ich es richtig verstehe, müsste es sich auch programmieren lassen. Mal sehen; ich werd's mal versuchen!

Über Kurse zum Programmieren:
Keine schlechte Idee, aber ich glaube, andere Leute können das besser vermitteln als ich (und haben auch mehr Zeit dazu). Vielleicht werde ich auf meine HP mal ein paar Links zu guten Prigrammierkursen setzen. Außerdem wüsste ich auch nicht, mit welcher Prgrammiersprache ich da anfangen sollte (Ich kann HTML, BASIC, Pascal, JavaScript und lerne gerade VisualBasic).

Schaut einfach ab und zu mal auf meiner HP vorbei und seht nach, ob ich schon was neues habe! (Heute habe ich z.B. ein Programm zum Berechnen von römischen Zahlen und zur Berechnung von Quadraten neu eingesetzt)

Ciao
Danny

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 23. Juni, 2000 - 13:29:

Hi Danny und Urmeline,

Zu Urmeline:

Du hast recht was die Programmierkurse betrifft. Ich selbst habe von Programmierung so viel Ahnung wie eine Kuh vom Sonntag! Ich werde (oder besser sollte) damit Anfangen. Wenn ich Glück habe lerne ich nach den Sommerferien programieren in C++ .HTML währe auch nicht schlecht zu lernen. Das Problem ist nur, das man fürb programmieren in C++ Linux brauch-Und von Linux habe ich erst recht (noch) keine Ahnung.

Zu Danny:

Dann hau mal rein mit deiner Programierung! Lasse dir Zeit dabei! Urmeline und Ich können auch ohne Computer Dreiecke durchrechnen (dauert nur länger!).

Übriegens, Ich habe da noch Vorschläge...

-Ausbau des Programms Lineare Gleichungssystheme (3 Gleichungen;3 Variablen)
-Programm zur Prozentrechnung/Zinsrechnung (mit Zinseszinsen)
-Program zur Berechnung von Potenzen/Wurzeln/Logarithmen

Wenns nicht mit den Funktionen klapt macht das nichts! Es währe nur in einer Kombination von dem Programm zur Kurvendiskussion sinnvoll.

Ciao

Niels

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Freitag, den 23. Juni, 2000 - 15:57:

Hi, Niels!

Noch was zu den Programmiersprachen: Ich würde dir empfehlen, nicht gelcih mit C++ anzufangen - besonders, wenn du noch nicht viel erfahrung mit anderen Programmiersprachen hast. Du könntest z.B. mit BASIC anfangen und wenn du merkst, dass dir sowas ziemlich leicht fällt kannst du es auch mal mit C++ probieren. Für Mathematische Berechnungen ohne große grafische Ansprüche (Zeichnen von Funktionen ist oft nicht möglich) reicht BASIC (meisten jedenfalls) aus.
Zu HTML: Das ist wohl die einfachste Sprache, die es gibt - wenn man sie überhaupt als solche betrachten kann. Denn eigentlich ist HTML keine richtige Programmiersproche, sie dient nur zur korrekten Formatierung der (Web-)Seiten. Berechnungen kann man mit HTML an sich nicht ausführen. Das geht dann nur mit JavaScript. Das ist die eigentliche Programmiersprache. Mit HTML kannst du nur "normale" Seiten wie z.B. meine Moorhuhn-Gallerie oder die CASIO-Rubrik gestalten. Selbst für das Feld mit dem durchlaufenden Text auf meiner Startscreen braucht man JavaScript.
Ich würde dir auf jeden fall empfehlen, HTML zu lernen, denn HTML ist die dominierende Programmiersprache im Web. Das Erlernen geht auch ziemlich schnell und ist extrem einfach! Später kannst du dich ja noch mit JavaScript beschäftigen. Das ist zwar etwas schwieriger als BASIC, lässt sich aber trotzdem schaffen!

Zu deinen Vorschlägen (Danke!):
Die beiden ersten kann man problemlos programmieren - nur der dritte ist teilweise nicht machbar. In JavaScript ist es nur möglich, die Quadratwurzel zu ziehen, nicht aber die n-te Wurzel. Man kann höchstens durch Verschalchtelungen der Quadratwurzel die 4.Wurzel, die 8.Wurzel, die 16.Wurzel usw. ermittlen. Das macht aber keinen Sinn, wenn man die anderen sowieso nicht berechnen kann.

Gruß
Danny

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 23. Juni, 2000 - 19:23:

Hi Danny,

Wenn du meinst, vielleicht mach ich ja über die Sommerferien einen kleinen Kurs in HTML,Javascript oder BASIC.

Programmieren zu können kann nicht schaden!

Zu deiner HP:

Das Programm zur Mittelwertberechnung finde ich gut.Nur, wenn du dich schon mit Statistik beschäftigst, dann würde ich dir noch empfelen den Programm die Berechnung von der Varianz,Standartabweichung,Modalwert und Zentralwert beifügen.

Das Programm zur Quadratberechnung ist sehr Gut.Als nächstes würde ich das Rechteck nehmen und dazu ein Programm programieren.

Ciao

Niels

Muad (Einstein)

Veröffentlicht am Sonntag, den 25. Juni, 2000 - 11:46:

Hallo,
auf Schoolix.de gibt´s einen (Un)Gleichungen-Löser wo man ähnliche Sachen machen kann wie auf Danny´s Homepage. Nur eben auch Ungleichungen lösen lassen.
Muad

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Dienstag, den 27. Juni, 2000 - 16:17:

...das mit den Ungleichungen geht jetzt auch auf meiner HP!
Ciao
Danny

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. August, 2000 - 17:03:

Hallo allerseits!

Ich weiss zwar nicht, ob das einen Monat nach
Euren Beitraegen noch jemand liest, aber ich
habe zum Begriff "biquadratische Gleichung"
noch einiges anzumerken:

Ob der Vorfaktor 1 oder "a" ist, spielt fuer
die Bezeichnung ueberhaupt keine Rolle.

So wie x^2 + px + q = 0 eine quadratische
Gleichung ist, ist auch ax^2 + bx + c = 0
fuer jedes beliebige a <> 0 eine quadratische
Gleichung.
Und ebenso ist nicht nur x^4 + px^2 + q = 0
eine biquadratische Gleichung, sondern auch
ax^4 + bx^2 + c = 0 fuer a <> 0.
Sogar die ALLGEMEINE Gleichung 4. Grades
ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0 mit a <> 0
ist eine biquadratische Gleichung, denn die
Bezeichnung "biquadratische" - analog zu
"kubische", "quadratische", "lineare" -
bezieht sich lediglich auf die hoechste Potenz,
und die ist in diesem Fall die 4. Potenz.
Man nennt deshalb auch x^4 das Biquadrat von x,
x^3 den Kubus von x und x^2 das Quadrat von x.

In der Schule ist mit "biquadratisch" meist der
Spezialfall mit nur geraden Potenzen (x^4,x^2,x^0)
gemeint. Es ist jedoch falsch zu behaupten, NUR
solche Gleichungen seien biquadratisch.
Schlagt mal im Duden Rechnen und Mathematik
oder zahlreichen anderen Lexika nach!

Manche Lexika nennen die Gleichung 4. Grades
auch "quartisch", die 5. Grades "quintisch" usw.
Leider schreibt sich jedoch "quartisch" ganz
aehnlich wie "quadratisch", was leicht zu
Verwechslungen fuehren kann.

Uebrigens kann man Gleichungen 3. und 4. Grades
auch ohne komplexe Zahlen loesen, selbst dann,
wenn sie komplexe Zahlen als Loesungen haben.
Fuer den 3. Grad gibt es einen trigonometrischen
Umweg, der in vielen Formelsammlungen beschrieben
ist ("Casus irreducibilis"). Fuer den 4. Grad
ist es meistens schlecht oder unvollstaendig
erklaert. Ich habe deshalb ein verbessertes
Loesungsverfahren fuer den 4. Grad entwickelt,
das in den naechsten Auflagen einiger solcher
Formelsammlungen erscheinen wird.

Viele Gruesse von
Goldfinger

Danny (Danny)

Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. August, 2000 - 17:54:

Hi Goldfinger!

Ich bin an deinem Lösungsverfahren interessiert.
Könntest du es mal hier beschreiben?

Ciao
Danny

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. August, 2000 - 20:29:

Hallo Danny und Goldfinger,

Danny, ich glaube, nicht nur du wärst an einer Beschreibung des Verfahrens interressiert.
ich bin es jedenfals auch.

Da wir ja beim Thema Gleichungen 4. Grades sind:

Ich habe da eine Frage an Goldfinger:

Was ist der Unterschied zwischen Farrari und Bombelli´s Lösungsferfahren?

Gruß N.

Zaph (Zaph)

Veröffentlicht am Donnerstag, den 03. August, 2000 - 21:43:

Hi Goldfinger, an einer Lösungsformel, die komplett ohne den Umweg über komplexe Zahlen auskommt, bin auch ich interessiert!
Gruß
Zaph

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 04. August, 2000 - 13:15:

Hallo allerseits!

Ihr seid also auch noch nicht in Urlaub... :-)
Freut mich, dass mein Beitrag eine solche
Resonanz findet...

Zum Loesungsverfahren:

Ich habe es 1998 entwickelt, und zwar auf Basis
der Verfahren von Ferrari und Bombelli, mit ein
paar zusaetzlichen Verbesserungen.

Der Unterschied zwischen Ferrari und Bombelli:
Wie Ihr vielleicht wisst, muss man bei der
Gleichung 3. Grades ax^3 + bx^2 + cx + d = 0
erst das QUADRATISCHE Glied weg-substituieren
mittels der linearen Transformation x = y - b/(3a)
um zur sogenannten REDUZIERTEN kubischen Gleichung
y^3 + py + q = 0 zu kommen.

Ebenso kann man bei der Gleichung 4. Grades
ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0
mittels der Transformation x = y - b/(4a)
das KUBISCHE Glied eliminieren.
Man kommt dann zur sogenannten REDUZIERTEN
biquadratischen Gleichung y^4 + py^2 + qy + r = 0.
Ludovico Ferrari ging von dieser Form aus
und fand 1540 das erste Loesungsverfahren.

Leider ist diese lineare Transformation eine
ziemlich nervige Rechnerei, und fuer p,q,r
ergeben sich haessliche Brueche aus den
Koeffizienten a,b,c,d,e. In keiner Formelsammlung
habe ich die Terme fuer p,q,r finden koennen
und musste sie muehsam selbst ausrechnen.

Um 1572 verbesserte Raffaele Bombelli das
Verfahren jedoch, indem er die lineare
Transformation ueberfluessig machte.
Man kann naemlich die urspruengliche Gleichung
auch lediglich durch a teilen ("normieren"),
und dann die NORMIERTE biquadratische Gleichung
x^4 + px^3 + qx^2 + rx + s = 0 direkt loesen.
Das Ferrari-Prinzip funktioniert
naemlich auch bei der normierten Form!

Ich selbst habe dann Bombellis Methode
auf die ganz ALLGEMEINE biquadratische
Gleichung ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0
erweitert, so dass man nicht mehr durch a
teilen muss - und damit Brueche vermeidet.
Denn z.B. wird aus 3x^4 + 5x^3 + ...
durch die Normierung x^4 + 5/3 x^3 + ...
und man muss sich dann die ganze Zeit
mit Bruechen herumschlagen.

Ausserdem habe ich die in den Formelsammlungen
noetigen Fallunterscheidungen zu einem Fall
zusammengefasst, und saemtliche Zwischenrechnungen
und Wurzeln in weiteren Gleichungen versteckt.
Das Ergebnis ist ein sehr schoener
"Teile-und Herrsche"- bzw.
"Divide-and Conquer"-Algorithmus,
der nur noch aus kubischen und quadratischen
Gleichungen besteht und deshalb durch wenige
Unterprogrammaufrufe realisiert werden kann,
d.h. der Programmtext in Pascal oder C
ist sehr kurz und uebersichtlich.

Aus Gruenden der Uebersichtlichkeit
mache ich jetzt erstmal Schluss.
Zuvor aber noch eine Frage:

Kennt Ihr das Loesungsverfahren
fuer die allgemeine kubische Gleichung
(Cardanische Formel und "Casus Irreducibilis")?
Das braucht Ihr naemlich, denn zur Loesung
der Gleichung 4. Grades muss man zuerst eine
Gleichung 3. Grades loesen, die sogenannte
"kubische Resolvente"
(Resolvente kommt aus dem Lateinischen
und bedeutet "Aufloesende").

Bevor Ihr Euch um die Gleichung 4. Grades
kuemmert, solltet Ihr also erst die Gleichung
3. Grades kennen, verstehen, ein paar Beispiele
von Hand rechnen und das Loesungsverfahren
in einer Programmiersprache implementieren.
Habt Ihr das schon?

Viele Gruesse von
Goldfinger

Zaph (Zaph)

Veröffentlicht am Freitag, den 04. August, 2000 - 20:53:

Hi Goldfinger, ein paar Fragen:
Muss man die Gleichung dritten Grades vollständig verstanden haben, um dein Verfahren zur Gleichung vierten Grades anwenden zu können?
Oder reicht es aus, ein "Orakel" zu befragen, um dann mit deiner Methode weiterarbeiten zu können?
Kann man auch die Gleichung dritten Grades ohne Umweg durchs Komplexe lösen?
Gruß
Zaph

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 21. August, 2000 - 17:39:

Hi Zaph,

tschuldigung, dass ich erst jetzt antworte,
aber ich war 2 Wochen lang im Urlaub und
deshalb fern vom Internet.

Eigentlich muss man die Gleichung dritten Grades
nicht verstanden haben, wenn man sie mit Hilfe
eines "Orakels" bzw. Computers loesen kann.
Man sollte aber wenigstens wissen, dass eine
kubische Gleichung mit reellen Koeffizienten
mindestens eine reelle Loesung hat
(entweder eine reelle und zwei komplexe
oder drei reelle).

Falls sie nur eine reelle Loesung hat,
so kann man diese mit Quadrat- und Kubikwurzeln
(sog. Radikalen) gemaess der Cardanischen Formel
berechnen.

Falls sie dagegen drei reelle Loesungen hat,
so nennt man diesen Fall "Casus Irreducibilis",
weil er fuer Cardano und seine Zeitgenossen
im 16. Jahrhundert zunaechst nicht loesbar war.
Denn dann muesste man bei Anwendung der
Cardanischen Formel mit komplexen Zahlen rechnen.
Man kann das vermeiden, indem man trigonometrische
Funktionen (cos und arccos) verwendet, die ja
eigentlich nicht algebraisch sind,
aber trotzdem auf jedem Taschenrechner und
Computer vorhanden.

Ich habe mich auch schon lange gefragt,
ob man den "Casus Irreducibilis" im Reellen
OHNE trigonometrische Funktionen, d.h.
nur durch die vier Grundrechenarten und
Wurzelziehen, loesen kann. Habe aber keine
Moeglichkeit gefunden, und neulich las ich
in der Literatur einen Hinweis, dass angeblich
kurz vor 1900 die Unmoeglichkeit bewiesen wurde.
Kann es aber zur Zeit nicht nachpruefen.

In meinem Verfahren taucht eine einzige
kubische Gleichung auf, die sog. "kubische
Resolvente". Wenn man einmal von dem
"Schoenheitsfehler" absieht, dass man sie
eventuell mit trigonometrischen Funktionen loesen
muss, um das Komplexe zu umgehen, so sind bei
meiner Methode KEINE solchen Umwege mehr noetig.

Das Verfahren selber besteht einfach darin,
EINE KUBISCHE und VIER QUADRATISCHE Gleichungen zu
loesen, die allesamt reelle Koeffizienten haben.

Selbst wenn die Gleichung 4. Grades komplexe
Loesungen hat, so ergeben sich diese erst am Ende
der Rechnung ganz einfach als Loesungen zweier
quadratischer Gleichungen mit reellen Koeffizienten.

So, das war's mal fuer heute.

Viele Gruesse von
Goldfinger

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 21. August, 2000 - 18:40:

Hallo Goldfinger!!

-Zaph ist für 2. Wochen in Urlaub; daher kann er nicht antworten-

Dafür hallte ich hier die Stellung um möglichst am Ball zu bleiben. Das Lösen von Gleichungen ist eines meiner Lieblingsthemen.

Wenn du uns schon so auf die Folter spannst und aus lizenzrechtlichen Gründen uns das Verfahren noch nicht näher erklären willst, kannst du uns doch wenigstens Sagen, in welchen Formelsammlungen demnächst dein Verfahren abgedruckt wird oder?

Dan habe ich noch eine "persönliche Frage" an dich:

Kannst Du das Verfahren (den Fall) "Casus Irreducibilis" näher erklären; so zu sagen herleiten? (An welcher Stelle Tritt aus welchen Gründen bei der Herleitung die trigonometrische Funktionen auf?)

Und; warum hat es 400 jahre gedauert, bis ein "Vereinfachstes Verfahren" entwickelt wurde?

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 22. August, 2000 - 13:57:

Hallo Niels!

Das ist witzig, weil naemlich das Loesen von
Gleichungen auch seit jeher mein Lieblingsthema
innerhalb der Mathematik ist.
Deshalb habe ich auch die Gleichungen 3. und 4.
Grades besonders untersucht, weil die in der
Schule gemieden werden und deshalb besonders
interessant sind... :-) und auch eine aufregende
Historie hinter sich haben.

Ja, ich habe aus lizenzrechtlichen Gruenden
noch Bedenken, das Verfahren auf dem Internet
zu verbreiten, weil ich noch in Verhandlungen
mit mehreren Verlagen stehe.
Wenn die Formel erstmal veroeffentlicht ist,
sieht die Sache natuerlich ganz anders aus...
Dann ist sie naemlich sozusagen Public Domain.

Uebrigens, die Cardanische Formel hat eigentlich
nicht Girolamo Cardano selber, sondern sein
Kollege Niccolo Tartaglia und vor diesem noch
Scipione del Ferro entdeckt. Tartaglia fand
die Formel unabhaengig von del Ferro
(der zu dieser Zeit bereits gestorben war),
wollte sie selbst veroeffentlichen und gab sie
nur widerwillig Cardano, der ihm angeblich
versprach, sie geheimzuhalten.

Als sich Tartaglias Veroeffentlichung aber
verzoegerte, verlor Cardano die Geduld und
veroeffentlichte die Loesungsformel in seinem
beruehmten Buch "Ars Magna" (1545) -
zusammen mit dem Loesungsverfahren fuer die
Gleichung 4. Grades, das auf der Gleichung
3. Grades basiert und von Cardanos Schueler
Ludovico Ferrari gefunden wurde.
Tartaglia war dann natuerlich sauer, und ich
moechte halt nicht den gleichen Fehler machen
wie einstmals Tartaglia... ;-)

Mein Verfahren wird zu finden sein in

Dr.-Ing. Hans-Jochen Bartsch:
"Taschenbuch mathematischer Formeln"
Fachbuch-Verlag Leipzig

und

Prof. Dr. Horst Stoecker
"Taschenbuch mathematischer Formeln und
moderner Verfahren"
Harri-Deutsch Verlag

Beides sind Mathelexika mit grosser Auflage.
Gegenwaertig versuche ich, das Verfahren
auch noch in die Neuauflage des beruehmten

Bronstein, Semendjajew (Musiol, Muehlig):
"Taschenbuch der Mathematik"
Harri-Deutsch Verlag

hineinzubekommen. Das hat naemlich sowieso
dieselbe Formel wie das Stoecker-Buch
vom selben Verlag.

Zum "Casus Irreducibilis":
Zuerst solltest Du die Cardanische Formel
und deren Herleitung kennen. Hast Du eine
Formelsammlung, wo das drinsteht?
Es gibt viele davon, z.B. die oben genannten
oder auch den Duden "Rechnen und Mathematik"
(in der Fassung fuer Studenten und Profis,
der Schuelerduden Mathematik ist eine gekuerzte
Fassung ohne Gleichungen 3. und 4. Grades).

Falls Du das nicht hast, kann ich gerne
die Cardanische Formel auf dieser Homepage
herleiten - wenigstens in den Grundzuegen.

Viele Gruesse von
Goldfinger

"Do you expect me to talk"? (Sean Connery)
"No Mr Bond, I expect you to die!" (Gert Froebe)
:-)

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 22. August, 2000 - 14:09:

Hallo nochmal!

Und warum es 400 Jahre gedauert hat?

Ich muss jetzt mal tiefstapeln:
Mein Verfahren ist im Prinzip dasselbe
wie das von Ferrari oder Bombelli,
aber halt etwas verbessert und modern
aufbereitet:

Meine eigenen Beitraege dazu sind:

- Genaues und eindeutiges Kriterium,
wie man ohne komplexe Zahlen auskommt
(fehlt bisher in jeder Formelsammlung!)

- Formulierung ausschliesslich aus
Gleichungen (keine expliziten Wurzeln/Radikale,
diese sind alle implizit in den Loesungsformeln
fuer quadratische und kubische Gleichungen
verborgen)
-> mehr Uebersichtlichkeit
-> kurzer Sourcecode durch Unterprogrammaufrufe
(Divide & Conquer - Methode, in der Informatik
sehr verbreitet)

- Dadurch Zusammenfassung aller Sonderfaelle
zu EINEM EINZIGEN Fall
(bisher waren 3 verschiedene Faelle und
Rechenwege vonnoeten, plus einige Spezialfaelle)

Mein Verfahren ist also IM PRINZIP seit 400
Jahren bekannt, aber kurioserweise noch nie so
konsequent einfach "aufbereitet" und in eine
schoene Form gegossen worden...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 22. August, 2000 - 15:30:

Hallo Goldfinger,

-oder soll ich Dirk sagen?-

Du hast recht; Solche Gleichungen 3. und 4. Grades werden in der Schule ungern behandelt-Daher rührt auch mein Interresse daran.

Nun eine spezielle Herleitung für die Formel zur berechnung Gleichungen 3. Grades hab ich nicht. Ich weis nur das irgentwie durch substitution die Gleichung vereinfacht wird. Weiter blick ich das noch nicht; das mag auch daran liegen, das in der Cardanoformel (die eigentlich wie gesagt Tartaglia gefunden hat) nacher irgentwelche Komplexen Teile drin vorkommen.

Also an eine verstänliche Erklärung wäre ich schon interressiert.

wäre sehr nett wenn du das könntest.

Gruß Niels

ps: Du brauchst nicht Tiefstapeln!!

Wenn das Lösen von Gleichungen 4. Grades durch dein Verfahren wirklich so einfach wird wie Brötchen backen; dann ist das eine Tolle Erungenschaft!-Könntest du nicht auch so ein Verfahren für Gleichungen 3. Grades entwickeln?-

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 22. August, 2000 - 16:11:

Hallo Niels!

Ja, mein richtiger Name ist Dirk,
aber ich mag halt James-Bond-Filme und
Gert Froebe und insbesondere die Kombination
der beiden, den Klassiker "Goldfinger".
Du kannst ruhig Dirk sagen/schreiben.

Ganz so einfach wie Broetchen backen ist
das Loesungen von Gleichungen 4. Grades
zwar nicht, aber mit meinem Verfahren
sehr viel einfacher geworden.

Es ist halt eine Menge Arbeit,
eine kubische und vier quadratische Gleichungen
zu loesen. Wenn sie alle ganzzahlige Loesungen
haben, geht es sogar von Hand ganz gut
(ich brauche dann ca. 15-30 Minuten, wenn ich
keine Hilfsmittel wie Taschenrechner habe),
auf einem Computer dagegen in Millisekunden.

Leider muss die Herleitung/Erklaerung der
Cardanischen Formel nochmals warten, da ich
heute abend schon wieder verreise
(diesmal geschaeftlich). Bin deshalb erst
naechste Woche wieder zurueck, aber dann
laengere Zeit...

Ich erklaere das Prinzip dann am besten
erstmal an einem einfachen Beispiel und
dann allgemein. Wenn Du Lust hast, kannst
Du ja mal versuchen, ob Du die kubische
Gleichung

x^3 - 15x - 30 = 0

exakt loesen kannst, die kein quadratisches
Glied enthaelt. Sie war einmal in einer
Abitursaufgabe zu finden, allerdings sollte man
sie da nur numerisch mit dem Newton-Verfahren
loesen...

Tip:
Sie hat nur eine reelle Loesung,
die Cardanische Formel ist also im Reellen
anwendbar.

Gruss,
Dirk

PS:
Ich wuerde gerne auch noch den Grad 3 verbessern,
aber da beisse ich mir bisher noch die Zaehne
dran aus. Kurioserweise finde ich ihn vom Prinzip
her inzwischen schwieriger als den Grad 4 ...
:-)

Tim Janssen (Tim)

Veröffentlicht am Freitag, den 25. August, 2000 - 17:43:

Hallo,
kann mir eine nachfolgende Aufgabe Schritt für Schritt erklären?
In einer Diätküche werden Mahlzeiten zubereitet, die nur eine vorgeschriebene Zahl von Joul (J) enthalten dürfen.
a) Wieviel Joul hat eine Mahlzeit aus x Gramm magerem Schweinefleisch (504J je 100 Gramm) und Y Gramm Spargel (26J je 100 Gramm)?
B) Stelle aus Schweinefleisch und Spargel zwei verschiedene Mahlzeiten mit je 1200J zusammen
c) Wieviel Gramm Spargel ergänzen eine Mahlzeit mit 150g auf 1000J?

Bodo

Veröffentlicht am Samstag, den 26. August, 2000 - 22:55:

Hallo Tim,
bitte zukünftig auf "Neuer Beitrag" klicken, dann finden wir Deine Aufgabe leichter, wenn sie neu ist.

A) 504/100 * x + 26/100 * y
... Antwortsatz ist klar?

B) + C) Da kannst Du obigen Term verwenden. Kommst Du klar?
Sonst frag nochmal, was Du nicht verstehst, wo Du hängen bleibst.

Bodo

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 28. August, 2000 - 11:51:

Hallo Goldfinger,

Zur Gleichung:

x³-15x-30=0

Diskriminante =100 also positiv;die Gleichung hat 1 reelle und 2 komplexe Lösungen.

Da das quadratische Glied fehlt ligt schon die "reduzierten Form" der kubischen Gleichung vor.

u=³Ö(25)
v=³Ö(5)

komplexe Lösungen
x_1;2=-2,316996842±1,051391033*i

Die letzte reelle Lösung bekomme ich aber nicht heraus, weil ich den Term a/3 berechnen kann.

Übrigens; Samstag lief James Bond im Fernsehen...

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 28. August, 2000 - 13:40:

Hallo Niels!

Bin wieder von meiner Reise zurueck.

Bravo, Du hast die Cardanische Formel
richtig angewandt!
Die Berechnung von u und v ist richtig,
und auch die komplexen Loesungen stimmen.
Aber die reelle Loesung ist sehr einfach:

x = u + v = cubrt(25) + cubrt(5) = 4,633994...

wobei "cubrt" = "cube root" die Kubikwurzel meint.
Du musst also nur u und v addieren, um die
reelle Loesung der reduzierten Gleichung
zu bekommen.

Den Term a/3 braucht man nur, falls die
Gleichung noch nicht reduziert ist,
d.h. falls die kubische Gleichung noch
ein quadratisches Glied enthaelt.

Ich denke, ich erklaere jetzt am besten mal
das komplette Verfahren fuer die kubische
Gleichung an einem Beispiel mit ganzzahligen
Loesungen. Muss mir noch ein passendes ausdenken.

Bis spaeter,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 28. August, 2000 - 14:26:

Hallo Goldfinger,

ich freu mich schon auf deine Erklärung:-)))

Dann war das mit der reellen Lösung auch nicht so schwierig...

In Meiner Formelsammlung stand für x nur

x=u+v-a/3

Das andere wußte ich noch nicht.

ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 29. August, 2000 - 10:15:

Hallo Niels,

die Formel x = u + v - a/3

stimmt auch, aber sie bezieht sich
auf die Form x^3 + ax^2 + bx + c = 0,
weshalb in unserem Beispiel
x^3 - 15x - 30 = 0
wo das quadratische Glied fehlt,
einfach a=0 zu setzen ist.
Somit ist in diesem Fall x = u + v.

Aber das mit dem a/3 erklaer ich nochmal
genauer an dem Beispiel. Hoffe, dass ich
bis heute abend endlich ein gutes finde.

Bis spaeter,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 29. August, 2000 - 16:59:

Hallo Niels,

hier nun endlich das versprochene Beispiel.
Verzeihung fuer die unschoene Schreibweise
fuer Potenzen, aber den Formatierkram
blicke ich einfach nicht und er lenkt mich
eher von der Materie ab...

Wir wollen die kubische Gleichung

x^3 - 3x^2 + 12x - 36 = 0 loesen.

Um das quadratische Glied zu beseitigen,
machen wir eine lineare Transformation,
d.h. wir verschieben den Graphen der
zugehoerigen kubischen Funktion entlang
der x-Achse. Die Frage ist nur noch, um wieviel.

Lassen wir zunaechst mal offen, um wieviel wir
verschieben, und nennen die Verschiebung "h".
Dann substituieren wir also

x = y + h

um zur neuen Variablen y ueberzugehen.
Setzen wir y+h anstelle x in die Gleichung ein,
so erhalten wir

(y+h)^3 - 3(y+h)^2 + 12(y+h) - 36 = 0

Nach den binomischen Formeln ist

(y+h)^3 = y^3 + 3hy^2 + 3h^2y + h^3
-3(y+h)^2 = -3(y^2 + 2hy + h^2) = -3y^2 -6hy -3h^2
12(y+h) = 12y + 12h

also lautet die Gleichung fuer y:

y^3 + 3hy^2 + 3h^2y + h^3 - 3y^2 - 6hy - 3h^2 + 12y + 12h - 36 = 0

y^3 + (3h-3)y^2 + ... = 0

Das genuegt schon, um zu sehen, dass wir
3h - 3 = 0 bzw. h = 1 waehlen muessen,
um in der y-Gleichung kein quadratisches Glied
zu haben.

Mit h=1 sieht die Transformation also so aus:

x^3 - 3x^2 + 12x - 36 = 0

geht mittels x = y + 1 ueber in

(y+1)^3 - 3(y+1)^2 + 12(y+1) - 36 = 0

(y+1)^3 - 3(y^2+2y+1) + 12(y+1) - 36 = 0

y^3+3y^2+3y+1 -3y^2 -6y -3 +12y +12 -36 = 0

y^3 + 9y - 26 = 0

und siehe da, das quadratische Glied ist
verschwunden! Diese Form nennt man auch die
REDUZIERTE kubische Gleichung.

Das geht auch im allgemeinen Fall,
doch bleiben wir bei unserem Beispiel.
Wie sollen wir jetzt die reduzierte Gleichung
loesen? Leider "stoert" da immer noch das
lineare Glied 9y, und es laesst sich auch nicht
so einfach beseitigen wie das quadratische.
Nun kommt die Tartaglia-Cardano-Formel ins Spiel.

Leider muss ich nun fuer heute Schluss machen,
aber das mit der Verschiebung muss ja auch erstmal
"verdaut" werden. Morgen zeige ich dann, wie man
die reduzierte Gleichung loest.

Bis dann also und viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 29. August, 2000 - 20:28:

Hallo Dirk,

bis dahin habe ich jetzt auch noch dir folgen können...

Du kannst sehr gut erklären.

Das Thema Gleichungen faziniert mich. Ich erwarte gespannt die Forztsetzung.

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 30. August, 2000 - 13:17:

Hallo Niels,

danke fuer das Kompliment!
So, die lineare Verschiebung war die 1. geniale
Idee des Loesungsverfahrnens. Sie stammt uebrigens
wirklich von Cardano. Tartaglia konnte nur den
reduzierten Fall loesen, Cardano aber konnte die
Tartaglia-Formel als erster geometrisch beweisen
und die ALLGEMEINE kubische Gleichung auf den
reduzierten Fall zurueckfuehren. Insofern traegt
die Cardanische Formel ihren Namen nicht voellig
zu Unrecht. Besser waere es allerdings, von
"Cardano-Transformation" und "Tartaglia-Formel"
zu sprechen...

So, nun zur 2. genialen Idee
(und auf die muss man auch erstmal kommen!):

Wir haben die reduzierte Gleichung

y^3 + 9y - 26 = 0

und isolieren die dritte Potenz:

y^3 = -9y + 26

Nun betrachten wir die Loesung y als SUMME
zweier neuer Unbekannter u und v:

y = u + v

setzen in die Gleichung ein:

(u+v)^3 = -9(u+v) + 26

und multiplizieren die linke Seite
gemaess den binomischen Formeln aus:

u^3 + 3u^2v + 3uv^2 + v^3 = -9(u+v) + 26

Auf der linken Seite wendet man das
Distributivgesetz an, d.h. klammert
bei den beiden mittleren Summanden aus:

u^3 + 3uv(u+v) + v^3 = -9(u+v) + 26

und ordnet der Uebersicht halber
die Summanden der linken Seite nochmal um:

u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = -9(u+v) + 26

Naechster Geniestreich:
Durch den sogenannten KOEFFIZIENTENVERGLEICH
(wird in der Mathematik haeufig angewandt)
sieht man, dass diese Gleichung erfuellt ist, wenn

u^3 + v^3 = 26 und 3uv = -9 gilt.

(Dann wird naemlich eine allgemeingueltige
Gleichung daraus, unabhaengig von u+v).

So, und jetzt formt man die zweite Bedingung
noch ein bisschen um:

3uv = -9
uv = -3
(uv)^3 = -27
u^3v^3 = -27

Man kubiert also das Produkt von u und v und
erhaelt somit das Produkt von u^3 und v^3.
Es gelten also die beiden Gleichungen

u^3 + v^3 = 26 und u^3 * v^3 = -27

(mit * ist hier das stinknormale Produkt gemeint).

So, und was bringt uns das?
Wir haben zwei Unbekannte u^3 und v^3,
die Kuben der beiden Unbekannten u und v sind.
Betrachten wir einmal die Kuben als eigenstaendige
Unbekannte, so sehen wir, dass wir sowohl deren
SUMME als auch deren PRODUKT kennen.
Und wenn man sich jetzt an den Satz von Vieta
fuer quadratische Gleichungen erinnert,
muesste es eigentlich klingeln...

Der hiess naemlich:

Sind x1 und x2 Loesungen der quadratischen
Gleichung x^2 + px + q = 0, so gilt

x1 + x2 = -p und x1 * x2 = q

d.h. der Koeffizient des linearen Gliedes
ist die negative Summe der beiden Loesungen,

und der Koeffizient des Absolutgliedes
ist das Produkt der beiden Loesungen.

Auf unser Problem uebertragen heisst das,
dass wir die Groessen u^3 und v^3 als
die beiden Loesungen der QUADRATISCHEN
Gleichung

z^2 - (u^3 + v^3)z + (u^3 * v^3) = 0 bzw.

z^2 - 26z - 27 = 0 berechnen koennen!

Diese hat nach der p-q-Formel die Loesungen

z1,2 = 13 +- sqrt(169 + 27) = 13 +- sqrt(196) = 13 +- 14

also

z1 = 13 + 14 = 27
z2 = 13 - 14 = -1

und daraus folgt

u^3 = z1 = 27 => u = 3
v^3 = z2 = -1 => v = -1

(einfach die Kubikwurzel aus den Loesungen ziehen)

und damit folgt

y = u + v = 3 + (-1) = 2

y=2 ist also die (einzige) reelle Loesung von

y^3 + 9y - 26 = 0.

Um auch die beiden komplexen Loesungen zu
erhalten, kann man einfach wie gewoehnlich
die Polynomdivision durchfuehren:

(y^3 + 9y - 26) : (y-2) = y^2 + 2y + 13

und die quadratische Gleichung

y^2 + 2y + 13 = 0 loesen.

y1,2
= -1 +- sqrt(1-13)
= -1 +- sqrt(-12)
= -1 +- sqrt(-4*3)
= -1 +- 2sqrt(-3)
= -1 +- 2sqrt(3)sqrt(-1)
= -1 +- 2sqrt(3) i

(da i^2 = -1 bzw. sqrt(-1) = i ist).

Sauber aufgeschrieben:

y1 = 2
y2 = -1 + 2sqrt(3) i
y3 = -1 - 2sqrt(3) i

So, der Rest ist einfach:
da wir anfangs x = y+1 gesetzt haben,

machen wir nun die Ruecktransformation,
d.h. wir addieren einfach 1 zu jeder y-Loesung,
um die x-Loesungen zu erhalten:

x1 = 3
x2 = + 2sqrt(3) i
x3 = - 2sqrt(3) i

Dies sind die Loesungen der urspruenglichen
kubischen Gleichung

x^3 - 3x^2 + 12x - 36 = 0

Selbstverstaendlich haetten wir diesen Fall
auch mit der Schulmethode loesen koennen,
weil eine Loesung reell und ganzzahlig ist.
Dann haetten wir die Teiler des Absolutgliedes
-36 untersuchen muessen und 3 (ist ja ein Teiler
von 36) als erste Loesung gefunden.
Dann haetten wir die Polynomdivision gemacht:

(x^3 - 3x^2 + 12x - 36) : (x - 3) = x^2 + 12

und die quadratische Gleichung geloest:

x^2 + 12 = 0
x^2 = -12 = -4*3

x2,3 = +- 2sqrt(3)i

Aber in der Praxis geht das eben meistens nicht.
Siehe unser erstes Beispiel

x^3 - 15x - 30 = 0

das schon die reduzierte Form hatte -
und eine schoen irrationale Loesung

x = Kubikwurzel(25) + Kubikwurzel(5)

(von den komplexen Loesungen ganz zu schweigen).

Ist das alles verdaulich gewesen?
Noch Fragen zum Beispiel?
Wenn nicht, kann ich dann ja beim
naechsten Mal die Formeln fuer den
ALLGEMEINEN Rechenweg angeben,
so wie man sie fuer ein Computerprogramm braucht.
Und noch etwas zum "Casus irreducibilis" sagen...
das ist der Fall dreier reller Loesungen,
wo man mit komplexen Zahlen rechnen muss.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 30. August, 2000 - 20:37:

Hi Dirk,

Jo habe alles verdaut. Freue mich auf das dessert-Besser gesagt; die Fortsetzung und übertragung auf die Allgemeine Form.

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 31. August, 2000 - 18:04:

Hallo Niels,

zuerst mal der "Casus Irreducibilis".
Da die Verschiebung immer gleich ablaueft
und nichts mit der Anzahl der reellen
Loesungen zu tun hat (der Graph der kubischen
Funktion wird ja nur entlang der waagrechten,
also der x-Achse verschoben, also aendern
sich die Nullstellen nur um eine reelle Zahl,
ihre Natur bleibt aber gleich),

nehme ich jetzt mal gleich die reduzierte Form,
und zwar das Beispiel, an dem Cardano zum ersten
Mal die Probleme mit komplexen Zahlen erkannt
hat:

x^3 = 15x + 4

Diese Gleichung hat offensichtlich die reelle
Loesung x=4, denn 4^3 = 64 = 60 + 4 = 15*4 + 4.
Wir pruefen jetzt mal mit der Schulmethode,
wie ihre weiteren Loesungen lauten:

x^3 - 15x - 4 = 0

also muessen wir folgende Polynomdivision ausfuehren:

(x^3 - 15x - 4) : (x-4) = x^2 + 4x + 1

Die weiteren Loesungen ergeben sich also aus

x^2 + 4x + 1 = 0 zu

x2,3 = -2 +- sqrt(3)

und sind somit ebenfalls reell.
Also hat die kubische Gleichung DREI REELLE
und KEINE komplexe Loesung.

Man sollte nun meinen, dass es, wenn die
Loesungen sogar ALLE reell sind, mit der
Cardanischen Formel ueberhaupt keine Probleme
geben kann. Pustekuchen!

x^3 = 15x + 4

wir setzen nun x=y, da wir schon die
reduzierte Form haben:

y^3 = 15y + 4

und nun wie gehabt y = u+v, also

(u+v)^3 = 15(u+v) + 4

u^3 + 3u^2v + 3uv^2 + v^3 = 15(u+v) + 4

u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = 15(u+v) + 4

Koeffizientenvergleich:

u^3 + v^3 = 4 und 3uv = 15

Aus der zweiten Bedingung ergibt sich

uv = 5 => u^3v^3 = 125

also

u^3 + v^3 = 4 und u^3 * v^3 = 125

so dass wir die quadratische Gleichung

z^2 - 4z + 125 = 0

loesen muessen, um u^3 und v^3 zu erhalten:

z1,2 = 2 +- sqrt(4 - 125)
z1,2 = 2 +- sqrt(-121)
z1,2 = 2 +- sqrt(11*11*(-1))
z1,2 = 2 +- 11 i

Oops! Die beiden Werte fuer z sind komplex!
Und deshalb haben wir das Problem, dass wir,
um u und v zu erhalten, die Kubikwurzeln
aus KOMPLEXEN Zahlen ziehen muessen.

u^3 = z1 = 2 + 11i
v^3 = z2 = 2 - 11i

u = Kubikwurzel(2 + 11i)
v = Kubikwurzel(2 - 11i)

Lassen wir einmal offen, wie man das macht.
Laut Cardanischer Formel ist

y = u+v und in diesem Falle x=y,

so dass wir vor der verblueffenden Tatsache
stehen, dass

x1 = Kubikwurzel(2 + 11i) + Kubikwurzel(2 - 11i)

die erste Loesung ist (die anderen beiden
lassen wir jetzt mal weg, sie berechnen
sich aber ebenfalls aus u und v).

Und dieser Wert soll gleich der reellen Zahl 4
sein!!!!

Das hat im 16. Jahrhundert Cardano ueberfordert,
aber er hat immerhin als erster das Problem
ERKANNT.

"Casus irreducibilis" ist lateinisch und heisst
"nicht zurueckfuehrbarer Fall". Ein treffender
Name, denn dieser Fall laesst sich im Reellen
nicht mit der Cardanischen Formel loesen.
Wohl aber im Komplexen. Doch dazu braucht man
die Definition des Radizierens=Wurzelziehens
bei komplexen Zahlen.

Kennst Du die Begriffe Realteil, Imaginaerteil,
Betrag und Argument einer komplexen Zahl?

Und ihre Darstellung in der Gauss'schen
komplexen Zahlenebene?

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 31. August, 2000 - 19:30:

Hallo Dirk,

Realteil, Imaginärteil und Gauß`sche Zahlenebene sind mir bekannt.(Jedenfals vwas das ist ist mir bekannt...)
Betrag und Argument sind mir nioch nicht ganz klar. das mag daran liegen, das man die g. Zahlenebene auch als 2Vektormodell" bezeichnret. Und Vektorrechnung hatte ich noch nicht.-Genausowenig wie Polarkoordinaten-Systhem.

noch eine Frage zur "quadratischen Resolvente":

Bedeutet das, das die Gleichung
x²+px+q=0
für D<0

2 Komplexe Lösungen besitzt? oder besitzt sie keine Lösung?

bis dann...

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 01. September, 2000 - 15:44:

Hallo Niels!

Entschuldigung, dass ich die quadratische
Resolvente einfach so aufgeloest habe... :-)

Ja, es ist naemlich so: die quadratische
Gleichung x^2 + px + q = 0 hat die Diskriminante

D = (p/2)^2 - q und

falls D > 0, zwei VERSCHIEDENE REELLE Loesungen

x1,2 = -p/2 +- sqrt(D)

falls D = 0, zwei GLEICHE REELLE Loesungen

x1 = x2 = -p/2

(oft wird gesagt, es gibt EINE reelle Loesung,
aber das ist eben eine Doppelloesung, d.h.
ihr Linearfaktor kommt im quadratischen Term
x^2 + px + q ZWEImal vor).

falls D < 0, zwei (verschiedene) KOMPLEXE
Loesungen, denn dann verwendet man die Definition
der imaginaeren Einheit i:

i^2 = -1 bzw. i = sqrt(-1)

und rechnet dann konsequent weiter:

x1,2 = -p/2 +- sqrt(D)
x1,2 = -p/2 +- sqrt((-D)*(-1))
x1,2 = -p/2 +- sqrt(-D)*sqrt(-1)
x1,2 = -p/2 +- sqrt(-D) i

Und da D < 0, ist -D > 0,
also ist sqrt(-D) der reelle Vorfaktor von i
d.h. wir haben den Realteil -p/2
und den Imaginaerteil sqrt(-D)

und die beiden Loesungen sind
"konjugiert komplex", d.h.
sie haben denselben Realteil
und der Imaginaerteil hat entgegengesetztes
Vorzeichen.

(Allgemein nennt man a +- bi zwei konjugiert
komplexe Zahlen, wenn a und b reell sind.
a ist der Realteil, b der Imaginaerteil).

Vektorrechnung brauchst Du nicht unbedingt,
um die komplexen Zahlen zu verstehen.
Wichtig ist: jede komplexe Zahl a+bi
laesst sich als Punkt (a,b) im
xy-Koordinatensystem darstellen.
(Die Verbindungsstrecke vom Ursprung zu
diesem Punkt ist dann ein zweidimensionaler
Vektor).

Und damit kann man die algebraischen Rechen-
operationen auf komplexe Zahlen ausdehnen.
Man rechnet mit i wie mit jedem anderen
Buchstaben/Variablen. Wenn also

z1 = a+bi
z2 = c+di

dann ist

z1+z2 = a+bi + c+di = (a+b) + (c+d)i
z1-z2 = a+bi - c-di = (a-b) + (c-d)i

d.h. man kann Addition und Subtraktion
komponentenweise durchfuehren.
Geometrisch entspricht das einer Vektoraddition
bzw. -subtraktion, d.h. man klebt einfach
zwei Streckenzuege an den Enden zusammen
(vgl. Kraefteparallelogramm in Physik).

Ferner ist

(a+bi)(c+di)
= ac + adi + bci + bdi^2
= ac + adi + bci + bd(-1)
= ac + adi + bci - bd
= (ac-bd) + (ad+bc)i

das Produkt der beiden komplexen Zahlen.
(Hierbei haben wir i^2 = -1 verwendet).

Die Division verlaueft aehnlich,
aber uns interessiert jetzt vor allem
das Radizieren, d.h. Wurzelziehen.

Sie verlaeuft nach der Moivre-schen Formel so:

Ist z = a+bi der Radikand,
so definiere

Betrag von z = sqrt(a^2 + b^2)
Argument von z = arctan(b/a)

Geometrisch gesehen:
Verbinde den Ursprung des xy-Koordinatensystems
mit dem Punkt (a,b). Dann ist

der Betrag gleich der Laenge der
Verbindungsstrecke bzw. der
Abstand des Punktes vom Ursprung,

das Argument der "Phasenwinkel" bzw.
Winkel, den die Verbindungsstrecke mit
der x-Achse bildet. Dieser Winkel wird oft
mit dem griechischen "phi" bezeichnet.

Um die n-te Wurzel aus einer komplexen Zahl
zu ziehen, muss man die n-Wurzel aus ihrem
Betrag ziehen und ihr Argument durch n teilen,
d.h.

Gegeben: z = a+bi

Berechne Betrag = sqrt(a^2+b^2)
Berechne Argument phi = arctan(b/a)

dann kann man z so schreiben:

z = Betrag * (cos(phi) + i*sin(phi))

und die n-te Wurzel aus z ist dann

nteWurzel(Betrag) * (cos(phi/n) + i*sin(phi/n))

Wir berechnen nun in unserem
"Casus Irreducibilis" Beispiel also
Kubikwurzel(2+11i) und Kubikwurzel(2-11i):

z1 = 2+11i => a=2 und b=11

Betrag = sqrt(2^2+11^2) = sqrt(4+121)= sqrt(125)

z2 = 2-11i hat natuerlich denselben Betrag!

Der Betrag der Kubikwurzel ist die Kubikwurzel
aus dem bisherigen Betrag, also

cubrt(sqrt(125)) = sqrt(cubrt(125)) = sqrt(5)

Argument phi:

tan phi = b/a = 11/2 = 5,5

=> phi = arctan(5,5)
=> phi = 79.695 Grad
=> phi/3 = 26.565 Grad
=> cos(phi/3) = 0.8944 und sin(phi/3) = 0.4472

Fuer z2 = 2-11i ist

tan phi = -11/2 = -5.5

=> phi = arctan(-5,5)
=> phi = -79.695 Grad
=> phi/3 = -26.565 Grad
=> cos(phi/3) = 0.8944 und sin(phi/3) = -0.4472

Bei konjugiert komplexen Zahlen sind also die
Betraege gleich, die Argumente haben entgegen-
gesetztes Vorzeichen. Gleiches gilt fuer ihre
Quadrat- oder Kubikwurzeln, denn die sind
wiederum konjugiert komplex.

Setzen wir jetzt alles zusammen, so erhalten wir
die Kubikwurzel von 2+11i und 2-11i, also u und v:

u,v
= sqrt(5) * (0.8944 +- 0.4472i)
= 2,236 * (0.8944 +- 0.4472i)
= 2,236*0.8944 +- 2,236*0.4472i
= 2 +- 1i
= 2 +- i

so dass

x = y = u+v = (2+i) + (2-i) = 2+2+i-i = 4

und tatsaechlich heben sich die beiden
Imaginaerteile gegenseitig weg, so dass
wir die REELLE Loesung x=4 erhalten!!!!

So, jetzt erstmal Schluss fuer diese Woche.
Wenn Du keine Fragen mehr hast, kann ich dann
noch kurz die ALLGEMEINE Formel herleiten
bzw. angeben.

Schoenes Wochenende und viele Gruesse von
Dirk

Zaph (Zaph)

Veröffentlicht am Freitag, den 01. September, 2000 - 22:09:

Da bin ich wieder ...

Der Trick, y = u + v zu substituieren ist wirklich Klasse! Kannte ich noch nicht. Schön, mal wieder was dazu zu lernen :-))

Unschön allerdings die Tatsache, dass um auf x = 4 (oder eventuell doch x = 3,99999999999999 ??) zu kommen, der Umweg über die Winkelfunktionen gemacht werden muss. Jeht dat nisch och ohne??? Oder macht das etwa deine "allgemeine Formel"?

Niels

Veröffentlicht am Samstag, den 02. September, 2000 - 10:43:

Hallo Dirk,

und was sind nun die anderen 2 reellen lösungen unserers casus Irreduzibilis?
Wiso bdarf ich die koeffizienten eigentlich vergleichen und weis, das ich vdadurch kein Fehler mache?
könnte man den Satz von Moivre auf einfache art und weise beweisenn?

Sonst freue ich mich auf die Algemeine Formelherleitung.

Gruß Niels

übrigens Zaph...

hast du dich wenigstens im Urlaub erholen können?

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 04. September, 2000 - 18:10:

Hallo Zaph!

Es ist in der Tat unschoen, und ich hoffte auch,
ein eleganteres Verfahren fuer die kubische
Gleichung finden zu koennen, welches das
kubische Polynom x^3 + rx^2 + sx + t direkt
in einen Linearfaktor und einen Quadratfaktor
(mit reellen Koeffizienten) zerlegt, so dass

x^3 + rx^2 + sx + t = 0

uebergeht in

(x + A)(x^2 + Bx + C)

Leider habe ich mir an dieser harten Nuss
erfolglos die Zaehne ausgebissen. Angeblich
soll kurz vor dem Jahr 1900 die Unmoeglichkeit
bewiesen worden sein, aber ich bin da nicht
ganz sicher.

Die "allgemeine Formel" kann das auch nicht.
(Denn wenn es allgemein ginge, dann ja auch
in diesem Beispiel, aber das Beispiel folgt
genau der allgemeinen Methode).

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 04. September, 2000 - 18:45:

Hallo Niels!

Fuer die drei Loesungen y1,y2,y3 gilt immer:

y1 = u+v
y2 = -(u+v)/2 + (u-v)/2 * sqrt(3) i
y3 = -(u+v)/2 - (u-v)/2 * sqrt(3) i

Wenn also u und v reell sind,
ist y1 reell und y2,3 sind konjugiert komplex.
Wie ist es aber, wenn u und v komplex sind?

In diesem Beispiel haben wir muehsam herausgefunden, dass

u = 2 + i
v = 2 - i

Es ist also

u+v = 4
u-v = 2i

Daraus folgt

y1 = 4
y2 = -4/2 + i*sqrt(3) i
y3 = -4/2 - i*sqrt(3) i

also letztendlich

y1 = 4
y2 = -2 - sqrt(3)
y3 = -2 + sqrt(3)

da i*i = i^2 = -1

Wir haben also tatsaechlich noch zwei weitere
reelle (wenn auch irrationale) Loesungen,
und alle drei Loesungen stimmen mit denen
ueberein, die wir nach der Schulmethode
(Raten + Polynomdivision + quadratische Gleichung)
gefunden hatten (siehe weiter oben)!

Wieso ich den Koeffizientenvergleich so lax
machen darf?

Du meinst wahrscheinlich, ob aus

u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = 15(u+v) + 4

denn unbedingt

u^3 + v^3 = 4 und 3uv = 15

folgen MUSS. Das ist in der Tat nicht der Fall;
wir koennten u und v auch anders waehlen.
Der springende Punkt ist aber der, dass es
ZWECKMAESSIG ist, sie so zu waehlen.
Ich behaupte nicht, dass aus

u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = 15(u+v) + 4

die beiden Bedingungen

u^3 + v^3 = 4 und 3uv = 15

folgen, wohl aber umgekehrt!
WENN ich u und v so waehle, dass sie diese
beiden Bedingungen erfuellen, kann ich sicher
sein, dass dann die obige Gleichung gilt!

Das ist die oft verwirrende Sache mit dem
Schluss und Umkehrschluss. Ihr werdet diesem
Problem noch oefter begegnen.

In der mathematischen
Sprache sagt man in diesem Fall auch,
die beiden Bedingungen fuer u und v sind
HINREICHEND, aber nicht NOTWENDIG zur
Erfuellung dieser Gleichung.
Meistens ist es umgekehrt:
Man hat ein Kriterium, das NOTWENDIG,
aber nicht HINREICHEND ist, z.B. bei
Extremalaufgaben (kommen in Klasse 11).

Satz von Moivre:
wird am besten geometrisch begruendet,
an der Gauss'schen Zahlenebene und mit
Vektorrechnung. Das Radizieren bzw.
Wurzelziehen komplexer Zahlen ist geometrisch
gesehen glaube ich eine Drehstreckung.
Das ist aber nicht so mein Fachgebiet
wie Algebra und Gleichungen, da bin ich
besser...
:-)

Viele Gruesse von
Dirk

Gruß N.

Veröffentlicht am Montag, den 04. September, 2000 - 20:12:

Hallo Dirk,

Wenn ich das Verfahren richtig verstanden habe muß ich eine allgemeine kubische Gleichung der Form:

ax³+bx²+cx+d=0

normieren und auf die Form bringen:

x³+(b/a)x²+(c/a)x+(d/a)=0

Dann kommt der Geniestreich mit der transformation
x=y-^b/_3a

dann soll da die reduzierte Form

y³+3py+2q füren.Diese Allgebrarische umformung verstehe ich noch nicht ganz. Bitte um Erklärung.

Jetzt kommt der Geniestreich von dir

y=u+v zu setzen. Es entsteht

u³+v³+(u+v)*(3uv+3p)+2q=0

Dann kommt die etwas komplizierte mit den koeffizientenvergleich:

u³+v³=-2q
u*v=-p\ch}=>}u³*v3=-p³

und so kommt man zur "quadratieschen Resolvente"

z²+2qz-p³=0

Sind bis hierhin erstmal meine Überlegungen ok?

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 05. September, 2000 - 13:20:

Hallo "Gruss N."
(bist Du das, Niels?)

Deine Rechnung ist goldrichtig!
(Hast Du in einer Formelsammlung gespickt? :-)

Also hier die Herleitung fuer die
ALLGEMEINE kubische Gleichung:

Sie lautet

ax^3 + bx^2 + cx + d = 0

wobei a ungleich 0 vorausgesetzt wird,
denn sonst ist es hoechstens eine
quadratische Gleichung.

Wenn man diese Gleichung normiert,
d.h. durch a teilt, kommt man auf

x^3 + b/a x^2 + c/a x + d/a = 0

was sich kuerzer schreiben laesst als

x^3 + rx^2 + sx + t = 0

(mit r = b/a, s = c/a, t = d/a).
Viele Buecher schreiben auch

x^3 + ax^2 + bx + c = 0

und gehen gleich von der normierten Form aus.
Es ist jedoch besser, a,b,c,d usw. fuer die
ALLGEMEINE Form vorzubehalten. Das ist auch
konsequent, denn schliesslich heissen die
beiden gaengigen Normalformen fuer die
QUADRATISCHE Gleichung ja auch

ax^2 + bx + c = 0 (allgemeine Form)

x^2 + px + q = 0 (normierte Form)

Soviel zur "Nomenklatur" bzw. Namensgebung.
Wenn man jetzt die Verschiebung macht,
setzt man

x = y - b/(3a) bzw. x = y - r/3

und erhaelt dann

x^3
= (y-r/3)^3
= y^3 - 3*r/3*y^2 + 3*(r/3)^2*y - (r/3)^3
= y^3 - ry^2 + (r^2)/3 y - r^3/27

x^2 = (y-r/3)^2 = y^2 - 2*r/3*y + (r^2)/9
rx^2 = r(y-r/3)^2 = ry^2 - 2*(r^2)/3*y + (r^3)/9

sx = s(y-r/3) = sy - rs/3

also insgesamt

x^3 + rx^2 + sx + t

= y^3 - ry^2 + (r^2)/3 y - r^3/27
+ ry^2 - 2*(r^2)/3*y + (r^3)/9
+ sy - rs/3
+ t

= y^3 + (s - r*r/3)y + (2/27*r^3 - rs/3 + t) = 0

Das ist die reduzierte kubische Gleichung.
Schreibt man sie in der Form

y^3 + py + q = 0

so ist (wiederum Koeffizientenvergleich!)

p = s - r*r/3
q = 2/27*r^3 - rs/3 + t

Das steht auch in vielen Formelsammlungen.
Man kann nun fuer r,s,t wiederum a,b,c,d einsetzen,
so dass man p und q direkt in Abhaengigkeit
von den Eingabekoeffizienten a,b,c,d hat
und sich die Normierung ersparen kann.
Die Formel werde ich weiter unten angeben.

Uebrigens finden sich in der Literatur
zwei verschiedene Formate der reduzierten
kubischen Gleichung, naemlich

y^3 + py + q = 0

sowie

y^3 + 3py + 2q = 0

Intuitiv kommt man zuerst auf das 1. Format,
aber wenn man dann die Cardanische Formel anwendet,
so kommt man auf

u,v = cubrt(-q/2 +- sqrt[(q/2)^2 + (p/3)^3]

was sich viel schoener ohne Brueche schreiben
laesst, wenn man ein neues p und q definiert,
so dass pNeu = pAlt/3 und qNeu = qAlt/2 ist.

Damit kommt man auf das Format

y^3 + 3py + 2q = 0

mit den Werten

u,v = cubrt(-q +- sqrt(q^2 + p^3))

Ich werde diese Formel weiter unten herleiten.

Alles in allem ist die Verschiebung jedoch
eine wueste Rechnerei mit vielen Bruechen,
und die Terme fuer p und q sind solche
Brueche, die a,b,c,d enthalten.

In einem Computerprogramm stehen einfach
die beiden Bruchformeln fuer p und q,
und dann wird mit p und q weitergerechnet.
Die Verschiebung finde ich uebrigens das
Nervigste an der kubischen Gleichung,
aber alle meine Versuche, sie ueberfluessig zu
machen, scheiterten bisher - im Gegensatz
zur Gleichung 4. Grades, wo mir das gelang...

So, nun die Formeln fuer p und q:

p = (3*a*c - b*b) / (9*a*a);
q = (2*b*b*b - 9*a*b*c + 27*a*a*d) / (54*a*a*a);

Ich habe die Potenzen mit dem Malzeichen
ausgeschrieben, wie in meinem C-Programm,
denn die Potenzen sind in manchen Programmiersprachen
schlecht realisiert (langsam und ungenau).
p und q sind hier uebrigens schon durch 3 und 2
geteilt, wir haben nun also die reduzierte Gleichung

y^3 + 3py + 2q = 0

Nun zur Herleitung der eigentlichen Cardanischen
Formel, die ja eigentlich von Scipione del Ferro
(um 1515) und Niccolo Tartaglia (um 1535) stammt.
Uebrigens auch die Idee, y=u+v zu setzen.
Es ist also nicht "meine" geniale Idee...
Ich erklaere sie hier nur.

Setzen wir also y = u+v, dann ist

(u+v)^3
= u^3 + 3u^2v + 3uv^2 + v^3
= u^3 + v^3 + 3uv(u+v)

also

(u+v)^3 + 3p(u+v) + 2q = 0

(u+v)^3 = -3p(u+v) - 2q

u^3 + v^3 + 3uv(u+v) = -3p(u+v) - 2q

Koeffizientenvergleich:
Gleichung ist erfuellt, wenn

u^3 + v^3 = -2q und 3uv = -3p

Die zweite Bedingung ergibt

uv = -p
u^3v^3 = -p^3

Also

u^3 + v^3 = -2q und u^3 * v^3 = -p^3

u^3 und v^3 sind die beiden Loesungen
der quadratischen Resolvente

z^2 + 2qz - p^3 = 0

also (p-q-Formel fuer quadratische Gleichungen anwenden)

z1,2 = -q +- sqrt(q^2 + p^3)

und ferner

u^3 = z1 => u = cubrt(z1)
v^3 = z2 => v = cubrt(z2)

u = cubrt(-q + sqrt(q^2 + p^3))
v = cubrt(-q - sqrt(q^2 + p^3))

und laut Voraussetzung y=u+v ist

y1 = cubrt(-q + sqrt(q^2 + p^3)) + cubrt(-q - sqrt(q^2 + p^3))

Schreibt das mal richtig schoen mit Wurzeln auf,
dann seht ihr, dass die Quadrat- und Kubikwurzeln
uebereinandergetuermt sind!

Das ist charakteristisch fuer Gleichungen hoeherer Grade.
(die quadratische hat ja nur eine Sorte von Wurzeln).

Was noch fehlt, ist die Berechnung von y2 und y3.
Man macht einfach eine Polynomdivision, wie in
der Schule. Setzt man H = y1 = u+v, dann kann
man den Linearfaktor (y-H) abdividieren:

(y^3 + 3py + 2q) : (y-H) = y^2 + Hy + (H^2 + 3p)

Der Divisionsrest ist H^3 + 3pH + 2q,

und da H = y1 laut Voraussetzung eine Loesung
der Gleichung y^3 + 3py + 2q = 0 ist,
ist der Divisionsrest Null und die Polynomdivision
geht tatsaechlich auf!

Fuer die beiden weiteren Loesungen y2 und y3
muessen wir nun noch die quadratische Gleichung

y^2 + Hy + (H^2 + 3p) = 0

loesen. Laut p-q-Formel ist somit

y2,3
= -H/2 +- sqrt[(H/2)^2 - (H^2 + 3p)]
= -H/2 +- sqrt(H*H/4 - H*H - 3p)
= -H/2 +- sqrt(-3*H*H/4 - 3p)
= -H/2 +- sqrt(3*H*H/4 + 3p)*sqrt(-1)
= -H/2 +- sqrt(H*H/4 + p)*sqrt(3)*sqrt(-1)
= -H/2 +- sqrt((H*H + 4p)/4)*sqrt(3)*i
= -H/2 +- 1/2*sqrt(H*H + 4p)*sqrt(3)*i

Nun ist uv = -p bzw. p = -uv
(siehe oben, Koeffizientenvergleich)
und H = u+v, also

H*H + 4p
= (u+v)^2 - 4uv
= u^2 + 2uv + v^2 - 4uv
= u^2 - 2uv + v^2
= (u-v)^2

und deshalb

sqrt(H^2 + 4p) = (u-v)

Also vereinfacht sich die Loesung zu

y2,3
= -H/2 +- 1/2*sqrt(H*H + 4p)*sqrt(3)*i
= -H/2 +- 1/2*(u-v)*sqrt(3)*i
= -(u+v)/2 +- (u-v)/2*sqrt(3)*i

Also sind die drei Loesungen der reduzierten
Gleichung

y1 = u+v
y2 = -(u+v)/2 + (u-v)/2 * sqrt(3) i
y3 = -(u+v)/2 - (u-v)/2 * sqrt(3) i

So steht's auch in der Formelsammlung...
Wie man den Casus Irreducibilis behandelt,
folgt in der naechsten Session.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 05. September, 2000 - 14:21:

Hallo Dirk,

ja, der "Gruß N." gestern war ich. Ich war da wohl schon ein bischen müde...

Du hast recht. Ganz legal war meine gestriege Herleitung nicht. Hier meine geheime Quelle: (Allerdings sind deine Erklärungen Dirk Millionenmal besser als die vvon M-O Team.)

cardanoII Datei

Die Formeln für y2;y3 von denen hatte ich nämlich nicht verstanden.

Ich warte auf den casus irredicibilis.

Ciao Niels

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 05. September, 2000 - 16:17:

Hallo Dirk,

da das mit dem anhang nicht geklapt hat; hier sind die Links

Cardano
Casus irreducibilis

Gruß N.

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 05. September, 2000 - 16:24:

Hallo Dirk,

da das mit dem anhang nicht geklapt hat; hier sind die Links

Cardano
Casus irreducibilis

Gruß N.

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 05. September, 2000 - 16:33:

Hallo Dirk,

bitte verwende die Links aus meiner vnachricht vom
05.09.2000; 17 Uhr 24 .

Die anderen funktionieren nicht.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 06. September, 2000 - 17:13:

Hallo Niels!

Danke fuer die beiden Links!
Ich finde die Formeln auf diesen Webseiten
gar nicht schlecht, bis auf diejenigen
fuer y2 und y3. Die sind viel zu umstaendlich
geraten, da u und v hier mehrmals als
Wurzelausdruecke voll ausgeschrieben sind.
Ausserdem sind Real- und Imaginaerteil
nicht zusammengefasst. Sehr schlecht lesbar...

Uebrigens habe ich die historischen Anmerkungen
zu Cardano auf dieser Webpage ergaenzt.
Hast Du es bemerkt?

So, nun zum Casus Irreducibilis.
Wir gehen von den bereits hergeleiteten Formeln
fuer u und v aus und berechnen

y1 = u+v
y2 = -(u+v)/2 + (u-v)/2 * sqrt(3) i
y3 = -(u+v)/2 - (u-v)/2 * sqrt(3) i

fuer den Fall, dass u und v nicht reell,
sondern komplex sind. Das ist genau dann der Fall,
wenn die DISKRIMINANTE

D = q^2 + p^3

der kubischen Gleichung (bzw. der quadratischen
Resolvente) negativ ist. Denn wenn D positiv oder
Null ist, wird sqrt(D) = sqrt(q^2 + p^3) reell
und damit auch z1 und z2.
Und wenn z1 und z2 reell sind, dann auch
ihre Kubikwurzeln u und v.

(Bei Kubikwurzeln gibt es naemlich nicht
das Problem wie bei den Quadratwurzeln,
dass der Radikand nicht negativ sein darf.
Definiert man die Kubikwurzel auch fuer
negative reelle Zahlen (was in der Schule
leider oft nicht gemacht wird, aber durchaus
sinnvoll ist, z.B. fuer die Cardanische Formel),
dann kann man schreiben:

cubrt(8) = cubrt(2*2*2) = 2
cubrt(-8) = cubrt((-2)*(-2)*(-2)) = -2 = -cubrt(8)

Da in den meisten Programmiersprachen nur die
Quadratwurzel sqrt, nicht aber die Kubikwurzel
cubrt vorhanden ist, muss man die Kubikwurzel
ohnehin selber programmieren, als Funktion.
Mit einer einfachen Fallunterscheidung kann
man die Kubikwurzelfunktion dann so definieren,
dass es keine Probleme mit negativen Radikanden gibt.

Doch zurueck zum Casus Irreducibilis:

Angenommen, D = q^2 + p^3 < 0.
Da q^2 >= 0, kann dies nur vorkommen,
wenn p < 0, also p negativ ist.

Die Loesungen z1,2 der quadratischen Resolvente
sind dann komplex, und zwar

z1,2
= -q +- sqrt(q^2 + p^3)
= -q +- sqrt(-(q^2 + p^3)*(-1))
= -q +- sqrt(-(q^2 + p^3))*i
= -q +- sqrt(-q^2-p^3)*i

und da q^2 + p^3 negativ, ist -q^2-p^3 positiv,
so dass man die Quadratwurzel daraus ziehen kann.
Wir koennen z1 und z2 also als konjugiert
komplexe Zahlen a +- bi mit dem

Realteil a = -q
Imaginaerteil b = sqrt(-q^2-p^3)

auffassen. Um u und v zu kriegen, muessen wir
die Kubikwurzeln aus z1 und z2 ziehen:

u = cubrt(a + bi)
v = cubrt(a - bi)

Laut Moivrescher Formel heisst das, die Kubikwurzel
aus dem Betrag des komplexen Radikanden
zu ziehen und seinen Argumentwinkel zu dritteln.

Der Betrag von z1 und z2 ist derselbe, naemlich

sqrt(a^2 + b^2) = sqrt(q^2-q^2-p^3) = sqrt(-p^3)

Er ist reell, da p und damit p^3 negativ ist.
Die Kubikwurzel des Betrags ist dann

cubrt(sqrt(-p^3)) = sqrt(cubrt(-p^3)) = sqrt(-p)

Hierbei haben wir ausgenutzt, dass man Exponenten
und damit auch Wurzeln (Wurzeln sind ja gebrochene
Exponenten) in der Reihenfolge vertauschen kann:

(x^m)^n = x^(m*n) = x^(n*m) = (x^n)^m

(siehe Potenzgesetze. Hier war m=1/2, n=1/3).
Und da p nach wie vor negativ ist
(sonst haetten wir eine positive Diskriminante,
keinen Casus Irreducibilis und keine Probleme),
ist auch sqrt(-p) reell.

Der Argumentwinkel von z1 ist so definiert:

cos(Argument von z1) = (Realteil von z1)/(Betrag von z1)

(sieht man in der Gauss'schen Zahlenebene,
reine Trigonometrie). Also

cos(phi) = -q / sqrt(-p^3)

Diese Formel findet man auch in vielen
Formelsammlungen zum Casus Irreducibilis.
Man benoetigt also den Arcuscosinus
(bzw. INV COS auf dem Taschenrechner),
um phi zu berechnen.
Und diesen Winkel phi muss man dann durch 3 teilen,
um phi/3 zu bekommen.

Nun ist der Argumentwinkel von z3 gleich
dem negativen Argumentwinkel von z2, wie
man aus der Abbildung konjugiert komplexer
Zahlen in der Gauss'schen Zahlenebene entnehmen kann.

Deshalb braucht man phi nur EINMAL zu berechnen,
und auch den Betrag, der bei z1 und z2 gleich ist.
Fasst man all dieses zusammen, so ergibt sich

z1 = Betrag * (cos phi + i*sin phi)
z2 = Betrag * (cos phi - i*sin phi)

u = cubrt(Betrag) * (cos phi/3 + i*sin phi/3)
v = cubrt(Betrag) * (cos phi/3 - i*sin phi/3)

da der Cosinus fuer verschiedene Vorzeichen von phi
denselben Wert mit GLEICHEM Vorzeichen hat,
der Sinus jedoch denselben Wert mit ENTGEGENGESETZTEM
Vorzeichen.

So, und damit kriegen wir

y1
= u + v
= cubrt(Betrag) * 2 * cos phi/3
= sqrt(-p) * 2 * cos phi/3
= 2 * sqrt(-p) * cos phi/3

(die Imaginaerteile heben sich gegenseitig weg)

Diese Formel findet man ebenfalls in Formelsammlungen.

Probleme habe ich nur mit y2 und y3,
denn die finden sich in verschiedenen Formaten
in der Literatur. Frueher verwendete ich

y1 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3)
y2 = -2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 + 60 Grad)
y3 = -2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 - 60 Grad)

Daran stoerte mich aber, dass y2 und y3
ein Minus vor der Formel haben.
Ich habe aber in einer anderen Formelsammlung
ein schoeneres Format gefunden, das ich benutze:

y1 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3)
y2 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 + 120 Grad)
y3 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 + 240 Grad)

Jetzt haben alle drei Loesungen denselben Vorfaktor 2.
(Sie koennen aber trotzdem verschiedene Vorzeichen
haben, da der Cosinus ja positiv oder negativ
werden kann).

Ausserdem ist auch bei den Winkel System dahinter.
Alle drei Winkel bestehen aus phi/3 plus einem
"Offset" von 0, 120 und 240 Grad, also schoen
regelmaessig. Die Begruendung fuer diese Winkel
haengt irgendwie mit der Gauss'schen Zahlenebene,
dem Einheitskreis und den komplexen Einheitswurzeln
zusammen, denn im Komplexen gibt es nicht nur eine,
sondern drei Kubikwurzeln, die drehsymmetrisch
reihum verteilt sind, also den Vollkreis von 360 Grad
dritteln und deshalb um jeweils 120 Grad auseinanderliegen.

Uebrigens gilt immer y1 > y3 > y2,
d.h. y1 ist immer die groesste Loesung,
dann kommt y3 mit den 240 Grad und dann
y2 mit den 120 Grad.
In meinem Programm habe ich deshalb y2 und y3
vertauscht, so dass die Loesungen absteigend
sortiert ausgegeben werden.

Falls Euch diese Ausfuehrungen genuegen,
kann ich ja das naechste Mal meine in der
Programmiersprache C geschriebene Routine
fuer die kubische Gleichung bringen.
Kennt Ihr die Syntax von C?
Es ist fast dasselbe wie mathematisch aufgeschrieben,
darum koennt Ihr das C-Programm auch als
Algorithmus bzw. "Kochrezept" verwenden.
Es ist eine ganz gute Zusammenfassung des Verfahrens.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 06. September, 2000 - 20:33:

Hallo Dirk,

Nein, das mit den Anmerkungen habe ich nicht bemerkt. Ich hätte aber da noch ein Interressanten Link. Leider kann ich den link nicht so erstellen, wie die Letzten.

Wenn du im zahlreich Archiv suchst und als Suchbegriff "Cardano" eingibst, müstest du 14 Suchergebnisse finde. Under den 14 ergebnissen befindet sich eine Site mit den Titel:

Klassen 11-13 mathe Freak hat eine Frage

Den Beitrag solltest du dir durchlesen. Er stammt von unseren uniprofessor Magemath, der auf universitätsniveau die Herleitung der cardano Formel erklärt. (Für mich ist das zu schwer!!) Du kannst damit aber sicher etwas anfangen.

Zu dein C-programm:

Das interressiert mich natürlich auch. Nicht nur wegen der Gleichung sondern auch ddaher, weil ich demnächst an unserer Schule einen Programierkurs "programieren in c++" in Angriff nehmen werde.

Nun noch eine Frage:

wann erscheinen die neuen Auflagen der Formelbücher in denen dein Verfahren für quadrische Gleichunge drin enthalten ist?

Ich denke, da ich jetzt nach dem kleinen Exkurs wohl so zu sagen der einzigste neue 11 Klässler an unserer Schule bin , der kubische Gleichungen aus den Handgelenk lösen kann, werden-dank deines Verfahrens-quadrische Gleichungen auch kein Problem mehr dastellen.

Vielen dank dirk!!!

Ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 07. September, 2000 - 17:47:

Hallo Niels,

ein interessanter Link! Der letzte Teil
mit der analytischen Geometrie des Raumes
war auch mir etwas zu abgehoben... :-)

C-Programm folgt in Baelde.
Moechtest Du eine Version mit dem Datentyp
"complex"? Man braucht ihn allerdings nur
zum Abspeichern der komplexen Loesungen,
nicht zu deren Berechnung!

Oder eine Version, die wirklich nur
reelle Datentypen hat, aber folglich
auch nur die reellen Loesungen liefert?

Leider weiss ich nicht genau, wann die Neuauflagen
der Formelsammlungen erscheinen, das wussten deren
Autoren angeblich selber noch nicht so recht.
Vielleicht diesen Herbst, wahrscheinlich aber
erst naechstes Jahr. Bei Verlagen ist das immer
so eine Sache, die scheuen die Kosten fuer eine
Neuauflage und wollen sie moeglichst lange
hinauszoegern... sagte mir jedenfalls einer
der beiden Autoren.
Der andere wollte mir sogar rechtzeitig vor
Erscheinungstermin das Skript zum Korrekturlesen
zusenden. Aber ich muss da wohl staendig nachhaken,
damit er es am Ende nicht doch vergisst...

Als ich in der 11. Klasse war, hatte ich ebenfalls
kurz vorher das mit der kubischen Gleichung
geschnallt und deshalb immer einen "Spickzettel"
mit dem kompletten Loesungsverfahren im hinteren
Einband meines Analysis-Buchs, fuer den Ernstfall
sozusagen.

Der trat aber erst in der 12. Klasse kurz vor
Weihnachten ein, als wir das Newton-Verfahren
zur Naeherungsloesung komplizierter Gleichungen
hatten und das Abitursaufgaben-Beispiel

x^3 - 15x - 30 = 0

rechneten. Waehrend die anderen ihre Taschenrechner
benutzten, um das Newton-Verfahren auszuprobieren
(das ich natuerlich laengst kannte...), waehlte
ich die Cardanische Formel. Sie bot sich hier
geradezu an, da diese kubische Gleichung schon
reduziert ist und man sich die nervige Verschiebung
spart. Ausserdem ist -15 durch 3 und -30 durch 2
teilbar, so dass p und q ganzzahlig werden.
Andererseits ist die (einzige reelle) Loesung

x = cubrt(25) + cubrt(5) = 4,634...

nichttrivial, so dass die anderen und der Lehrer
wahrscheinlich nicht schlecht gestaunt haetten,
wenn ich die EXAKTE Loesung mit der Kubikwurzelsumme
an die Tafel geschrieben haette.
Sie waere auch leicht zu ueberpruefen gewesen,
denn mein Taschenrechner hatte schon damals
eine Kubikwurzeltaste...

Aber leider kam jemand anders dran und schrieb
die popelige Naeherungsloesung 4.634... an die
Tafel. Und ich hielt den Mund und grinste in
mich hinein, weil ich es ja besser wusste...
:-)

Das wars fuer heute,
viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 07. September, 2000 - 19:50:

Hallo Dirk,

Am Besten wäre eine Version, die alles kann. Die "Complex" Lösung hört sich nicht schlecht an.

Anscheinent haben wir etwas gemeinsam. Bisher stellte ich meine mathematischen künste auch immer untern Scheffel.:-)

Ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 08. September, 2000 - 16:56:

Hallo Niels!

Ich habe es mir anders ueberlegt, weil ich
gerade daran bin, meine C-Programme noch etwas
zu ueberarbeiten. Aber keine Sorge, das laeuft
nicht davon!

Wenn Du willst, kann ich die Prozedur
fuer die allgemeine kubische Gleichung
erstmal nur als Algorithmus aufschreiben,
unabhaengig von der Programmiersprache.

Und dann koennte ich Dir/Euch vielleicht
mal zeigen, wie man die allgemeine Gleichung
VIERTEN Grades loest...
Das Verfahren selber mit den Umformungen naemlich.
Das ist naemlich seit Ferrari und Bombelli bekannt
und deshalb Allgemeingut.

Meine spezifische Loesungsformel wuerde ich damit
zwar andeuten, aber nicht konkret hinschreiben.
Ich glaube, das kann ich riskieren, ohne in die
Rolle Tartaglias zu geraten (falls Du dann
eine neue "Ars Magna" herausbringst...)
:-)

Da Du wahrscheinlich begeistert von diesem
Vorschlag sein wirst, weil es Dein Repertoire
noch um einen weiteren Grad erweitert,
mache ich Dir folgenden Vorschlag:

Du ueberlegst Dir uebers Wochenende
zwei quadratische Polynome mit reellen
(moeglichst ganzzahligen) Koeffizienten,
und multiplizierst sie miteinander.
Der Einfachheit halber sollten die
Koeffizienten ganzzahlig sein, damit
es nicht zu schwierig wird.

Damit es andererseits aber nicht zu trivial wird,
duerfen die quadratischen Polynome aber durchaus
irrationale und sogar komplexe Nullstellen haben.
Ueberleg Dir einfach zwei Polynome der Form

ax^2 + bx + c

und berechne ihr Produkt
sowie (fuer Dich selbst) ihre je zwei
Loesungen mit der Mitternachtsformel.

Dann teilst Du mir naechste Woche
ihr Produkt mit, das ja 4. Grades ist.
Aber nur ihr Produkt!!!!

Die beiden Quadratfaktoren verschweigst Du mir.
Ich werde sie dann auf dieser Seite berechnen,
und zwar Schritt fuer Schritt. Dann vergleichen
wir und Du sagst mir, ob ich die richtige
Zerlegung gefunden habe.

(Das ist naemlich bei nicht-ganzzahligen
Loesungen mit Schulmethoden unmoeglich!)

Am besten waere ein Beispiel,
wo ein quadratisches Polynom zwei reelle Nullstellen
und das andere zwei komplexe Nullstellen hat.
Aber eigentlich ist das egal,
das werde ich schon selber herausfinden,
wenn Du mir diese harte Nuss zu knacken gibst...
:-)

Na, was haeltst Du davon?

Schoenes Wochenende wuenscht Dir
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 08. September, 2000 - 19:11:

Hallo Dirk,

Du hast recht, ich bin von der idee begeistert...:-)))

Ich werde mal mir was ausdenken...

Etwas ganz gemeines...

ciao Niels

Niels

Veröffentlicht am Sonntag, den 10. September, 2000 - 17:17:

Hallo Dirk,

folgende Gleichungen habe ich mir überlegt:

a)9x⁴-189x³+1449x²-4779x+5670=0
b)11x⁴+29x³-153x²+246x-547=0
c)24x⁴+49x³+67x²+85x+31=0

Suche dir eine aus und versuche vdein Glück!
Ich schlage das Ferrari Verfahren vor. Und mogle nicht indem du vorher vdein Verfahren ausprobierst!

In der Zwischenzeit ziehe ich mir "Goldfinger" auf video rein. (Gab es samstag nacht im Fernsehen)

ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 11. September, 2000 - 13:40:

Hallo Niels!

Leider sind Deine 3 Beispiele didaktisch ziemlich
ungeeignet, und zwar aus folgenden Gruenden:

b) und c) koennen unmoeglich durch Multiplikation
zweier Quadratpolynome mit GANZzahligen Koeffizienten
entstanden sein.
Sie haben total "krumme" Loesungen.
Ist das Absicht oder hast Du Dich verrechnet?

a) kann leicht durch 9 geteilt werden:

x^4 - 21 x^3 + 161 x^2 - 531 x + 630 = 0

so dass man eigentlich gleich von dieser
normierten Form ausgehen kann.
Sie hat vier ganzzahlige Loesungen, die man
alle durch Raten finden kann:

3, 5, 6, 7

Gut, ich koennte das Verfahren trotzdem daran
demonstrieren, aber dabei entstehen zwischendurch
haessliche 1/2-Brueche. Das Prinzip wird aber klarer,
wenn man mit moeglichst wenigen Bruechen rechnet.
(Natuerlich funktioniert das Verfahren auch bei
Bruechen und irrationalen Zahlen!)

Es ist nur so, dass das urspruengliche Ferrari-Verfahren
ebenfalls eine Verschiebung macht, und zwar
lautet sie bei der allgemeinen Form

ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0

x = y - b/(4a)

analog zum x = y - b/(3a) beim 3. Grad.
Es waere also sinnvoll, wenn Du mir ein
Beispiel bringst, wo

- der Koeffizient "a" von x^4 genau 1 ist
- der Koeffizient "b" von x^3 durch 4 teilbar ist.

Dann kann ich Dir das Ferrari-Verfahren am besten
zeigen. Und dann die Bombelli-Erweiterung, die
ohne Verschiebung auskommt, und dann noch meine
Erweiterung fuer allgemeines "a".

Vorschlag:
Du ueberlegst Dir nochmal vier verschiedene
ganze Zahlen, deren Summe ein Vielfaches von 4 ist.

Dann multiplizierst Du ihre vier Linearfaktoren
miteinander (zuerst zu zwei Quadratfaktoren, dann
zum Polynom 4. Grades).

Nach den Wurzelsaetzen von Vieta muesste dann
der Koeffizient von x^3 ein Vielfaches von 4 sein,
denn er ist genau die negative Summe der vier Loesungen.

Alles klar?

Um es nochmal zu verdeutlichen:
Es geht prinzipiell natuerlich JEDES Beispiel,
aber Du siehst das Prinzip besser bei "geschickten"
Beispielen. Das hat uebrigens auch schon
Cardano in seiner "Ars Magna" gemeint
(die ich im lateinischen Original in der
Universitaets-Bibliothek studiert habe.
Ausserdem habe ich eine englische Uebersetzung
als modernes Taschenbuch):

Lateinisches Originalzitat:

"Stultum est enim semper difficultatem addere difficultatem"

Englische Uebersetzung:

"For it is always foolish to add difficulty to difficulty"

Deutsche Uebersetzung:

"Denn es ist immer toericht, zu einer Schwierigkeit
noch eine (weitere) hinzuzufuegen"

Damit begruendete Cardano die Wahl einfacher Beispiele!

Viele Gruesse von
Dirk

PS:
Ich dachte, der beste Goldfinger-Spruch waere:

Connery: "Erwarten Sie von mir, dass ich rede?"
Froebe: "Nein, Mr Bond, ich erwarte von Ihnen, dass Sie sterben!"

Aber am Samstag, als ich mir nachts den Film
live reinzog, kam vorher noch was Besseres.
007 liegt schon auf dem Goldblock, der Laserstrahl
naehert sich. Da versucht er mit einem wenig ueberzeugenden
Spruch, sich aus der brenzligen Situation herauszureden.
Den 007-Spruch weiss ich nicht mehr, wohl aber
Goldfingers Antwort:

"Ueberlegen Sie sich Ihre naechste geistreiche Bemerkung gut,
Mr Bond; es wird vielleicht ihre letzte sein!"
:-)

Das fand ich megacool, besonders das "geistreiche".
Der vorangegangene 007-Spruch war naemlich
wirklich ziemlich klaeglich...

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 11. September, 2000 - 19:49:

Hallo Dirk,

folgende Aufgabe nhae ich mir ausgedacht:

d)x⁴-48x³+747x²-6750x+19800=0

Die Koeffizienten von b) und c) habe ich so aus den Kopf gewählt. die superkrummen Lösungen waren also von mir gewollt. a) war dann wohl zu einfach...

Ich hoffe diese Aufgabe wird deinen anforderungen gerecht...

Zu "Bond":

Insgeheim habe ich den Film auch bis 1.02 Uhr gesehen. Aufgenommen habe ich ihn natürlich auch...

Auch Nicht schlecht fand ich Goldfingers Vortrag über Gold.

sonst ist dein Bond spruch auch nicht schlecht....

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. September, 2000 - 09:34:

Hallo Niels!

Sorry, aber auch Dein neues Beispiel ist total "krumm",
d.h. falls Du es aus ganzzahligen Loesungen
oder Quadratfaktoren mit ganzzahligen Koeffizienten
konstruiert hast, hast Du Dich irgendwo verrechnet...

Die Loesungen lauten naemlich

x1 = + 29.775899
x2 = + 4.732442
x3 = + 6.745830 + 9.747117 i
x4 = + 6.745830 - 9.747117 i

(sagt jedenfalls mein C-Programm).
Mit dem Taschenrechner kann man
zumindest die reellen Loesungen
ja leicht ueberpruefen.

Ich hab mal ueberlegt.
Am besten waere es, wenn Du zwei
quadratische Polynome

x^2 + px + q und x^2 + rx + s

mit ganzzahligen p,q,r,s miteinander multiplizierst
und mir das Ergebnis mitteilst.
Die quadratischen Polynome muessen keine
ganzzahligen Nullstellen haben, diese koennen
auch irrational oder komplex sein.
Ob sie komplex sind, erkennst Du am Vorzeichen
der Diskriminanten

(p/2)^2 - q und (r/2)^2 - s

Fuer ein gutes Beispiel brauchen wir folgende
Bedingungen:

- p,q,r,s ganzzahlig
- die Summe (p+r) sollte durch 4 teilbar sein
(dann klappt das mit der Verschiebung besser)

Wenn Du willst, kannst Du noch dafuer sorgen,
dass eine Diskriminante positiv und die andere
negativ ist, denn dann bekommen wir zwei reelle
und zwei komplexe Loesungen - ist fuer das erste
Beispiel ganz gut. Aber das ist Deine Entscheidung.
Generell gilt:

beide Diskriminanten positiv => 4 reelle Loesungen
beide Diskriminanten negativ => 4 komplexe Loesungen
eine positiv, eine negativ => 2 reelle und 2 komplexe Loesungen

(Eine Gleichung 4. Grades hat also immer 4 Loesungen,
wenn man die komplexen mitzaehlt).

Gruss,
Dirk

PS:
Jaja, der Gold-Vortrag in breitem Froebe-Saechsisch:

"Mein ganzes Leben lang habe ich es geliebt,
seine Farbe, seinen Glllanz..."

(er betont das "l" in "Glanz" so schoen
wie das "schm" in "wohlschmeckend",
als er Bond auf der Veranda der Pferderanch
einen Cocktail anbietet).
:-)

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. September, 2000 - 15:22:

Hallo Niels,

und hier nochmal der komplette Algorithmus
zur kubischen Gleichung:

Eingabe:

ax^3 + bx^2 + cx + d = 0

wobei a ungleich 0 sein soll,
und die Koeffizienten a,b,c,d alle reell sind.

Berechne fuer die Substitution x = y - b/(3a)

p = (3*a*c - b*b) / (9*a*a)
q = (2*b*b*b - 9*a*b*c + 27*a*a*d) / (54*a*a*a)

um auf die reduzierte Gleichung

y^3 + 3py + 2q = 0

zu kommen. Deren Diskriminante

D = q*q + p*p*p

bestimmt die Natur der Loesungen.

1.) Falls D > 0, so berechne

u = cubrt(-q + sqrt(D))
v = cubrt(-q - sqrt(D))

und erhalte 1 reelle und 2 konjugiert komplexe Loesungen

y1 = u+v
y2 = - (u+v)/2 + (u-v)/2 * sqrt(3) i
y3 = - (u+v)/2 - (u-v)/2 * sqrt(3) i

2.) Falls D = 0, so gibt es drei reelle Loesungen,
von denen mindestens zwei gleich sind, oder sogar
alle drei. Man kann sie nach Methode 1) oder nach
Methode 3) berechnen. Wenn man nach Methode 1
rechnet, so ist

sqrt(D) = 0 und deshalb

u = v = cubrt(-q)

y1 = 2*u
y2 = -u
y3 = -u

wie man leicht nachprueft.

3.) Falls D < 0, so berechne

phi = arccos(-q / sqrt(-p*p*p))

und erhalte 3 verschiedene reelle Loesungen

y1 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3);
y2 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 + 120 Grad)
y3 = 2 * sqrt(-p) * cos(phi/3 + 240 Grad)

In allen drei Faellen erhaelt man die Loesungen
der urspruenglichen Gleichung durch die Ruecksubstitution

x1 = y1 - b/(3*a)
x2 = y2 - b/(3*a)
x3 = y3 - b/(3*a)

wobei sich bei komplexen Loesungen nur der
Realteil aendert, der Imaginaerteil bleibt gleich!

Uebrigens, falls D >= 0, koennte man, anstatt
u und v explizit anzugeben, auch die quadratische
Resolvente

z^2 + 2qz - p^3 = 0

loesen. In den meisten Formelsammlungen sind aber
deren Loesungen -q +- sqrt(q^2 + p^3) bereits
explizit angegeben, und sie verschweigen, dass
sie durch eine quadratische Gleichung erzeugt wurden.

Ist der Algorithmus damit klar?
Dann warte ich gespannt auf das Beispiel
fuer die biquadratische Gleichung.

Zur Erinnerung: ich meine damit die
ALLGEMEINE Gleichung 4. Grades, nicht nur
den Spezialfall, wo man nur die geraden Potenzen
x^4, x^2 und die Zahl hat.

Man nennt sie auch "quartische" Gleichung,
aber das finde ich nicht so gut, weil sich
das ganz aehnlich schreibt wie "quadratische",
und deshalb Verwechslungen vorprogrammiert sind.
Und prompt hast Du neulich "quartisch" falsch
geschrieben, naemlich "quadrisch"...
:-)

"Biquadratisch" dagegen drueckt sehr schoen das
Loesungsprinzip aus, dass man naemlich jede
Gleichung 4. Grades in zwei quadratische Gleichungen
(also Gleichungen 2. Grades) zerlegen kann.
Wie, das werde ich Dir in den naechsten Sessions zeigen...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. September, 2000 - 18:11:

Hallo Dirk,

O.K, was hällst du von dieser Gleichung e)

x⁴-24x³+132x²-141+40=0

Ich hoffe diesmal klapt`s...

Gruß N.

ps: Danke für den Algorithmus!!

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. September, 2000 - 10:20:

Hallo Niels,

scheint ein gutes Beispiel zu sein!
(Ich nehme doch stark an, dass Du
... - 141x + 40 = 0 gemeint hast,
da fehlte naemlich das "x" bei - 141...)

Es ist also in der Form

ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0

(die ich immer verwende)

a = 1
b = -24
c = 132
d = -141
e = 40

Also der erste Schritt waere nach Ferrari
(dem Erstentdecker), die Verschiebung

x = y - b/(4a)

zu machen, um die zweithoechste Potenz
(in diesem Fall das kubische Glied)
zu eliminieren. Diese Verschiebung
ist natuerlich noch nerviger als
beim 3. Grad, da man nun 3 statt 2
Koeffizienten neu berechnen muss,
naemlich p,q UND r, um die reduzierte Form

y^4 + py^2 + qy + r = 0

herzustellen. Die allgemeinen Formeln fuer
p,q,r lauten

p = (-3*b*b + 8*a*c)/(8*a*a)
q = (b*b*b - 4*a*b*c + 8*a*a*d)/(8*a*a*a)
r = (-3*b*b*b*b + 16*a*b*b*c - 64*a*a*b*d + 256*a*a*a*e)/(256*a*a*a*a)

wiederum sehr sehr haessliche Brueche,
noch dazu einen Summanden laenger als
bei der kubischen Loesungsformel.

Du brauchst Dir diesen Quatsch aber nicht
zu merken, denn die Verschiebung ist
vollkommen ueberfluessig, wie Bombelli
spaeter erkannte und ich Dir noch zeigen werde.
Einstweilen rechnen wir nur dieses eine Beispiel
nach der Ferrari-Methode durch. Danach
koennen wir auf die Verschiebung sowieso verzichten.

Im vorliegenden Beispiel muessen wir also
die Substitution

x = y + 6

vornehmen.
Wenn Du das Verschiebungsprinzip verstanden hast,
muesstest Du jetzt eigentlich die reduzierte Form
unserer biquadratischen Gleichung herleiten koennen...
:-)

Na gut, hier zur Kontrolle:

nach dem Pascal'schen Dreieck
bzw. den binomischen Formeln
(am besten im Lexikon nachschlagen!) ist

(a + b)^2 = a^2 + 2ab + b^2
(a + b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3
(a + b)^4 = a^4 + 4a^3b + 6a^2b^2 + 4ab^3 + b^4

also

(y+6)^2 = y^2 + 12y + 36
(y+6)^3 = y^3 + 18y^2 + 108y + 216
(y+6)^4 = y^4 + 24y^3 + 216y^2 + 864y + 1296

Wir muessen also aufsummieren:

(y+6)^4 = y^4 + 24y^3 + 216y^2 + 864y + 1296

-24(y+6)^3 = -24y^3 - 432y^2 - 2592y - 5184

132(y+6)^2 = 132y^2 + 1584y + 4752

-141(y+6) = -141y - 846

40 = 40

und erhalten

y^4
+ (24 - 24)y^3
+ (216 - 432 + 132)y^2
+ (864 - 2592 + 1584 - 141)y
+ (1296 - 5184 + 4752 - 846 + 40) = 0

also lautet die reduzierte Gleichung

y^4 - 84y^2 - 285y + 58 = 0

Schau, was wir fuer einen Riesenaufwand
getrieben haben, nur um die reduzierte Form
zu bekommen! Und dabei war es noch einfach,
weil wir nur ganze Zahlen und keine Brueche hatten!
Aber dennoch wurden die Zahlen zwischenzeitlich
sehr gross. Ich bin deshalb froh, dass es auch
ohne diese Riesenrechnung geht.

Dann waere also die naechste Aufgabe,
die reduzierte biquadratische Gleichung
zu loesen. Ludovico Ferrari gelang im Jahre
1540 als erstem die Aufloesung solcher Gleichungen.
Mal abgesehen von der umstaendlichen Verschiebung
ist sein Loesungsprinzip sehr elegant und absolut
genial. Cardano nahm es deshalb gleich in seine
1539 begonnene "Ars Magna" auf, die 1545 herauskam.

Tartaglia hatte ja 1539 Cardano die
kubische Loesungsformel, wenn auch nur fuer
die REDUZIERTE kubische Gleichung, verraten.
Cardano entdeckte die Verschiebung und damit
die Moeglichkeit, ALLE kubischen Gleichungen
zu loesen, auch die nicht reduzierten.

Dann gab er Ferrari den Auftrag, nunmehr
auch die Gleichung VIERTEN Grades in Angriff
zu nehmen, waehrend er selbst an den Beweisen
zur kubischen Loesungsformel und an der
"Ars Magna" arbeitete.
Vermutlich hat Ferrari zuerst die Verschiebungs-
strategie auf den Grad 4 angewendet, um das
kubische Glied zu eliminieren und es etwas
leichter zu haben. Dann forschte er wohl
nur noch an der REDUZIERTEN biquadratischen
Gleichung herum, bis er deren Aufloesung
gefunden hatte, die wiederum auf der kubischen
Gleichung basiert.
Erst Raffaele Bombelli, ebenfalls ein genialer
italienischer Renaissance-Mathematiker, entdeckte
die Ueberfluessigkeit der Verschiebung beim 4. Grad.
Sein ebenfalls beruehmtes Werk "L'Algebra Opera"
kam 1572 (oder 1579?) heraus, und zwar auf
italienisch (die "Ars Magna" ist noch auf
lateinisch, wie im Mittelalter ueblich).
Ich habe beide Werke im Original studiert,
nicht ganz, aber die wichtigsten Stellen.
Bombelli konnte uebrigens auch den "Casus Irreducibilis"
besser behandeln als Cardano, weil er ein
entspannteres Verhaeltnis zu komplexen Zahlen hatte.
Die trigonometrische Loesung stammt dann von
unserem beruehmten Vieta
(lateinische Version von "Francois Viete"),
einem franzoesichen Mathematiker,
der sie 1615 herausbrachte.

So, in der naechsten Session dann
das Ferrari-Prinzip und die Loesung
der reduzierten biquadratischen Gleichung

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. September, 2000 - 20:27:

Hallo Dirk,

kurze Frage:

wieso ist diese sache mit der Verschiebung beim 4. Grad überflüssig undb beim 3. Grad nicht?

Hängt das mit den Graden Potenzen zusammen?

schließlich braucht man ja die Verschiebung bei quadratieschen Gleichungen auch nicht...

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 14. September, 2000 - 10:03:

Hallo Niels,

eine sehr interessante und berechtigte Frage.
Die Antwort ist mir auch noch nicht ganz klar.
Fest steht, dass man bei JEDEM Grad die
Verschiebung machen KANN, d.h. die allgemeine
algebraische Gleichung n. Grades

a(n)x^n + a(n-1)x^(n-1) + ... + a(1)x + a(0) = 0

kann man durch

x = y - a(n-1)/(n * a(n))

in eine reduzierte Gleichung vom gleichen Grad n
ueberfuehren, deren (n-1)te Potenz fehlt:

y^n + b(n-2)y^(n-2) + ...

Und der Witz ist, dass die Loesungsformeln
fuer die ersten vier Grade ALLE diesen Term
-b/(na) enthalten, bei Bombelli und mir ist
er allerdings ziemlich geschickt versteckt
und steht nicht mehr explizit in der Loesungsformel.

Oder es gibt ihn gar nicht, da muesste ich mal
nachforschen. Das klingt vielleicht komisch,
aber meine Formel habe ich halt in ein ganz
anderes Format gegossen, naemlich ohne explizite
Ausdruecke, sondern alles mehr implizit.
Ich gebe naemlich einfach fuenf Gleichungen
niedrigeren Grades an, auf die sich die
Gleichung vierten Grades zurueckfuehren laesst.
Die ganze eigentliche Rechnung steckt dann
im Loesen dieser fuenf Gleichungen,
weshalb man mein Verfahren extrem kurz
aufschreiben und programmieren kann.

Resultat:
Der C-Programmtext fuer den 4. Grad ist bei mir
deutlich kuerzer als der fuer den 3. Grad,
obwohl er wegen der zunehmenden Komplexitaet
eigentlich laenger sein muesste!

Aber noch eine Bemerkung zum 1. und 2. Grad,
die ich sowieso mal machen wollte:
auch diese beiden Grade beinhalten eine Verschiebung!

Denn die Normalform fuer die lineare Gleichung ist

ax + b = 0

die Verschiebung lautet beim 1. Grad also

x = y - b/(1a)

also

x = y - b/a

Jetzt setz das mal in ax + b = 0 ein:

a(y - b/a) + b = 0
ay - b + b = 0
ay = 0
y = 0

und mach die Ruecksubstitution:

x = y - b/a = 0 - b/a = -b/a

Wenn Du die Gleichung ax + b = 0
direkt loest, erhaeltst Du die Loesungsformel

x = -b/a

was mit der Loesung des Substitutionsverfahrens
uebereinstimmt. Man kann die lineare Gleichung
also entweder direkt loesen (trivial) oder
(was hier natuerlich umstaendlich ist)
von x auf y verschieben um -b/a, um dann y = 0
zu erhalten und wieder zurueckzuverschieben,
um x = -b/a zu erhalten.

Auch der 2. Grad wird eigentlich mit Verschiebung
geloest! Hat man die Normalform

ax^2 + bx + c = 0

so kann man die "Mitternachtsformel" auf verschiedene Arten herleiten.
In der Schule machten wir es so:

Zuerst durch a teilen:

x^2 + (b/a)x + c/a = 0

und dann p = b/a, q = c/a schreiben:

x^2 + px + q = 0

Dann q subtrahieren:

x^2 + px = -q

und quadratisch ergaenzen, d.h. (p/2)^2 addieren,
damit die linke Seite ein "vollstaendiges Quadrat"
(englisch "perfect square") wird:

x^2 + px + (p/2)^2 = (p/2)^2 - q

(x + p/2)^2 = (p/2)^2 - q

Da die rechte Seite eine Zahl ist und damit
ebenfalls als Quadrat geschrieben werden kann,
naemlich als Quadrat ihrer positiven oder negativen
Quadratwurzel, kann man nun auf beiden
Seiten die Wurzel ziehen bzw. die Quadrate
"weg-schaelen" wie die Huelle einer Orange:

x + p/2 = +- sqrt[(p/2)^2 - q]

und dann noch p/2 subtrahieren:

x1,2 = -p/2 +- sqrt[(p/2)^2 - q]

Das ist die p-q-Formel.
Nun setzt man wieder p = b/a, q = c/a:

x1,2
= -b/(2a) +- sqrt[(b/(2a))^2 - c/a]
= -b/(2a) +- sqrt[b^2/(4a^2) - c/a]
= -b/(2a) +- sqrt[b^2/(4a^2) - 4ac/(4a^2)]
= -b/(2a) +- sqrt[(b^2-4ac)/(4a^2)]
= -b/(2a) +- sqrt[b^2-4ac] / (2a)
= (-b +- sqrt[b^2-4ac]) / (2a)

Das ist die beruehmte "Mitternachtsformel",
und man kann hier schon sehen, dass das
-b/(2a) die Verschiebung ist.

Und tatsaechlich kann man die Mitternachtsformel
auch mit der Verschiebungsmethode herleiten!
In der Normalform

ax^2 + bx + c = 0

setze x = y - b/(2a) :

x^2 = [y - b/(2a)]^2 = y^2 - (b/a)y + b^2/(4a^2)

ax^2 = ay^2 - by + b^2/(4a)

bx = b[y - b/(2a)] = by - b^2/(2a)

also ist

ax^2 + bx + c
= ay^2 - by + b^2/(4a) + by - b^2/(2a) + c
= ay^2 + b^2/(4a) - b^2/(2a) + c
= ay^2 + b^2/(4a) - 2b^2/(4a) + c
= ay^2 - b^2/(4a) + c

da +by und -by sich gerade weghebt und das
lineare Glied (= zweithoechste Potenz)
dadurch verschwindet.

Statt eine gemischt-quadratische Gleichung in x
haben wir nun also eine rein-quadratische
Gleichung in y:

ay^2 - b^2/(4a) + c = 0

Multiplikation mit (4a) ergibt

(4a^2)y^2 - b^2 + 4ac = 0

(4a^2)y^2 = b^2 - 4ac

Auf der rechten Seite steht jetzt uebrigens
die Diskriminante, und durch Wurzelziehen
erhalten wir

(2a)y = +- sqrt[b^2 - 4ac]

y = +- sqrt[b^2 - 4ac] / (2a)

Nun noch die Ruecksubstitution:

x
= y - b/(2a)
= +- sqrt[b^2 - 4ac] / (2a) - b/(2a)
= -b/(2a) +- sqrt[b^2 - 4ac] / (2a)
= (-b +- sqrt[b^2-4ac]) / (2a)

und wir haben die "Mitternachtsformel"!

Das -b/a in der "linearen" Loesungsformel
und das -b/(2a) in der "quadratischen" Loesungsformel
(bzw. Mitternachtsformel)
entsprechen also genau dem -b/(3a) bei der
kubischen und dem -b/(4a) bei der biquadratischen
Gleichung!

Alles klar?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 15. September, 2000 - 17:15:

Hallo Dirk!

Ja; Alles verstanden.

Aber wie geht`s nun weiter mit der quadrischen Gleichung?

Jetzt kommt ja erst der interressante Teil....

Auf die Verschiebung hätte ich selbst kommen können...

-In fröhlicher Erwartung-

Ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Sonntag, den 17. September, 2000 - 22:08:

Hallo Niels,

es heisst QUARTISCHE Gleichung,
oder biquadratische Gleichung,
(historisch ist "biquadratisch" die
aeltere Bezeichnung, und ausserdem
weniger verwechslungs-anfaellig,
wie man sieht... :-)

OK, kommen wir wieder auf unser Beispiel zurueck:

urspruengliche Gleichung:

x^4 - 24x^3 + 132x^2 - 141x + 40 = 0

Verschiebung x = y + 6 liefert
die reduzierte Gleichung

y^4 - 84y^2 - 285y + 58 = 0

Ferrari macht nun folgendes:
Zuerst isoliert er die 4. Potenz:

y^4 = 84y^2 + 285y - 58

Und jetzt ueberlegt er:
Die quadratische Gleichung loest man, indem man
auf der linken Seite ein Quadrat schreibt.
Die rechte Seite ist dann eine Zahl, also
ebenfalls ein vollstaendiges Quadrat
("perfect square"). Schau nochmal weiter oben
nach, bei der Herleitung der p-q-Formel:

(x + p/2)^2 = (p/2)^2 - q

und dann kann man auf beiden Seiten die
Quadratwurzel ziehen und so den Grad halbieren,
d.h. aus EINER QUADRATISCHEN Gleichung
ZWEI LINEARE Gleichungen machen:

x + p/2 = +- sqrt[(p/2)^2 - q]

(zwei Gleichungen wegen "plus-minus").

Jetzt betrachte die biquadratische Gleichung:

y^4 = 84y^2 + 285y - 58

Die linke Seite ist schon ein Quadrat,
naemlich (y^2)^2. Es waere nun schoen, wenn
man auch die rechte Seite 84y^2 + 285y - 58
als Quadrat schreiben koennte.
Da die rechte Seite ein quadratischer Term ist,
muesste sie dann als Quadrat eines linearen Terms
schreibbar sein, in der Form (mx + n)^2

Das bedeutet aber, dass der quadratische Term
ein Produkt von zwei GLEICHEN Linearfaktoren waere,
und das wiederum ist genau dann der Fall,
wenn er zwei gleiche reelle Nullstellen hat,
wenn also seine DISKRIMINANTE gleich Null ist!

D.h. die quadratische Gleichung

84y^2 + 285y - 58 = 0

muesste eine Nulldiskriminante haben.
Hat sie aber leider nicht! Die Diskriminante
der quadratischen Gleichung Ax^2 + Bx + C = 0
ist ja D = B^2 - 4AC, in diesem Fall also

D = 285^2 - 4*84*(-58) = 81225 + 19488 = 100713 > 0

Mist! Was nun?
Wie schon beim Trick y = u+v, erhoehen wir die
Anzahl der Variablen um eine weitere Unbekannte
(die Physiker wuerden sagen, wir haben dann einen
weiteren Freiheitsgrad). Wir nennen diese Variable
zunaechst einmal H.
Dann versuchen wir einen allgemeineren Ansatz
zur quadratischen Ergaenzung:

(y^2 + H)^2 ist ja gleich y^4 + 2Hy^2 + H^2

also addieren wir auf beiden Seiten der Gleichung

y^4 = 84y^2 + 285y - 58

den Term 2Hy^2 + H^2 mit der Unbekannten H:

y^4 + 2Hy^2 + H^2 = 84y^2 + 285y - 58 + 2Hy^2 + H^2

Wir schreiben die linke Seite als Quadrat
und ordnen die rechte Seite nach fallenden
Potenzen von y:

(y^2 + H)^2 = (2H + 84)y^2 + 285y + (H^2 - 58)

Und nun schauen wir nach dieser Modifikation
mal nach, wie die Diskriminante der rechten Seite
nun aussieht:

D = 285^2 - 4*(2H + 84)*(H^2 - 58)

Und da wir nun mit H eine weitere Variable haben,
die wir frei waehlen koennen, waehlen wir sie
doch so, dass die Diskriminante Null wird! Also:

285^2 - 4(2H + 84)(H^2 - 58) = 0

bzw.

285^2 = 4(2H + 84)(H^2 - 58)

Ausmultiplizieren ergibt

81225 = 4 * (2H^3 + 84H^2 - 116H - 4872)

81225 = 8H^3 + 336H^2 - 464H - 19488

0 = 8H^3 + 336H^2 - 464H - 100713

Und das ist eine Gleichung nur noch DRITTEN
Grades, und zwar in H !!! Dies ist die
beruehmte "kubische Resolvente".
Man kann sie mit einem Trick noch etwas
vereinfachen, indem man umschreibt:

0 = 8H^3 + 84*4*H^2 - 232*2*H - 100713

0 = (2H)^3 + 84*(2H)^2 - 232*(2H) - 100713

und dann substituiert:

2H = z bzw. H = z/2

Dann ergibt sich fuer z die kubische Resolvente

z^3 + 84z^2 - 232z - 100713 = 0

die bereits normiert ist und kleinere Koeffizienten hat.

So, jetzt folgt in meinem C-Programm ein
Unterprogramm-Aufruf der kubischen Loesungsformel
bzw. Cardanischen Formel.
Um ums nicht zu verzetteln, gebe ich Dir die
3 Loesungen dieser kubischen Resolvente ohne
Zwischenrechnung an:

z1 = -59
z2 = (-25 + sqrt[7453])/2 = +30.66538
z3 = (-25 - sqrt[7453])/2 = -55.66538

denn die kubische Resolvente laesst sich,
nachdem man -59 (als Teiler des Absolutgliedes
-100713) als ganzzahlige Loesung gefunden hat,
durch Polynomdivision zerlegen in

(z + 59)(z^2 + 25z - 1707) = 0

Natuerlich erhaelt man nicht nur mit der Schulmethode,
sondern auch mit der Cardanischen Formel
dieses Resultat. WIE man die kubische Resolvente
loest, spielt keine Rolle, nur DASS man es tut.

Und jetzt stehen wir vor der Qual der Wahl:
welchen der 3 Werte fuer z sollen wir fuer die
weitere Rechnung verwenden?

In diesem Fall faellt die Entscheidung leicht:
Alle drei Loesungen sind reell, aber nur eine
ist ganzzahlig, die anderen beiden irrational.
Also machen wir es uns bequem und rechnen mit

z = -59 weiter. Dann ist offensichtlich
H = z/2 = -59/2 = -29,5

Und jetzt setzen wir dieses H in die obige Gleichung
ein, wo wir auf beiden Seiten ein Quadrat stehen
haben wollten:

(y^2 + H)^2 = (2H + 84)y^2 + 285y + (H^2 - 58)

(y^2 - 29,5)^2 = (-59 + 84)y^2 + 285y + (870.25 - 58)

(y^2 - 29,5)^2 = 25y^2 + 285y + 812,25

Und jetzt stellt die rechte Seite tatsaechlich
ein "perfect square" dar, es ist naemlich

25y^2 + 285y + 812,25 = (5y + 28,5)^2

(mit 1. binomischer Formel nachpruefen!)
Dies haben wir nur durch die spezielle Wahl
von H und die Nebenbedingung der kubischen
Resolvente erreicht!

Der Rest ist nun einfach:
Wir schreiben beide Seiten als Quadrat:

(y^2 - 29,5)^2 = (5y + 28,5)^2

und ziehen auf beiden Seiten die Wurzel
(unter Beachtung von "plus-minus"),
"schaelen" also quasi die Quadratklammern weg
wie die Schale einer Orange, um an das wesentliche
Innere (den Kern der Sache) zu kommen
(dieser bildhafte Vergleich ist auf meiner Miste
gewachsen, ich finde ihn ganz treffend).

y^2 - 29,5 = +-(5y + 28,5)

Wir haben also aus EINER BIQUADRATISCHEN Gleichung
ZWEI QUADRATISCHE Gleichungen gemacht!

Die 1. quadratische Gleichung lautet

y^2 - 29,5 = 5y + 28,5
y^2 - 5y - 58 = 0

und hat die Loesungen

y1 = (5 + sqrt[257])/2 = 10,51561
y2 = (5 - sqrt[257])/2 = -5,51561

Die 2. quadratische Gleichung lautet

y^2 - 29,5 = -5y - 28,5
y^2 + 5y - 1 = 0

und hat die Loesungen

y3 = (-5 + sqrt[29])/2 = 0,1925824
y4 = (-5 - sqrt[29])/2 = -5.1925824

Zur Kontrolle kann man die beiden quadratischen
Gleichungsterme miteinander multiplizieren.
Tatsaechlich ist

(y^2 - 5y - 58)(y^2 + 5y - 1) = y^4 - 84y^2 - 285y + 58

also gleich dem reduzierten Term 4. Grades!
Die reduzierte y-Gleichung 4. Grades hat also
dieselbe Loesungsmenge wie die Kombination
der beiden quadratischen y-Gleichungen.

Zuletzt machen wir noch die Ruecksubstitution
x = y + 6, bzw. x = y + 12/2,
und zwar fuer alle 4 Loesungen:

x1 = (17 + sqrt[257])/2 = 16,515610
x2 = (17 - sqrt[257])/2 = 0,484390

x3 = (7 + sqrt[29])/2 = 6,1925824
x4 = (7 - sqrt[29])/2 = 0,8074176

Aus den x-Loesungen entnehme ich, dass Deine
beiden quadratischen x-Terme, die Du multipliziert
hast, lauten:

x^2 - 17x + 8 und x^2 - 7x + 5

In der Tat lautet das Produkt dieser beiden
Quadratfaktoren

x^4 - 24x^3 + 132x^2 - 141x + 40

- genau der Term der urspruenglichen x-Gleichung.
Womit bewiesen waere, dass die x-Loesungen ebenfalls korrekt berechnet wurden.

q.e.d.
:-)

Noch Fragen zu diesem Beispiel?

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 19. September, 2000 - 15:39:

Hallo Dirk!

Das ist ja alles höchst interressant..:-)
Ferrari scheint ja ein höchst intiligenter Mann gewesen zu sein.

Meine Frage:

wie hätte denn nun unser zweiter Freund BOMBELLI diese Gleichung gelöst?

Und; wie kann ich das Ferrari uned Bombelli Verfahren allgemein herleiten?

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. September, 2000 - 11:10:

Hallo Niels!

Du hast recht, Ferrari muss absolut genial
gewesen sein, ein mathematisches Naturtalent
sozusagen. Denn er war ein verarmter Vollwaise,
der zunaechst als Diener in Cardanos Haus
"anheuerte". Cardano unterrichtete ihn in
alten Sprachen, Mathe und ich weiss nicht was
sonst noch alles (Cardano war ja z.B. auch
Astronom und Mediziner. In der Renaissance
gab es halt noch Universalgelehrte,
heute waere das bei dem vielen Wissen
nicht mehr moeglich, absolutes Spezialistentum
und Fachidiotie sind angesagt... :-)

Und da Cardano sofort das mathematische Talent
Ferraris entdeckte, gab er ihm den Auftrag,
sich mit Hilfe der Formel fuer den 3. Grad
nun auch noch an den 4. Grad heranzutrauen.
Das war 1539, als Cardano die Kernformel
von Tartaglia erhalten hatte.
Und schon 1540 soll Ferrari die Loesung gefunden
haben. Da Ferrari von 1522-1565 lebte, war das
also im Alter von 18 Jahren!!!

(Ich selbst war schon 27,
als ich das Ferrari- und Bombelli-Verfahren
endlich geblickt und meine bescheidenen
Verbesserungen dazu beigetragen habe.
Das war 1998, also vor zwei Jahren,
und ich habe von Mai bis November an der
Entwicklung "meiner" Formel gearbeitet,
bis ihr endgueltiges Format feststand).

Uebrigens nahm Cardano natuerlich nicht nur
die von Tartaglia stammende Formel, sondern
auch das Ferrari-Verfahren in seine "Ars Magna"
auf, die 1545 herauskam. Im Kapitel 39,
also erst kurz vor Schluss, bemerkt Cardano
fast beilaeufig, dass man nun auch die Gleichung
4. Grades loesen kann. Seine Einleitung beginnt
(ins Englische uebersetzt) mit:

"There's another rule, more noble than the
preceeding. It is Ludovico Ferrari's..."

Also hat Cardano auch hier keine
Urheberrechtsverletzung begangen,
sondern den Urheber klar genannt
(ich nehme an, mit Ferraris vollem
Einverstaendnis, denn Ferrari vertrat
Cardano mit gluehendem Eifer bei den
folgenden oeffentlichen Streitereien mit
Tartaglia, und besiegte sogar Tartaglia
in einem oeffentlichen Rechenduell).

Kein Wunder, denn ohne Cardanos Indiskretion
haette Ferrari wohl die Loesung der Gleichung
4. Grades nie gefunden...

So, demnaechst also dasselbe Beispiel
nach Bombelli. Ein sehr sinnvoller Vorschlag
von Dir, denn dann kannst Du die Bombellis
Vereinfachung gut erkennen.

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. September, 2000 - 17:39:

Hallo Niels,

und hier die Loesung nach Bombelli:

x^4 - 24x^3 + 132x^2 - 141x + 40 = 0

Wiederum werden das quadratische, das lineare
und das Absolutglied auf die rechte Seite gebracht:

x^4 - 24x^3 = - 132x^2 + 141x - 40

Im Unterschied zu Ferrari haben wir nun
aber nicht nur die 4., sondern auch die 3. Potenz
auf der linken Seite, da wir sie nicht durch
Verschiebung weg-transformiert haben.

Es genuegt also nicht, wie Ferrari den Anzatz

(y^2 + H)^2 = y^4 + 2Hy^2 + H^2

zu machen, denn beim Quadrieren des
REIN-quadratischen Terms y^2 + H
kommen zwangslaeufig nur GERADE Potenzen heraus.
Um jedoch das KUBISCHE Glied "wegzuschlucken",
das ja eine UNGERADE Potenz ist, brauchen wir
das Quadrat eines GEMISCHT-quadratischen Terms
und machen den Ansatz

(x^2 + Gx + H)^2 = x^4 + 2Gx^3 + (G^2 + 2H)x^2 + 2GHx + H^2

(durch Ausmultiplizieren nachpruefen!
Gilt fuer jede beliebige Wahl von G und H).

Und jetzt kommt wieder mal der beruehmte
Koeffizientenvergleich ins Spiel:

Unser kubisches Glied lautet -24x^3,
soll aber gleichzeitig 2Gx^3 sein. Also folgt

2G = -24 => G = -12

Damit haben wir einen unserer zwei Freiheitsgrade
(G und H) fest belegt und somit nur noch den
weiteren Freiheitsgrad H, so wie Ferrari nur
den Freiheitsgrad H hatte.

Jetzt setzen wir G = -12 in unseren Ansatz ein:

2G = -24
G^2 + 2H = 144 + 2H
2GH = -24H
H^2 = H^2

(x^2 - 12x + H)^2 = x^4 - 24x^3 + (144 + 2H)x^2 - 24Hx + H^2

Ab jetzt geht's analog zu Ferrari weiter.
Um quadratisch zu ergaenzen (denn die Ferrari-
und Bombelli-Methode ist nichts anderes als eine
quadratische Ergaezung, aehnlich der Herleitung
der p-q-Formel fuer quadratische Gleichungen),
addieren wir auf beiden Seiten unserer Gleichung

x^4 - 24x^3 = - 132x^2 + 141x - 40

den Term (144 + 2H)x^2 - 24Hx + H^2:

x^4 - 24x^3 + (144 + 2H)x^2 - 24Hx + H^2 = - 132x^2 + 141x - 40 + (144 + 2H)x^2 - 24Hx + H^2

fassen die rechte Seite zusammen:

= (2H + 12)x^2 + (141 - 24H)x + (H^2 - 40)

und schreiben die linke Seite als Quadrat:

(x^2 - 12x + H)^2 = (2H + 12)x^2 + (141 - 24H)x + (H^2 - 40)

Diese Gleichung gilt fuer jedes beliebige H,
aber wir wollen auch die rechte Seite zu einem
"perfect square" machen, d.h. als Quadrat eines
Linearfaktors schreiben.
Damit ein quadratisches Polynom Ax^2 + Bx + C
so geschrieben werden kann, muss seine Diskriminante
D = B^2 - 4AC = 0 sein, oder auch B^2 = 4AC.
In diesem Fall also

(141 - 24H)^2 = 4(2H + 12)(H^2 - 40)

19881 - 6768H + 576H^2 = 4(2H^3 + 12H^2 - 80H - 480)

19881 - 6768H + 576H^2 = 8H^3 + 48H^2 - 320H - 1920

0 = 8H^3 - 528H^2 + 6448H - 21801

Und wiederum bekommen wir viel einfachere
Koeffizienten, wenn wir 2H = z setzen:

0 = 8H^3 - 132*4H^2 + 3224*2H - 21801

0 = z^3 - 132z^2 + 3224z - 21801

heisst unsere kubische Resolvente.
Sie hat (gaaaaanz zufaellig natuerlich... :-)
eine ganzzahlige Loesung z = 13 und laesst sich
deshalb durch Polynomdivision so schreiben:

(z - 13)(z^2 - 119z + 1677) = 0

so dass ihre drei Loesungen lauten:

z1 = 13
z2 = (119 + sqrt[7453])/2 = 102,66538
z3 = (119 - sqrt[7453])/2 = 16,33462

und alle drei reell sind.
Wir nehmen natuerlich die ganzzahlige Loesung
zum Weiterrechnen, aber in meiner Formel steckt
ein exaktes Kriterium, wie man IM ALLGEMEINEN
z zu waehlen hat... streng geheim!

In diesem Fall ist es aber sowieso egal, und wer
rechnet schon gern mit irrationalen Zahlen?

Setzen wir also z = 13 bzw. H = z/2 = 13/2 = 6,5
in unsere biquadratische Gleichung ein:

Es ist

H = 6,5
2H + 12 = 13 + 12 = 25
141 - 24H = 141 - 156 = -15
H^2 - 40 = 42,25 - 40 = 2,25

also wird unsere Gleichung

(x^2 - 12x + H)^2
=
(2H + 12)x^2 + (141 - 24H)x + (H^2 - 40)

zu

(x^2 - 12x + 6,5)^2 = 25x^2 - 15x + 2,25

Und wie gewuenscht laesst sich nun auch
die rechte Seite als Quadrat schreiben:

(x^2 - 12x + 6,5)^2 = (5x - 1,5)^2

(bitte mit binomischer Formel nachpruefen,
(a - b)^2 = a^2 - 2ab + b^2).

Nun ist es fast geschafft, wir schaelen die Orange:

x^2 - 12x + 6,5 = +-(5x - 1,5)

und erhalten die 1. quadratische Gleichung

x^2 - 12x + 6,5 = 5x - 1,5
x^2 - 17x + 8 = 0

mit den Loesungen

x1 = (17 + sqrt[257])/2
x2 = (17 - sqrt[257])/2

sowie die 2. quadratische Gleichung

x^2 - 12x + 6,5 = -5x + 1,5
x^2 - 7x + 5 = 0

mit den Loesungen

x3 = (7 + sqrt[29])/2
x4 = (7 - sqrt[29])/2

die genau mit denen des Ferrari-Verfahrens uebereinstimmen.
Zur Kontrolle kann man auch die beiden quadratischen
Gleichungsterme miteinander multiplizieren
und bekommt dann tatsaechlich den urspruenglichen
biquadratischen Gleichungsterm heraus.

Das Prinzip des Verfahrens ist es also,
durch quadratische Ergaenzung und ein paar
Tricks (kubische Resolvente, leider notwendig)
die biquadratische Gleichung in zwei quadratische
Gleichungen zu zerlegen. In diesem Fall ist

x^4 - 24x^3 + 132x^2 - 141x + 40 = 0

aequivalent zu

(x^2 - 17x + 8)(x^2 - 7x + 5) = 0

was man mit Schulmethoden nicht so einfach
herausfinden kann. Diese Zerlegung zu finden,
ist die eigentliche Arbeit bei der Loesung -
man braucht dazu als Hilfsmittel die kubische Resolvente.
Hat man die Zerlegung erst einmal gefunden,
ist der Kaes eigentlich schon gegessen, denn
der Rest (Loesen zweier quadratischer Gleichungen)
ist absoluter Standard.

So, als aufmerksamer Leser kannst Du jetzt bestimmt
Ferrari und Bombelli vergleichen und mir sagen,
welche Vorteile das Bombelli-Verfahren hat...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. September, 2000 - 20:43:

Hallo Dirk,

ich muß sagen, das beide Verfahren nicht grade leicht sind.

Der Vorteil des Bombelliverfahrens ist, das es auf diese arbeitsintensieve Verschiebungsgeschichte verzichtet. Dieser aber vermeintliche Vorteil wird meiner Meinung nach teuer durch den komplizierteren Ansatz mit vden 2 Freihtsgraden erkauft.

In Prinzip sind nur die Ansätze verschieden. Ist man erstmal bei der kubischen Resolvente angekommen sind die Verfahren sozusagen identisch.
Bei Ferrari ist eben der Aufwand mit der Verschiebung da und bei Bombelli eben ist die Geschichte mit den 2. Freiheitsgrad störend.

Ich kann das Schlecht beurteilen. Schließlich bin ich im Lösen von kubischen und biquadratischen Gleichungen noch nicht so geübt... .Welches Verfahren findest du den besser? (abgesehen von deinem...)

Und wie funktioniert der ganze Kram (beide Verfahren!!!) allgemein.

Welche Sonderfälle können bei FERRARI und BOMBELLI auftreten? (Giebt es da auch so ein Fall wie den Casus Irreducibilis?)

Ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 25. September, 2000 - 19:17:

Hallo Niels,

Du irrst Dich! Bombelli ist viel besser als Ferrari. Die Einsparung
bei der Verschiebung wird durch die zwei Freiheitsgrade NICHT
teuer erkauft, denn:

- EINEN Freiheitsgrad, naemlich H, gibt es auch
bei Ferrari

- der ZWEITE Freiheitsgrad G kann durch einen
kleinen Handgriff bestimmt werden, G ist naemlich
immer genau die Haelfte des Koeffizienten von x^3,
wie man bei der Herleitung der allgemeinen Formel
feststellt. Erinnere Dich: der Ansatz lautete

(x^2 + Gx + H)^2 = x^4 + 2Gx^3 + (G^2 + 2H)x^2 + 2GHx + H^2

und G wird durch Koeffizientenvergleich bestimmt,
so dass 2Gx^3 gleich dem kubischen Glied der
Gleichung 4. Grades ist, G also gleich dem halben
Koeffizienten von x^3.

Und die Polynome beim Ausmultiplizieren sind
nur geringfuegig laenger als bei Ferrari,
so dass die kubische Resolvente auch im
allgemeinen Fall kaum laengere Koeffizienten hat
als bei Ferrari.

Ab der kubischen Resolvente ist die Rechnung
bei beiden Verfahren gleich, so dass wir folgende
Aufwandsbilanz haben:

Bombelli:
kubische Resolvente: ca. 4 Additionen mehr
Freiheitsgrad G: 1 Division (durch 2) mehr

Ferrari:
Ruecktransformation x = y - b/(4a)
muss viermal gemacht werden
(fuer alle vier Loesungen), d.h.
4malige Addition einer Konstanten,
die vorher durch 1 Division berechnet wurde
(-b durch (4a) teilen)

d.h. bis jetzt ist der Rechenaufwand ungefaehr gleich,
ABER

Ferrari:
zusaetzliche aufwendige Verschiebung
mit DREI langen und haesslichen Bruechen
fuer p,q,r (fuer die Herstellung der Form
y^4 + py^2 + qy + r = 0)

Man kann das alles viel besser sehen,
wenn man Ferrari und Bombelli allgemein herleitet
und dann die fertigen Loesungsformeln vergleicht
(wie ich es getan habe).

Das moechte ich allerdings hier lieber vermeiden,
da ich dann wohl zuviel ueber meine eigene Formel
verraten wuerde (die praktisch genauso lang bzw.
kurz ist wie die von Bombelli).

Denn die groessten Vorteile meines eigenen
Verfahrens liegen gerade in der Behandlung
der Sonderfaelle und in der kuerzestmoeglichen
Schreibweise!
Um genauer zu sein: es gibt keine Sonderfaelle
bei mir, im Gegensatz zu den Formeln in den
gedruckten Formelsammlungen!!!

Viele Gruesse von
Dirk

PS:

Und noch ein weiterer Vorteil von Bombelli:
Oft interessieren einen nicht nur die Loesungen
bzw. Linearfaktoren, sondern auch die Quadratfaktoren,
die aus den Linearfaktoren zusammengesetzt sind,
d.h. die Zerlegung des 4. Grad-Terms in zwei
quadratische Terme bzw. Faktoren
(das ist z.B. in der Integralrechnung bei der
Berechnung von Stammfunktionen von Bedeutung).

Ferrari liefert aber nur die Zerlegung der
reduzierten y-Gleichung, nicht die der eigentlichen
x-Gleichung! Um diese zu bekommen, muss man
erst die Loesungen durch Rueckverschiebung
x = y - b/(4a) ausrechnen und dann die
quadratischen x-Polynome daraus rekonstruieren
- ein Umweg ueber zwei Ecken.

Bei Bombelli dagegen gewinnt man die beiden
quadratischen x-Polynome DIREKT, und berechnet
erst dann aus ihnen die x-Loesungen. Das ist
viel konsequenter, eleganter, intuitiver,
einleuchtender, bequemer, nenn es wie Du willst...
:-)

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 26. September, 2000 - 19:26:

Hallo Dirk,

schade das du nicht Ferrari und Bombelli algemein herleiten willst...:-(

Naja denn; solls halt eben nicht so seinn...Natürlich habe ich dafür Verständnis...

Vielleichtb kriege ich das Allgemeine ja auch selbst gebacken...

Es tut mir leid, das ich mit meiner Einschätzung der Verfahren total daneben lag!!

Aber wie gesagt; ich muß die Verfahren erstmal üben.

Als wir heute in der Schule die Nullstellen der kubischen Gleichung:

(1/3)*x^3-x+2 mit den guten alten Newton-Verfahren berechnen sollten konnte ich voll auftrumpfen. Wärend meine Kollegen fast eine Ganze schulstunde brauchten um näherungsweise -2,355 herauszubekommen, wante ich die Cardanische Formel (Verzeiung; die formel von Tartaglia an). In 3 Minuten hatte ich die Nullstelle auf 10-stellen Taschenrechnergenauigkeit berechnet.

Ich lachte innerlich..:-)

Zurück zur Biquadratischen Gleichung:

Das es mit deinen Verfahren keine Sonderfälle gibt hast du schon einmal erzählt. Ich denke aber; bei Ferrari und Bombelli wird es wenigstwens welche geben....

Klartext:

Komme ich ohne Umwege über trigonomische Funktionen bei jeden möglichen Sonderfall beim Bombelli und Ferrari-Verfahren ans Ziel? (D.h. an die vier Lösungen?)

Weist du inzwischen näheres über die Termine der Veröffentlichung der Formelsammlung?

Sonst-fals du es nicht schon weist-Zahlreich hat eine eigene Formelsammlung auf die eben auch nicht jeder "Hanz und Franz" aus Lizensrechtlichen Gründen zugreifen kann.-Ich könte es auch nicht.
Du köntest ja mal mit Marco unseren Webmaster hier sprechen und sie in der Formelsammlung hier veröffentlichen. Denk mal drüber nach !!!

Viele Grüße

Niels

Zaph (Zaph)

Veröffentlicht am Dienstag, den 26. September, 2000 - 21:26:

Hi Niels und Dirk,

ihr seid ja mittlwerweile beide Spezialisten für kubischen Gleichungen. Hier ist die Lösung einer Gleichung in Abhängigkeit eines Parameters gesucht. Wäre nett, wenn ihr euch das einmal ankucken könntet. Danke. Z.

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. September, 2000 - 11:42:

Hallo Niels, hallo Zaph!

Die Loesung der kubischen Gleichung in
Abhaengigkeit eines Parameters bringe ich da,
wo der Link hinzeigt, damit diese Seite nicht
durcheinanderkommt.

Also gut, also gut, irgendwie werden wir schon
eine Loesung finden, wie Ihr die allgemeine Formel
bekommt. Das mit der Formelsammlung und Marco
muss ich erst noch klaeren, habe aber nicht jeden
Tag Zeit, also kann es noch etwas dauern.

Ich wuerde vorschlagen, dass wir erst noch ein
bisschen das Bombelli-Verfahren ueben, und zwar
an einem weiteren Beispiel, wo ich dann den
Rechenweg kuerzer darlege, damit es nicht so
kompliziert aussieht, nur weil ich ausfuehrlich
erklaere...

Dann koennen wir vielleicht mal ein Beispiel
besprechen, wo der Koeffizient von x^4 nicht 1 ist.
Das fuehrt dann auf MEIN Verfahren,
aber zunaechst noch nicht allgemein.

Wenn ich mich zur Herleitung der ALLGEMEINEN
Formel durchringen kann, gibt es folgende
Moeglichkeiten:

1.) Ich bringe die Herleitung "stufenweise",
d.h. zuerst fuer Ferrari, dann fuer Bombelli,
dann fuer mich...
so habe ich es auch in meiner mathematischen
Abhandlung getan.
Vorteil: man sieht die schrittweisen Verbesserungen,
man faengt erstmal mit dem leichtesten Fall an
(reduzierte Form).
Nachteil: es wird recht ausfuehrlich,
da ich im Prinzip alles dreimal aufschreiben muss.

Zweite Moeglichkeit:
Ich bringe die allgemeine Herleitung gleich
fuer MEIN Verfahren, d.h. fuer die Form

ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e = 0

Vorteil:
Bombelli folgt ganz einfach daraus,
wenn man in der Endformel a=1 setzt

Ferrari folgt ganz einfach daraus,
wenn man zusaetzlich b=0 setzt

Man spart sich somit die dreifache Herleitung.

Nachteil:
Man faengt gleich mit dem schwierigstmoeglichen
Fall an (obwohl er eigentlich nicht soviel
schwieriger ist als der reduzierte von Ferrari
oder der normierte von Bombelli)

Wenn Ihr mit diesem Procedere (das ist lateinisch
und heisst "Vorgehen", "Verfahrensweise")
einverstanden seid, koenntet Ihr Euch ja nochmal
ein Beispiel ausdenken, und zwar so:

Bildet zwei quadratische Polynome

x^2 + px + q und x^2 + rx + s

mit ganzzahligen Koeffizienten p,q,r,s
Aber diesmal so, dass es nicht vier reelle
Loesungen gibt wie letztesmal, sondern
zwei reelle und zwei komplexe Loesungen.
D.h. von den beiden Diskriminanten

(p/2)^2 - q und (r/2)^2 - s

muss eine positiv und eine negativ sein,
so dass die zugehoerigen quadratischen Gleichungen
zwei reelle bzw. zwei komplexe Loesungen haben.

Dann multipliziert die beiden Quadratfaktoren
miteinander und teilt mir das Ergebnis mit
(ohne die Quadratfaktoren).

Ich zeige dann nochmal, wie die Quadratzerlegung
gefunden werden kann, ohne sie vorher zu wissen...
wie ein Zauberkuenstler sozusagen.
Und Bombellis Verfahren grenzt ja auch an Magie...
:-)

Viele Gruesse von
Dirk

PS:

Die kubische Gleichung

(1/3)x^3 - x + 2 = 0

ist ja wie geschaffen fuer die Cardanische Formel!
Zuerst multipliziert man sie mit 3:

x^3 - 3x + 6 = 0

und dann ist

3p = -3 => p = -1
2q = 6 => q = 3

also ist die Diskriminante

D = q^2 + p^3 = 9 - 1 = 8

und somit

u,v = -q +- sqrt(D) = -3 +- sqrt(8)

Daraus die Kubikwurzeln gezogen und addiert
ergibt tatsaechlich

x = cubrt(-3 + sqrt(8)) + cubrt(-3 - sqrt(8))

x = -2,3553014

hatte ich ebenfalls in 3 Minuten... :-)

Uebrigens:
Wenn einem nicht gefaellt, dass die Radikanden
der Kubikwurzeln negativ sind, kann man sie auch
umschreiben:

cubrt(-3 + sqrt(8)) = - cubrt(3 - sqrt(8))
cubrt(-3 - sqrt(8)) = - cubrt(3 + sqrt(8))

so dass das Loesungsradikal auch so geschrieben
werden kann:

x = - cubrt[3 + sqrt(8)] - cubrt[3 - sqrt(8)]

(diesmal mit positiven Radikanden).

Allerdings kann man die Gleichung auch nach dem Newton-Verfahren
in 3 Minuten loesen, ist doch kinderleicht:

f(x) = x^3 - 3x + 6
f'(x) = 3x^2 - 3

also heisst die Iterationsvorschrift

x' = x - f(x)/f'(x)

x' = x - (x^3 - 3x + 6)/(3x^2 - 3)

und mit dem Startwert x = 0 kriege ich die Folge

x = 0
x = 2
x = 2,4444444
x = 2,3591582
x = 2,3553091
x = 2,3553014
x = 2,3553014

also schon der 6. Naeherungswert stimmt
auf mindestens 6 Nachkommastellen!
(mehr laesst mein Buero-Taschenrechner nicht zu,
aber zuhause habe ich noch einen 10stelligen
Taschenrechner)

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. September, 2000 - 15:33:

Hallo Dirk und Zaph!!

Zu zaph:

Danke für dein Kompliment!
Ich muß sagen, das Thema Gleichungen hat mich echt derzeit in seinen Bann gezogen.
Wenns um Thema Gleichungen geht stehen ich und Dirk denke ich zur Verfügung.

Da Dirk sich entschlossenhat sich um die parameter sache zu kümmern, will ich da mal nicht zwischenfunken. Außerdem muß ich zugeben das ich mich mit Parametern noch nicht so auskenne.

Zu Dirk:

Ich find es Klasse, das du duich doch vieleicht dich durchringen willst. Ferrarie Bombelli und das "Dirk Verfahren" zu erklären.

Wenn es darum geht das Bombelli-Verfahren zu üben bin ich dabei!

zu diesem Zwecke habe ich mir auch schon folgende Gleichung überlegt:

x⁴+11x³+32x²+49x+15=0

Ich hoffe, das es mit diesen Beispiel funktioniert. da es sich ja um das Bombelli-Verfahren handeln soll habe ich darauf verzichtet, den koeffizienten vor x³ so zu wählen, das er durch 4 teilbar ist.

Zu meiner kleinen kubischen Gleichung:

Du hast recht, natürlich ist das Lösen dieser Gleichung mit dem Newtonverfahren normalerweise keine große Affäre. Doch manche meiner bKollegen sind eher an der richtigen Eingabe in dem Taschenrechner als an der eigentlichen Aufgabe gescheitert....

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. September, 2000 - 18:16:

Hallo Niels!

Eigentlich wuerde ich die Parametersache gerne
abgeben, da ich ja hier mit der biquadratischen
Gleichung voll eingespannt bin... :-)
andererseits habe ich schon eine Teilloesung
fuer das Parameterproblem.

Uebrigens ist es keine Zeitverschwendung,
Bombelli erstmal an ein paar Beispielen zu ueben.
Man bekommt dann ein besseres Gefuehl fuer das
Verfahren und kann es dann leichter allgemein
herleiten. Ausserdem:

Meine Formel ist zwar aesthetisch sehr schoen
und kurz aufzuschreiben und daher leicht zu
programmieren, aber irgendwie macht es mir
manchmal mehr Spass, die Rechnung "zu Fuss"
zu machen mitsamt den ganzen Umformungen,
als bloss stur in eine Formel einzusetzen.

Das ist so aehnlich wie der Unterschied zwischen
die Mitternachtsformel stur benutzen
(evtl. ohne sie zu verstehen) und eine
quadratische Gleichung wirklich durch
Umformungen und quadratische Ergaenzung
zu loesen.

Natuerlich geht es mit der fertigen Formel
und einem Taschenrechner oder Computer schneller,
aber das "naive" Loesen mit Umformungen ist die
Grundlage fuer jede Formel und macht oft mehr Spass...

Zur kubischen Gleichung:

Jaja, die Tuecken der Technik.
Wahrscheinlich wollten sie sich auf die faule
Haut legen und eine komplette Kurvendiskussion
machen lassen... :-)
oder sind Eure Taschenrechner auch nicht
programmierbar, so wie meiner vor 10 Jahren,
den ich uebrigens heute noch habe.
Ein TI-35 Galaxy oder so aehnlich, mit Solarzellen.
Aber nicht programmierbar!

Das Entscheidende beim Newton-Verfahren ist,
den Startwert in den Speicher des Taschenrechners
einzugeben und bei jedem Vorkommen von "x"
mit der RECALL-Taste abzurufen.
Und dann am Schluss mit STO den neuen
verbesserten Naeherungswert abzuspeichern!

Im naechsten Artikel die Loesung Deiner
biquadratischen Gleichung. Diese ist in Ordnung,
hat tatsaechlich zwei reelle und zwei komplexe
Loesungen und ist auch wirklich durch Multiplikation
zweier Quadratpolyome mit ganzzahligen
Koeffizienten entstanden.

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. September, 2000 - 18:34:

Hallo Niels,

tut mir leid, aber ich habe doch noch etwas
an Deiner Gleichung auszusetzen. Ich konnte
zwar mit meinem Programm schnell ihre Loesungen
berechnen:

x^4 + 11x^3 + 32x^2 + 49x + 15
=
(x^2 + 8x + 3)(x^2 + 3x + 5),

also sind die Loesungen

x1,2 = -4 +- sqrt(13)

x3,4 = -3/2 +- sqrt[11]/2 i

aber ich musste bei der Handrechnung
dauernd mit 1/2 und 1/4 rechnen
(bei der Formelloesung per Computer
kann man das vermeiden, aber dazu
muss man erst die allgemeine Formel
hergeleitet haben).

Es waere deshalb besser, wenn der Koeffizient
des kubischen Gliedes durch 2 teilbar waere
(bei Ferrari musste er sogar durch 4 teilbar sein).
Hier waren es 11 x^3, was ungerade ist...

Denn der Freiheitsgrad G betraegt genau die
Haelfte des Koeffizienten von x^3...

Koenntest Du also nochmal ein solches Beispiel
ersinnen, aber mit x^4 + (gerade Zahl)x^3 + ...
Rest beliebig?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 27. September, 2000 - 21:08:

Hallo Dirk,

Gut; hier ist die neue Gleichung...

x⁴+10x³+16x²-18x-95=0

Ich hoffe diese funktioniert...

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. September, 2000 - 11:06:

Hallo Niels,

leider nicht. Sie hat total krumme
Zwischenergebnisse, vermutlich hast
Du Dich beim Ausmultiplizieren der Polynome
verrechnet.

(es sollte nicht nur der Koeffizient von x^3
durch 2 teilbar sein, sondern die Koeffizienten
der konstruierenden Quadratpolynome ganzzahlig...)
das war hier nicht der Fall.

Tip:
(x^2 + px + q)(x^2 + rx + s)
= x^4 + (p+r)x^3 + ...

d.h. nimm einfach irgendwelche ganze Zahlen
fuer p,q,r,s, die noch folgende Nebenbedingungen
erfuellen:

- von den Diskrimanten (p/2)^2 - q und (r/2)^2 - s
muss eine positiv, eine negativ sein

- die Summe p+r sollte durch 2 teilbar sein,
also sollten p und r entweder beide gerade
oder beide ungerade sein

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. September, 2000 - 15:45:

Hallo Dirk,

ich habe mir nun folgende Aufgabe ausgedacht:

x⁴+8x³+26x²+43x+30=0

ich hoffe dieses Beispiel funktioniert jetzt entlich.

Übrigens; Das Procedere 1.) wäre schon in Ordnung. Ich mag es ein klein wenig spannend und ich bin ja auch nicht vermessen. Immer klein anfangen heist das Motto.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 28. September, 2000 - 18:14:

Hallo Niels,

ja, dieses Beispiel passt gut! Also:

x^4 + 8x^3 + 26x^2 + 43x + 30 = 0

Wir quadrieren jetzt ein Quadratpolynom
der Form x^2 + Gx + H, und zwar waehlen wir
fuer G den halben Koeffizienten von x^3,
also 4, und fuer H die Haelfte von z,
unserer Variablen der kubischen Resolvente.
Fuer jedes beliebige z gilt also

(x^2 + 4x + z/2)^2 = x^4 + 8x^3 + (z + 16)x^2 + (4z)x + (z^2)/4

(nachrechnen!)

So, nun isolieren wir in der urspruenglichen Gleichung die 3. und 4. Potenz:

x^4 + 8x^3 = - 26x^2 - 43x - 30

und addieren auf beiden Seiten die Glieder

(z + 16)x^2 + (4z)x + (z^2)/4

um zu erhalten:

x^4 + 8x^3 + (z + 16)x^2 + (4z)x + (z^2)/4
=
(z + 16 - 26)x^2 + (4z - 43)x + (z^2)/4 - 30

Das war die quadratische Ergaenzung,
aehnlich wie bei der Herleitung der p-q-Formel
fuer quadratische Gleichungen!

Die linke Seite schreiben wir als Quadrat,
die rechte Seite fassen wir zusammen:

(x^2 + 4x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (4z - 43)x + (z^2 - 120)/4

Nun stellen wir die Bedingung dafuer auf,
dass auch die rechte Seite ein Quadrat wird.
Die Diskriminante B^2 - 4AC des quadratischen Terms
Ax^2 + Bx + C muss dann 0 sein, bzw. B^2 = 4AC.
Also:

(4z - 43)^2 = 4*(z - 10)*(z^2 - 120)/4

Die 4 taucht als Zaehler und Nenner auf,
also kuerzen wir sie einfach weg:

(4z - 43)^2 = (z - 10)(z^2 - 120)

und multiplizieren aus:

16z^2 - 344z + 1849 = z^3 - 10z^2 - 120z + 1200

0 = z^3 - 26z^2 + 224z - 649

Dies ist die kubische Resolvente.
Ihre Loesungen lauten

z1 = 11
z2 = (15 + sqrt[11] i)/2 = 7,5 + 1,658312 i
z3 = (15 - sqrt[11] i)/2 = 7,5 - 1,658312 i

denn man kann sie schreiben als

(z - 11)(z^2 - 15z + 59) = 0

(Das waere die Schulmethode mit Probieren
und Polynomdivision, man kann die Loesungen
natuerlich auch mit der Cardanischen Formel
erhalten).

Da z2 und z3 sowieso komplex sind und wir
es vermeiden wollen, mit komplexen Zahlen zu
rechnen, koennen wir nur z1 waehlen.

Wir setzen also z = 11 in unsere x-Gleichung ein:

(x^2 + 4x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (4z - 43)x + (z^2 - 120)/4

wird zu

(x^2 + 4x + 11/2)^2 = (11 - 10)x^2 + (44 - 43)x + (121 - 120)/4

(x^2 + 4x + 5 1/2)^2 = x^2 + x + 1/4

Die rechte Seite laesst sich nun ebenfalls als
Quadrat schreiben:

(x^2 + 4x + 5 1/2)^2 = (x + 1/2)^2

Nun Wurzelziehen auf beiden Seiten
("die Orange schaelen"):

x^2 + 4x + 5 1/2 = +- (x + 1/2)

Erste Moeglichkeit:

x^2 + 4x + 5 1/2 = x + 1/2
x^2 + 3x + 5 = 0

x1 = (-3 + sqrt[11] i)/2 = -1,5 + 1,658312 i
x2 = (-3 - sqrt[11] i)/2 = -1,5 - 1,658312 i

Zweite Moeglichkeit:

x^2 + 4x + 5 1/2 = - x - 1/2
x^2 + 5x + 6 = 0

x3 = (-5 + 1)/2 = -2
x4 = (-5 - 1)/2 = -3

Wir haben also tatsaechlich zwei reelle und
zwei komplexe Loesungen! Und ich verwette
mein Hemd, dass Deine Zerlegung so aussah:

x^4 + 8x^3 + 26x^2 + 43x + 30 = (x^2 + 3x + 5)(x^2 + 5x + 6)

Es ist naemlich IN DIESEM FALL die einzig
moegliche mit REELLEN Koeffizienten...
Warum, erklaer ich Dir ein andermal.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 29. September, 2000 - 13:16:

Hallo Dirk,

ich habe so langsam das Gefühl, das wir die Kapazitäten dieser site sprengen...Jedenfalls kann ich unglaublicherweise diese Site über die normale Aufgabenansicht (Aufgaben der letzten 48 Stunden) nicht mer erreichen!!! Allerdings sehe ich doch noch ob es neue Beiträge auf dieser vSit gibt:-) Nun denn...

Weil es mich interressiert habe ich versucht diese Aufgabe per Ferrari-Verfahren zun lösen:

x⁴+8x³+26x²+43x+30=0

Substitution: x=y-2

Nach einer langen Rechnerei komme ich auf die REDUZIERTE FORM

y⁴+2y²+3y=0
y*(y³+2y+3)=0

y=0 oder y³+2y+3=0

y³+2y+3=0 ist eine KUBISCHE GLEICHUNG REDUZIERTER FORM. Die Cardanische Formel ist also ohne weiteres anwendbar:

p=2/3
q=1,5

D=2,546296295

u=0,457427107
v=-1,457427107

y=-1
y=0,5+1,658312394*i
y=0,5-1,658312394*i

und...

y=0
Þ

Substitution rückgängig machen:
x=-3
x=-1,5+1,658312394*i
x=-1,5-1,658312394*i
x=-2

Wunder...

Ich bin immer wieder erstaunt, wie du meine Quadratpolynome entschlüsselst!

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 29. September, 2000 - 14:48:

Hallo Niels!

Jaja, unsere Site wird immer laenger,
auch zum Scrollen. Ich frage mich,
ob wir nicht eine neue aufmachen sollten...

Deine Idee, das Ganze mit Ferrari zu pruefen,
ist nicht schlecht, nur kommt hier kurioserweise
eine reduzierte Form OHNE Absolutglied heraus,
so dass man Ferrari gar nicht braucht,
sondern y ausklammern kann und die restlichen
drei Loesungen mit der Cardanischen Formel kriegt.

Deine Rechnung ist korrekt, und es kommt dasselbe
heraus, aber im allgemeinen ist die reduzierte
Form mit Ferrari NICHT so leicht zu loesen,
sondern man braucht auch bei Ferrari die
quadratische Ergaenzung.

Das Entschluesseln Deiner Quadratpolynome
macht mir grossen Spass, frei nach Goldfinger
(nachdem er den Gangstern seinen Fort-Knox-Plan
erklaert hat):

Connery: "Ihre Ausfuehrungen ueber Unternehmem
Grand Slam haben mir grosses Vergnuegen bereitet!"

Froebe: "Mir auch!"
(grinst zufrieden und schreitet davon,
Bond schaut verdutzt hinterher...)

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 29. September, 2000 - 16:25:

Hallo Dirk,

hier ist noch ein häppchen...

x⁴+12x³+59x²+135x+135=0

Mit dieser Aufgabe möchte ich den 3. Sonderfall bekackeln. Will heißen, diesmal gibt es 4 Komplexe Lösungen. Diesmal sollte es nach Ferrari und Bombelli möglich sein, denn 12 ist sowohl durch 2 als auch durch 4 teilbar.

Gruß N.

ps: Wenn ich das dann auch mal auf die Reihe kriege könnten wir langsam zum Algemeinen übergehen...

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 29. September, 2000 - 17:26:

Hallo Niels!

Ich denke, wir sind jetzt an dem Punkt angelangt,
wo ich Dir die richtige Wahl von z erklaeren sollte,
bzw. den Zusammenhang zwischen den Loesungen
der kubischen Resolvente und den Loesungen der
biquadratischen Gleichung.

Dazu waere es gut, nochmals ein Beispiel mit
VIER REELLEN Loesungen zu haben, und am besten
mit vier ganzzahligen. Diese Gleichungen koennte
man zwar auch mit Polynomdivision loesen, aber
zur Erklaerung des Prinzips eignen sich nun mal
am besten die Beispiele, bei denen man nicht
unnoetig mit Bruechen und Wurzeln rechnen muss.

Du glaubst mir ja sicher inzwischen, dass Ferrari
und Bombelli auch allgemein funktioniert,
und nicht nur bei ganzzahligen Loesungen oder
ganzzahligen Quadratpolynomen. Wir werden das
Ganze spaeter sowieso allgemein herleiten.

Einstweilen schlage ich vor, dass wir die biquadratische Gleichung

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24 = 0

untersuchen, die die Loesungsmenge {1,2,3,4} hat.
(Du kannst es gern durch Einsetzen ueberpruefen).
So, und jetzt ueberleg mal, auf welche und
wieviele Arten Du aus den vier zugehoerigen
Linearfaktoren (x-1), (x-2), (x-3), (x-4)
zwei Quadratpolynome bilden kannst...

Es sind genau 3 Moeglichkeiten.
Die erste ist

(x-1)(x-2) = x^2 - 3x + 2
(x-3)(x-4) = x^2 - 7x + 12

Diese beiden Quadratpolynome miteinander
multipliziert ergeben das biquadratische Polynom

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24

aus unserer Gleichung.
Aufgrund des Kommunikativgesetzes der Multiplikation
(Faktoren duerfen beliebig vertauscht werden)
ist dann eigentlich klar, dass man auch

(x-1)(x-3) = x^2 - 4x + 3
(x-2)(x-4) = x^2 - 6x + 8

als konstruierende Quadratpolynome nehmen kann.
Und ebenfalls

(x-1)(x-4) = x^2 - 5x + 4
(x-2)(x-3) = x^2 - 5x + 6

Weitere Moeglichkeiten gibt es nicht.
Man kann sich das auch so klarmachen:

Ich muss immer zwei Linearfaktoren nehmen
und miteinander multiplizieren. Die anderen
beiden ergeben sich dann automatisch als
die uebriggebliebenen Linearfaktoren.

Also kann ich den 1. mit dem 2. Linearfaktor
multiplizieren (sowie den 3. mit dem 4.)
oder den 1. mit dem 3. Linearfaktor
oder den 1. mit dem 4. Linearfaktor

Kurz, es gibt genau 3 verschiedene Moeglichkeiten,
die 4 Linearfaktoren zu gruppieren und zu Quadratpolynomen
zu verarbeiten.

Das heisst es gibt theoretisch 3 verschiedene
Quadratzerlegungen unserer Gleichung 4. Grades,
von denen das Bombelli-Verfahren nur eine
berechnet! Oder doch nicht?

Moment mal, wir bekommen doch bei der kubischen
Resolvente DREI verschiedene Loesungen heraus,
benutzen aber nur EINE davon!
Was, wenn wir die beiden anderen probieren?

Wir versuchen jetzt einfach mal, die gegebene
biquadratische Gleichung mit dem Bombelli-Verfahren
zu loesen:

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24 = 0

Ansatz:

der halbe Koeffizient von x^3 betraegt -5, also

(x^2 - 5x + z/2)^2 = x^4 - 10x^3 + (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4

also muessen wir auf beiden Seiten der Gleichung

x^4 - 10x^3 = - 35x^2 + 50x - 24

den Term (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4 quadratisch ergaenzen:

x^4 - 10x^3 + (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4
=
(z + 25 - 35)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2)/4 - 24

Linke Seite als Quadrat schreiben,
rechte Seite zusammenfassen:

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4

Bedingung fuer rechte Seite als Quadrat:

(50 - 5z)^2 = 4(z - 10)(z^2 - 96)/4

(50 - 5z)^2 = (z - 10)(z^2 - 96)

2500 - 500z + 25z^2 = z^3 - 10z^2 - 96z + 960

0 = z^3 - 35z^2 + 404z - 1540

Kubische Resolvente hat Loesungen

z1 = 14
z2 = 11
z3 = 10

So, und nun halten wir inne.
Welches z sollen wir waehlen?
Da alle drei reell und ganzzahlig sind,
versuchen wir es nacheinander mit allen dreien
und schauen mal, was dabei herauskommt!

1. Versuch: z = 14
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 7)^2 = (14 - 10)x^2 + (50 - 70)x + (196 - 96)/4
(x^2 - 5x + 7)^2 = 4x^2 - 20x + 25
(x^2 - 5x + 7)^2 = (2x - 5)^2

also

x^2 - 5x + 7 = 2x - 5 oder x^2 - 5x + 7 = - 2x + 5
x^2 - 7x + 12 = 0 oder x^2 - 3x + 2 = 0

2. Versuch: z = 11
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = (11 - 10)x^2 + (50 - 55)x + (121 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = x^2 - 5x + 6,25
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = (x - 2,5)^2

also

x^2 - 5x + 5,5 = x - 2,5 oder x^2 - 5x + 5,5 = - x + 2,5
x^2 - 6x + 8 = 0 oder x^2 - 4x + 3 = 0

3. Versuch: z = 10
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = (10 - 10)x^2 + (50 - 50)x + (100 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = 0x^2 + 0x + 4/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = 1

also

x^2 - 5x + 5 = 1 oder x^2 - 5x + 5 = -1
x^2 - 5x + 4 = 0 oder x^2 - 5x + 6 = 0

Dieser letzte Fall ist besonders interessant,
weil auf der rechten Seite nur eine Zahl steht,
aus der man einfach die Wurzel ziehen kann -
ebenso wie bei der quadratischen Ergaenzung
bei der p-q-Formel, wo man aus (p/2)^2 - q
die Quadratwurzel zieht...
Das ist hier aber reiner Zufall,
also bitte lieber vergessen!

Zusammenfassung:
----------------
Anscheinend haben wir im Falle von vier REELLEN
Loesungen mit allen drei Wahlmoeglichkeiten fuer z Erfolg...

Noch Fragen zu diesem Beispiel?
Naechstes Mal schauen wir dann,
wie es sich verhaelt, wenn die biquadratische
Gleichung vier KOMPLEXE Loesungen hat.

Viele Gruesse von
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 29. September, 2000 - 17:33:

Hallo Niels,

unsere letzten Meldungen sind leider
ueber Kreuz gegangen, aber Du hast ja
eigentlich dasselbe vorgeschlagen wie ich,
naemlich ein Beispiel mit vier komplexen
Loesungen.

Nur hast Du Dich bei Deinem Beispiel leider verrechnet,
es gibt nur haessliche krumme Zerlegungen dafuer.
Ich schlage deshalb ein einfacheres Beispiel vor.
In der naechsten Sitzung erfaehrst Du, welches.

Gruss,
Dirk

Apropos "vorschlagen":

Goldfinger zu Pussy Galore auf der Veranda
seiner Pferderanch in Kentucky:

"Wir wollen Mr Bonds Freunden zeigen, dass es
ihm bei uns gutgeht. Ich schllllage vor, dass
Sie sich dafuer etwas Passenderes anziehen..."

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 16:11:

Hallo Niels,

ich haette als naechstes ein Beispiel mit
zwei reellen und zwei komplexen Loesungen,
und dann noch eines mit vier komplexen Loesungen.
Vorher sollte ich aber wissen, ob Du beim letzten
Beispiel mit vier reellen Loesungen alles verstanden hast...

Gruss,
Dirk

"Der Zweck unserer vorherigen Begegnungen ist mir vollkommen klar.
Ich habe nicht die Absicht, mich durch eine weitere verwirren zu lassen.
Gute Nacht Mr. Bond!"
:-)

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 04. Oktober, 2000 - 21:22:

Hallo Dirk,

entschuldige, dass ich jetzt erst antworte. Aber ich litt das verlängerte Wochenende unter einer tückischen Form des "Diamantenfieber". (Als Bond Kenner solltest du wissen was ich meine:-)

Zu den biquadratischen Gleichungen:

Nein euer Ehren; Keine weiteren Fragen zu den Beispiel. Im Prinzip habe ich es verstanden. Mein problem ist nur die Eindeutigkeit. Wirvhaben geshen, das es verschiedene Kombinationsmöglichkeiten der Linearfaktoren gibt. Also ist die Frage voher du das Recht nimmst, das diese spezielle Kombination von Quadratfaktoren die einzige Reelle Möglichkeit ist, die es gibt. Das ist das einzige, was ich noch nicht verstehe.

Übrigens: Noch eine praktische Frage zu den komplexen lösungen von Gleichungen:

Wenn ich im Rahmen einer Kurvendiskussion die vNulstellen eines Polynoms 4. Grades berechnen soll, dann interressieren mich doch vorrangig die "reellen Lösungen" der Gleichung. Die komplexen Lösungen existuieren so zu sagen nur in meiner kranken Fantasie. Heißt das, das eine Funktion 4. Grades mit komplexen Gleichungen nicht Zeichenbar ist?

Ciao Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 23. Oktober, 2000 - 14:35:

Test

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 23. Oktober, 2000 - 14:37:

Hallo Niels!

Entschuldige bitte die lange Verzoegerung,
aber ich versuche seit Wochen, hier mal wieder
etwas hineinzuschreiben, und erst jetzt geht es
wieder! Hier also meine Antwort:

Zu Deiner letzten Frage (Kurvendiskussion):
-------------------------------------------
Ich vermute mal, Deine Frage lautet:

"Heißt das, dass eine Funktion 4. Grades mit
komplexen LOESUNGEN nicht Zeichenbar ist?"

Antwort:
Doch, natuerlich ist sie zeichenbar
(sofern sie reelle Koeffizienten hat,
aber das ist in der Schule immer der Fall).
Der Unterschied ist, dass eine Funktion 4. Grades

- mit 4 reellen Nullstellen die x-Achse 4mal schneidet
- mit 2 reellen und 2 komplexen Nullstellen die x-Achse 2mal schneidet
- mit 4 komplexen Nullstellen die x-Achse ueberhaupt
nicht schneidet, sondern entweder nur oberhalb
oder nur unterhalb der x-Achse verlaeuft.

Schliesslich gibt es ja auch bei QUADRATISCHEN
Funktionen Faelle, dass die x-Achse 2mal oder
auch gar nicht geschnitten wird!
Zum Beispiel schneidet die Funktion f(x) = x^2 + 1
die x-Achse nicht, weil sie keine reellen Nullstellen,
sondern nur die beiden komplexen Nullstellen +- i
hat (da x^2 + 1 = 0 auf x^2 = -1 fuehrt).
Und trotzdem kannst Du den Funktionsgraphen muehelos zeichnen,
indem Du Deine Normalparabel-Schablone schnappst
und sie vom Ursprung um 1 Einheit nach oben verschiebst!
;-)

Schau Dir mal in Deinem Mathebuch ein paar Graphen
von Funktionen 4. Grades an.
So wie kubische Funktionsgraphen meist S-foermig sind,
sehen biquadratische Funktionsgraphen (4. Grades)
meist wie der Buchstabe W aus.
Wenn die beiden tiefsten Punkte dieses W
oberhalb der x-Achse liegen,
oder wenn die beiden hoechsten Punkte dieses W
unterhalb der x-Achse liegen,
dann gibt es keine reellen Nullstellen, d.h. die biquadratische
Gleichung f(x) = 0 hat dann 4 KOMPLEXE Loesungen!

Zur Eindeutigkeit der Wahl von z:
---------------------------------
Eigentlich hatte ich in meinem Beispiel versucht
zu erklaeren, dass die Wahl von z in diesem Fall
NICHT eindeutig ist!
Denn in diesem Beispiel gibt es 3 verschiedene Zerlegungen
in reelle Quadratfaktoren! Und wie ich vorgerechnet habe,
hat die kubische Resolvente dann 3 verschiedene
reelle Loesungen, von denen JEDE auf genau eine
der 3 moeglichen Zerlegungen fuehrt.

Das heisst, falls die biquadratische Gleichung
4 reelle Loesungen hat (was man vorher natuerlich
noch nicht weiss :-), so ist es EGAL, fuer welches
z man sich entscheidet!
Die meisten Formelsammlungen schreiben denn auch,
man solle "irgendeine reelle" Loesung der
kubischen Resolvente verwenden.

Das ist jedoch nur in diesem Fall korrekt!
Ich werde Dir mit den naechsten beiden Beispielen
zeigen, dass die Wahl von z nicht immer beliebig ist,
und das ist ein zentraler Punkt in meinem eigenen
Loesungsverfahren, weil die Autoren der Formelsammlungen
das meistens gar nicht erkannt haben und die
Leser in vielen Faellen in die Wueste schicken!

Konkreter: Ich werde zeigen, dass Folgendes gilt:
-------------------------------------------------
biquadratische Gleichung hat 4 reelle Loesungen <=>
kubische Resolvente hat 3 reelle Loesungen, Wahl von z ist egal

biquadratische Gleichung hat 4 komplexe Loesungen <=>
kubische Resolvente hat 3 reelle Loesungen, Wahl von z ist NICHT egal

biquadratische Gleichung hat 2 reelle und 2 komplexe Loesungen <=>
kubische Resolvente hat 1 reelle und 2 komplexe Loesungen, Wahl von z ist NICHT egal

Den ersten Fall haben wir im letzten Beispiel untersucht,
der zweite und dritte Fall kommt noch.

Na, alles klar soweit?
(ich selbst habe monatelang daran geforscht,
bis es mir klar war...)

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 23. Oktober, 2000 - 22:16:

Good Morning Dirk!!!

schön mal wieder etwas von dir zu hören:-)

Übrigens, das du selbst Seiten im Internet veröffentlichst, die zumindest gut erklären, wie man 1)Lineare Gleichungen 2)quadratische Gleichungen 3)kubische Gleichungen löst hättest du ruig erwähnen können...:-)

Bei der Seite wo es um biquadratische Gleichungen geht konnte ich deinen Ausfürungen nicht ganz folgen.

Das einzigste, was ich bisher begriffen habe ist, das man um biquadratische Gleichungen zu lösen man sie in 2 quadratische Gleichungen zerlegt und diese dann wie gewöhnlich löst.

Mir wurde bei deinen Ausführungen nicht klar, welche "Strategie" du verfolgst. (Bombelli oder Ferrari???)

Aber sonst...

Ich habe derzeit Ferien und werde mich wohl mit den Thema "Biquadratische Gleichungen" eingehender beschäftigen können...

Ach und noch was...

Ich würde ja gern in mein Mathebuch schauen, aber leider haben wir keine Mathebücher bekommen!!!
Es ist ein Trauerspiel, aber ich kaufe dir das mit der S und W-Form mal ab.

In Erwartung der Antwortmassage...

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 25. Oktober, 2000 - 18:46:

Hallo Niels!

Sprichst Du von meiner Homepage

http://www.cg.inf.ethz.ch/~bauer/algebra.html ?

Dazu muss ich folgendes sagen:

1.) Fuer die lineare und quadratische,
und zum Teil auch fuer die kubische Gleichung
haette ich Dich tatsaechlich auf meine Homepage
verweisen koennen...

2.) Der letzte Teil der kubischen Gleichung
und fast der gesamte Abschnitt ueber die
biquadratische Gleichung ist aber MUELL,
da ich hier bisher nur mit "Copy & Paste"
den Artikel ueber die QUADRATISCHE Gleichung
hineinkopiert habe...
zu mehr bin ich aus zeitlichen Gruenden nicht
gekommen, die Homepage gammelt schon seit
Monaten unerledigt rum und ist, wie man so
schoen sagt, "under construction".
Eigentlich sollte ich die Seiten
ueber die kubische und biquadratische Gleichung
deshalb solange sperren, bis sie korrekt sind.
So steht naemlich (fast) nur Nonsens drin.

Mit Deiner Ungewissheit, welche Strategie ich
verfolge, meinst Du hoffentlich nur meine
konfuse Homepage? Vergiss sie bitte momentan,
sie bringt Dich sonst nur durcheinander!

Oder meinst Du meine Ausfuehrungen auf diesem
Matheboard? Die solltest Du naemlich verstehen,
bevor ich fortfahre. Also nochmal die Frage,
ob Du das mit der Wahl von z verstanden hast?
D.h. dass man bei 4 reellen Loesungen der
biquadratischen Gleichung auf eine kubische
Resolvente mit 3 reellen Loesungen stoesst,
von denen JEDE zu genau einer der 3 moeglichen
Quadratzerlegungen fuehrt. Und dass es deshalb
in diesem Fall egal ist, welches z man verwendet.

Und noch was zu den W- und S-Kurven:
Auf dieser Matheseite gibt's doch einen
Funktionenplotter!

http://mss.math.vanderbilt.edu/~pscrooke/MSS/plotseveral.html

Mit dem kannst Du mal rumspielen und ein paar
Funktionen 3. und 4. Grades eingeben.
Dann siehst Du ja, wieviele reelle Nullstellen
(= Schnittpunkte mit der x-Achse)
sie haben und welche Gestalt die Kurven haben...

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 11:19:

Hallo Dirk,

keine Panik, mit der Ungewissheit meinte ich deine Homepage...:-)

Soweit ich mich an die Site erinnere erklärst du auf der Sie "biquadratische Gleichungen" nur die quadratische Ergänzung.

Und wenn ich mich recht erinnere Ist doch der Trick, so zu sagen der Schlüssel zum lösen von "biquadratischen Gleichungen" die Auflösung der biquadratischen Gleichung in 2 quadratische Gleichungen. Also das schaffen eines "perfect square".
Die Geschichte mit Z habe ich aber verstanden!!1

Du kannst also mit ruhigen gewissen fortfahren...

CU Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 17:44:

Hallo Niels,

genau, auf der Seite "biquadratische Gleichung"
erklaere ich naemlich die quadratische Ergaenzung
fuer die QUADRATISCHE Gleichung. Das ist natuerlich
Quatsch und nur deshalb so, weil ich diesen Teil
mit "Copy & Paste" auf die biquadratische Seite
rueberkopiert und noch nicht angepasst habe.

Spaeter mal werde ich naemlich auf meiner Homepage
(und auch Dir) zeigen, dass die quadratische
Ergaenzung beim 4. Grad fast genauso funktioniert
wie beim 2. Grad (sozusagen "analog", nur halt
etwas komplizierter wegen des doppelten Grades
und der kubischen Resolvente, aber prinzipiell
doch sehr aehnlich).

Der Witz ist naemlich, dass sowohl bei der quadratischen
als auch bei der biquadratischen Gleichung
man zu einer Form kommt, wo auf beiden Seiten
ein "perfect square" stehen soll.

Bei der quadratischen Gleichung (siehe Herleitung
der p-q-Formel!) steht dann naemlich

x^2 + px + q = 0
x^2 + px = -q
x^2 + px + (p/2)^2 = -q + (p/2)^2

(x + p/2)^2 = (p/2)^2 - q

also auf der linken Seite das Quadrat
eines LINEAREN Terms. Die rechte Seite ist
dann AUTOMATISCH ein "perfect square",
naemlich eine Zahl. Deshalb kann man sofort
auf beiden Seiten die Quadratwurzel ziehen:

x + p/2 = +- sqrt[(p/2)^2 - q]

und dann noch p/2 "hinueberschaufeln",
um diese beiden linearen Gleichungen
zu loesen:

x = -p/2 +- sqrt[(p/2)^2 - q]

hat also die quadratische Gleichung letzten Endes
durch folgende Massnahmen geloest:

1.) Hinueberschaufeln einiger Glieder auf die rechte Seite
2.) Quadratische Ergaenzung durch geschicktes Addieren bestimmter Groessen
3.) Bilden eines "perfect square" auf beiden Seiten
4.) Ziehen der Quadratwurzel auf beiden Seiten
5.) Loesen von ZWEI Gleichungen mit HALBIERTEM Grad

Und genauso funktioniert es auch beim 4. Grad!
Wir schaufeln ebenfalls zuerst einige Glieder
nach rechts, naemlich die Glieder hoechstens
2. Grades (die 3. und 4. Potenz lassen wir links).

Dann ergaenzen wir quadratisch, nur muessen wir
diesmal nicht (p/2)^2 addieren, sondern einige
Glieder mit der zusaetzlichen Unbekannten z.

Dann schreiben wir die linke Seite als Quadrat
(und zwar als Quadrat eines QUADRATISCHEN Terms,
um die 3. und 4. Potenz wegzukriegen),
und auch auf der rechten Seite muessen wir uns
mehr als gewohnt anstrengen, da wir hier erst
durch Loesen der kubischen Resolvente und Wahl
von z ein "perfect square" erhalten.

Dann ziehen wir ebenfalls auf beiden Seiten die
Quadratwurzel und erreichen dadurch eine Grad-Halbierung!
(So wie bei man aus EINER QUADRATISCHEN Gleichung
durch das Wurzelziehen ZWEI LINEARE Gleichungen bekommt,
so bekommt man aus EINER BIQUADRATISCHEN Gleichung
durch das Wurzelziehen ZWEI QUADRATISCHE Gleichungen!)

Das Bombelli-Verfahren fuer die Gleichung 4. Grades
entspricht also weitgehend der Herleitung
der p-q-Formel fuer die Gleichung 2. Grades.
Nur dass man es hier mit jeweils doppelt so
hohen Graden zu tun hat und deshalb noch den
Trick mit der kubischen Resolvente braucht...

Aber vergiss jetzt mal meine ganze Homepage,
die steckt naemlich noch in den Kinderschuhen
und bringt Dich hoechstens durcheinander!
Wenn Du meine heutigen Ausfuehrungen verstanden
hast, koennten wir uns das naechste Beispiel
vorknoepfen, z.B. eines mit vier KOMPLEXEN
Loesungen. Ich habe schon eines parat.

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 26. Oktober, 2000 - 19:55:

Hallo Dirk,

ok, ich bin soweit. dann lass uns die Gleichung mit den 4 Komplexen Lösungen anpacken...

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 27. Oktober, 2000 - 17:15:

Hallo Niels,

also, das Beispiel hat die vier komplexen Loesungen

x1 = 1 + 2i
x2 = 1 - 2i
x3 = 3 + 4i
x4 = 3 - 4i

Sie haben vier komplexe Linearfaktoren,
die sich ebenfalls auf 3 verchiedene Arten
miteinander zu Quadratpolynomen kombinieren lassen.

Wie man leicht nachrechnen kann, produziert aber
nur EINE dieser drei Moeglichkeiten Quadratfaktoren
mit REELLEN Koeffizienten, naemlich die Variante,
bei der man die Linearfaktoren konjugiert komplexer Paare
zusammenlaesst, d.h.

[x - (1+2i)] * [x - (1-2i)] =
[x - 1 - 2i] * [x - 1 + 2i] =
[(x-1) - (2i)] * [(x-1) + (2i)] =
(x-1)^2 - (2i)^2 =
x^2 - 2x + 1 - (-4) =
x^2 - 2x + 5

und

[x - (3+4i)] * [x - (3-4i)] =
[x - 3 - 4i] * [x - 3 + 4i] =
[(x-3) - (4i)] * [(x-3) + (4i)] =
(x-3)^2 - (4i)^2 =
x^2 - 6x + 9 - (-16) =
x^2 - 6x + 25

Das sind zwei Quadratpolynome mit reellen Koeffizienten,
und wenn man diese miteinander multipliziert,
erhaelt man die biquadratische Gleichung

x^4 - 8x^3 + 42x^2 - 80x + 125 = 0

die wir gleich nach Bombelli loesen werden.
Wenn man aber die komplexen Loesungspaare
"auseinanderreisst" und ueber Kreuz miteinander
verkuppelt, erhaelt man haessliche Quadratpolynome
mit KOMPLEXEN Koeffizienten, z.B. wenn man die
Loesungen 1+2i und 3+4i kombiniert:

[x - (1+2i)] * [x - (3+4i)] =
[x - 1 - 2i] * [x - 3 - 4i] =
[(x-1) - (2i)] * [(x-3) - (4i)] =
(x-1)(x-3) - (x-1)(4i) - (x-3)(2i) + (2i)(4i) =

x^2-3x-x+3 - (4x-4)i - (2x-6)i + 8(i^2) =
x^2 - 4x + 3 - 8 - (4x-4+2x-6)i =
x^2 - 4x - 5 - (6x-10)i =
x^2 - 4x - 5 - 6ix + 10i =
x^2 - (4+6i)x + (-5+10i)

also komplexe Koeffizienten!
Ziemlich haesslich, nicht?

Allgemein kann man zeigen:
Sind a + bi und a - bi zwei konjugiert komplexe Zahlen,
dann ist das Produkt ihrer Linearfaktoren

[x - (a+bi)] * [x - (a-bi)] =
[x - a - bi] * [x - a + bi] =
[(x-a) - (bi)] * [(x-a) + (bi)] =
(x-a)^2 - (bi)^2 =
x^2 - 2ax + a^2 - (b^2i^2) =
x^2 - 2ax + a^2 - (-b^2) =
x^2 - 2ax + (a^2 + b^2)

ein Quadratpolynom mit REELLEN Koeffizienten,
das -2a reell ist und ebenso a^2 + b^2
(da ja a und b nach Voraussetzung reell sind).

Multipliziert man dagegen die Linearfaktoren
der Loesungen a+bi und c+di miteinander,
und ist a ungleich c sowie b ungleich d,
so wird man bei Quadratpolynomen mit
KOMPLEXEN Koeffizienten landen.
Du kannst es ja mal allgemein nachrechnen.

Und das heisst, falls Bombelli korrekt funktioniert,
erwarten wir folgendes:

die kubische Resolvente wird drei Loesungen haben,
von denen nur EINE auf eine REELLE Quadratzerlegung fuehrt,
die anderen beiden dagegen auf KOMPLEXE Quadratzerlegungen.
Und genau das werde ich Dir an diesem Beispiel zeigen.

Jetzt muss ich aber leider erstmal Schluss machen.
Schoenes Wochenende noch!

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 27. Oktober, 2000 - 18:10:

Hi Dirk,

Ok, habe Alles verstanden.
Das Problem ist nur, wenn ich die biquadratische Gleichung auf die kubische Resolvente zurückgeführt habe, und dann die kubische Resolvente gelöst habe und Feststelle:

1)Ich habe 2 komplexe und 1 reelle Lösung herausbekommen.->Fall 3 der Biquadratischen Gleichung (2Reelle 2 Komplexe Lösungen)

Was aber wenn ich 3 Reelle Lösungen bekomme?

dann muß ich immer noch wählen zwische Fall 1 und Fall 2 der biquadratischen Gleichung. D.h. ich muß entscheiden ob ich z frei wählen darf oder nicht.

Ich vermute, das diese entscheidung davon abhängt, wie man die kubische Resolvente löst.
Also ob 3 reelle verschiedene z herauskommen oder ob auch eine Reelle doppellösung von z dabei herauskommt.

Ich werde mal tüfteln...

Schönes Wochenende Dirk!!!

Gruß Niels

Niels

Veröffentlicht am Sonntag, den 29. Oktober, 2000 - 14:20:

Hallo Dirk,

Hier ist die Lösung diesr Gleichung nach Bombelli:

x⁴-8x³+42x²-80x+125=0
x⁴-8x³=-42x²+80x-125

Durch "biquadratische Ergänzung" komme ich auf folgendes Ergebnis:

(x²+Gx+H)²=x⁴+2Gx³+(G²+2H)x²+2GHx+H²

KOEFFIZIENTENVERGLEICH:

2G=-8
G=-4

x⁴-8x³+(16+2H)x²-8Hx+H²=-42x²+(16+2H)x²+80x-8Hx-125+H²
=
(x²-4x+H)²=(2H-26)x²+(80-8H)x+(H²-125)

Die rechte Seite zum "perfect square" machen:

(80-8H)²=4*(2H-26)*(H²-125)

Ausmultiplizieren und binomische Formeln Anwenden führen zur KUBISCHEN RESOLVENTE:

0=8H³-168H²+280H+6600

Substitution

2H=z

0=z³-42z²+140z+6600

Nach einer Unmenge an Rechenaufwand bekomme ich die folgenden Lösungen für z:

z=30
z=22
z=-10

Wenn ich mit den Betragsgrößten z (also mit 30) weiterrechne bekomme ich folgende 2 Quadratpolynome:

(x²-4x+15)²=4x²-40x+100
(x²-4x+15)²=(2x-10)²
x²-4x+15=+-(2x-10)

1. quadratische Gleichung:

x²-4x+15=2x-10
x²-6x+25=0

x_1;2=3+-Ö(9-25)
x_1;2=3+-Ö(-16)
x_1;2=3+-Ö(16)*i
x₁=3+4*i
x₂=3-4*i

2. quadratische Gleichung:

x²-4x+15=-(2x-10)
x²-4x+15=-2x+10
x²-2x+5=0
x_3;4=1+-Ö(1-5)
x_3,4=1+-Ö(-4)
x_3,4=1+-Ö(4)*i
x₃=1+2*i
x₄=1-2*i
=============================================

Ich hoffe ich habe mich nicht verrechnet....

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 30. Oktober, 2000 - 11:22:

Hallo Niels,

prima, Du hast alles richtig gerechnet
und mit der Rechnung auch gezeigt, dass Du
das Bombelli-Verfahren schon ganz gut drauf hast!

Zur kubischen Resolvente noch eine Bemerkung:
Du schreibst von einer "Unmenge an Rechenaufwand".
Dazu muss ich sagen, dass es IN DIESEM BEISPIEL
auch einfacher geht als durch Cardansiche Formel.
Du kannst die drei Loesungen naemlich, da sie alle
ganzzahlig sind, mit der Schulmethode finden,
d.h. alle Teiler des Absolutgliedes 6600
durchprobieren. 30, 22 und -10 sind naemlich
alles Teiler von 6600, und ihr Produkt ist nach
dem Satz von Vieta fuer kubische Gleichungen
gleich dem negativen Absolutglied, also -6600.
Zugegeben, 6600 hat sehr viele Teiler...

Im allgemeinen Fall ist der groesste Aufwand beim
Loesen der biquadratischen Gleichung natuerlich
die Loesung der kubischen Resolvente, weil sie
eben 3. Grades ist. Die restliche Rechnung fuehrt
nur auf quadratische Gleichungen, also 2. Grades.

Im allgemeinen Teil werde ich zeigen, dass man
die biquadratische Gleichung (4. Grad) vollstaendig
zurueckfuehren kann auf

- EINE kubische Gleichung (3. Grad) und
- VIER quadratische Gleichungen (2. Grad)

Die kubische Gleichung kennst Du schon,
es ist unsere kubische Resolvente.
ZWEI quadratische Gleichungen muss man
am Ende des Bombelli-Verfahrens loesen.
Warum also VIER quadratische Gleichungen?

Ganz einfach, ich habe einen Weg gefunden,
(fast) die ganze Zwischenrechnung zwischen
der kubischen Resolvente und den beiden
Quadratgleichungen in ZWEI WEITERE quadratische
Gleichungen zu packen, so dass man sich das
Gesamtverfahren kuerzer aufschreiben und einfacher
merken kann, und darueberhinuas auch kuerzer
programmieren (naemlich durch Unterprogrammaufrufe)!

Dies findest Du in keiner bisherigen Formelsammlung,
es ist Teil meines eigenen Beitrags bzw.
meiner eigenen Verbesserungen.
(Damit habe ich die Katze ein bisschen aus dem
Sack bzw. die Hosen runtergelassen, wenn man so will).

Wir werden auf diese beiden weiteren quadratischen
Gleichungen aber erst bei der Herleitung der
ALLGEMEINEN Loesungsformel stossen.

Weitere Verbesserung bei meiner Formel:
man kann sie auch fuer ax^4 + ... mit a ungleich 1
benutzen und erspart sich dadurch unnoetige
Bruchrechnung.

Und noch eine Verbesserung:
mein Z-Auswahlkriterium! Du hast an diesem Beispiel
gesehen, dass die betragsgroesste Loesung der kubischen
Resolvente zur gewuenschten Quadratzerlegung fuehrte.
Das steht auch in manchen Formelsammlungen,
gilt aber nicht immer! MEIN Kriterium lautet dagegen:

Waehle fuer Z die GROESSTE (nicht BETRAGSgroesste)
REELLE Loesung der kubischen Resolvente!

In diesem Fall stimmen groesste und betragsgroesste
Loesung ueberein: Z = 30
Ich wollte Dich nur schonmal drauf hinweisen...

So, und jetzt wieder zu unserem Beispiel:
hast Du auch schon mal Z = 22 und Z = -10
ausprobiert?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 30. Oktober, 2000 - 14:29:

Hallo Dirk,

Danke für das Kompliment:-)

Eine Frage:

Was ist der Unterschied zwischen der größten und der betragskrößten Reellen Lösung der kubischen resolvente?

Natürlich habe ich auch die anderen beiden Lösungen für z ausprobiert.

Ergebnis:

für z=22

(x²-4x+11)²=-4x²-8x-4

Die rechte Seite ist nicht zusammenfasbar, jedenfals nicht unter dem Gesichtspunkt zusammenfasbar, reelle Koeffizienten zu behalten.

Das Gleich passiert bei z=-10

(x²-4x-5)²=-36x²+120x-100

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 30. Oktober, 2000 - 18:47:

Hallo Niels,

ich dachte, Du wuesstest den Unterschied, da Du
ja selbst von "betragsgroesster" Loesung gesprochen hast...

Kennst Du die Definition des Betrags?
Der Betrag einer reellen Zahl ist die Zahl
OHNE IHR VORZEICHEN. Der Betrag ist also
immer positiv (ausser bei Null, da ist auch
der Betrag Null). Also

Betrag(+5) = 5
Betrag(-5) = 5

In unserem Beispiel stimmen groesste reelle Loesung
(auch Maximum genannt) und betragsgroesste
Loesung ueberein:

max{30, 22, -10} = 30
max{30, 22, 10} = 30

Was aber, wenn die Loesungen {-50, 10, 40} lauten?

max{-50, 10, 40} = 40
max{50, 10, 40} = 50

Die groesste Loesung waere also 40,
die betragsgroesste aber -50,
denn -50 hat von allen drei Zahlen
den groessten Betrag, naemlich 50.
Alles klar?

Jetzt zu den beiden anderen z-Werten
in unserem Beispiel bzw. zur Frage,
was passiert, wenn man NICHT die
groesste reelle Loesung waehlt.

Z = 22:
-------
Auf der rechten Seite haben wir das Problem,
dass die Koeffizienten des quadratischen Gliedes
und Absolutgliedes, aus denen wir ja die
Quadratwurzel ziehen muessen, negativ sind!
Wir koennen aber (-1) ausklammern und erhalten:

(x^2 - 4x + 11)^2 = (-1)(4x^2 + 8x + 4)
(x^2 - 4x + 11)^2 = (-1)(2x + 2)^2

und nun durch beidseitiges Quadratwurzelziehen

x^2 - 4x + 11 = +- (2x + 2) i

also eine KOMPLEXE rechte Seite!!!!
Das kann man durchaus fortfuehren und erhaelt dann
als erste quadratische Gleichung

x^2 - 4x + 11 = (2x + 2)i

x^2 -(4+2i)x + (11-2i) = 0

die komplexe Koeffizienten hat.
Aber jetzt wirds richtig unangenehm:
wir muessen diese Gleichung nach der p-q-Formel
loesen, d.h. erstmal die Diskriminante berechnen.
Es ist

p = -(4 + 2i)
q = 11 - 2i

Diskriminante D = (p/2)^2 - q, also

D
= (2 + i)^2 - (11 - 2i)
= 4 + 4i + i^2 - 11 + 2i
= 4 + 4i - 1 - 11 + 2i
= 4 - 1 - 11 + 4i + 2i
= -8 + 6i

Und jetzt kommt der Hammer:
Die Loesungen x1,2 lauten ja bekanntlich
x1,2 = -p/2 +- sqrt(D), also muessen wir nun
aus der komplexen Zahl

D = -8 + 6i

die Quadratwurzel ziehen!
Und das ist alles andere als einfach.
Du wirst es nicht glauben, aber es kommt

sqrt(-8 + 6i) = 1 + 3i

heraus, aber darauf muss man erstmal kommen!
(Zur Probe kannst Du ja mal (1+3i) quadrieren
und pruefen, ob (-8 + 6i) herauskommt).

Wenn man das hat, kann man endlich die Loesungen berechnen:

x1,2
= -p/2 +- sqrt(D)
= (2 + i) +- ( 1+ 3i)

x1 = 2+i + 1+3i = 3+4i
x2 = 2+i - 1-3i = 1-2i

Na, hat das Spass gemacht?
Und dann das Ganze nochmal fuer x3 und x4!

Da faehrt man doch besser, wenn man die
richtige Wahl fuer Z trifft und sich damit
den ganzen komplexen Kram erspart, oder?
;-)

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 08:44:

Hallo Dirk,

ich mußb wohl doch zugeben, das ich im bezug auf die betragsgrößte Lösung vorher in meiner Formelsammlung reingeschaut habe. Ich habe also (mal wieder) geschummelt.
ich hoffe du bist mir nicht böse:-)

Heißt das, das ich prinzipiell mit jeden z zu den 4 Lösungen gekommen wäre?!
Es ist also nur die Faulheit des Menschen, die den Mathematiker bewegt die richtige Wahl für z zu treffen?

Im Prinzip wäre also doch die Wahl von z egal oder?

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 09:36:

Hallo Niels,

dachte ich's mir doch, denn die Phrase
"betragsgroesste Loesung" kenne ich nur aus
Formelsammlungen... ;-)

Es ist gar nicht schlecht, wenn Du ab und zu mal
"schummelst" bzw. mehr Information einholst.
Nur kann es fuer einen Wissenschaftler peinlich werden,
zuviel mit Begriffen um sich zu werfen,
die man eigentlich gar nicht verstanden hat...
;-)

Aber wir sind hier ja nicht auf einer Nobelpreis-Konferenz.
Es ist nur wichtig fuer mich zu wissen,
wenn Du etwas nicht verstanden hast,
damit ich meine Erklaerungen nachbessern kann.
Aber Du hast mich ja dann doch auf das Betrags-Problem hingewiesen.

Natuerlich waere IM PRINZIP die Wahl von z egal.
Denn ich werde bei der allgemeinen Herleitung zeigen,
dass die kubische Resolvente nicht nur eine
"notwendige", sondern auch "hinreichende"
Bedingung fuer die Wahl von z darstellt,
wie der Mathematiker so schoen sagt.
D.h. wenn eine (reelle oder komplexe) Zahl Z
die kubische Resolvente erfuellt, kann man
mit ihr die rechte Gleichungsseite zum
"perfect square" machen und das Bombelli-Verfahren
zu Ende bringen.

Aber hast Du Lust, jedesmal mit komplexen Zahlen
zu rechnen, so wie ich es im vorigen Beispiel
gezeigt habe? Das war naemlich erst die halbe
Rechnung, x3 und x4 erfordern nochmal das Ziehen
einer Quadratwurzel aus einer komplexen Zahl...
wobei ich Dir noch gar nicht vorgerechnet habe,
wie aufwendig diese Operation ist.

Uebrigens sind nicht die Mathematiker faul,
sondern die Physiker und Ingenieure.
Die Mathematiker sind nicht so sehr an meinen
Verbesserungen (Vermeidung des Komplexen)
interessiert, weil sie theoretisch denken
und nur an der EXISTENZ von Loesungen
interessiert sind, und ob man sie IM PRINZIP
durch "Radikale", d.h. die vier Grundrechenarten
und Wurzelziehen, erhalten kann.
Die Frage, ob man reelle oder komplexe Loesungen
hat und reelle oder komplexe Operationen zu ihrer
BERECHNUNG braucht, ist fuer HEUTIGE Mathematiker
(leider) von geringem Interesse.

Die meisten von ihnen geringschaetzen Cardano,
Ferrari und Bombelli als reine "Rechenknechte".
So ein Quatsch, schliesslich haben die ueberhaupt
erst den "Naehrboden" fuer die spaeteren
algebraischen Theorien (z.B. Galois-Theorie) bereitet!

Die Physiker, Ingenieure, Anwender usw. sind
- wie auch ich selbst - dagegen vor allem
an der PRAKTISCHEN BERECHNUNG der Loesungen interessiert.

Es ist ganz typisch, dass an meiner Heimat-Uni
zwei MATHE-Professoren mich mit meiner Formel
abblitzen liessen mit der Aussage, das sei
fuer die heutige mathematische Forschung nicht
mehr relevant.
Dagegen habe ich zwei Zusagen von einem
PHYSIK-Professor und einem Doktor-Ingenieuer,
dass sie meine Formel in ihre Formelsammlungen
aufnehmen werden.

Diese Formelsammlungen sind naemlich vor allem
fuer Praktiker gedacht und deshalb unter Physikern
beliebter als unter Mathematikern. So auch der
beruehmte "Bronstein-Semendjajew"...
bei dem will ichs auch noch versuchen.

So, und da Du offenbar den Nutzen meiner Vermeidung
des Komplexen noch nicht zu wuerdigen weisst,
schlage ich vor, dass Du mir am aktuellen Beispiel
mit der Wahl von Z = 22 mal zeigst, wie man x3 und x4 berechnet... ;-)

Viel Vergnuegen und viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. Februar, 2001 - 17:33:

Hier geht es weiter:

Biquadratische Gleichungen (2. Teil des Exkurses)

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Februar, 2001 - 14:41:

Also hier nochmal...

hier geht es weiter:

2. Teil des Exkurses
3. Teil des Exkurses

Gruß N.

Manuela

Veröffentlicht am Freitag, den 18. Mai, 2001 - 18:56:

Hi, bitte helft mir schnell.

Das ist die Textaufgabe, die ich mit der Formel (y=ax+b) lösen soll:
Ein Flugzeug befindet sich im gleichmäßigen Sinkflug. Anfangs befindet es sich in 10400 m Höhe. 10 Min. später beträgt die Höhe noch 7600 m. Nach wieviel Min. ist das Flugzeug auf Meereshöhe gelandet? In welcher Höhe ist das Flugzeug nach 25 Min.?

Fix

Veröffentlicht am Freitag, den 18. Mai, 2001 - 19:18:

Hallo Manuela,
Warum öffnest Du keinen neuen Beitrag?

Veröffentlicht am Freitag, den 18. Mai, 2001 - 19:23:

Ich denke, wir sind jetzt an dem Punkt angelangt,
wo ich Dir die richtige Wahl von z erklaeren sollte,
bzw. den Zusammenhang zwischen den Loesungen
der kubischen Resolvente und den Loesungen der
biquadratischen Gleichung.

Dazu waere es gut, nochmals ein Beispiel mit
VIER REELLEN Loesungen zu haben, und am besten
mit vier ganzzahligen. Diese Gleichungen koennte
man zwar auch mit Polynomdivision loesen, aber
zur Erklaerung des Prinzips eignen sich nun mal
am besten die Beispiele, bei denen man nicht
unnoetig mit Bruechen und Wurzeln rechnen muss.

Du glaubst mir ja sicher inzwischen, dass Ferrari
und Bombelli auch allgemein funktioniert,
und nicht nur bei ganzzahligen Loesungen oder
ganzzahligen Quadratpolynomen. Wir werden das
Ganze spaeter sowieso allgemein herleiten.

Einstweilen schlage ich vor, dass wir die biquadratische Gleichung

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24 = 0

untersuchen, die die Loesungsmenge {1,2,3,4} hat.
(Du kannst es gern durch Einsetzen ueberpruefen).
So, und jetzt ueberleg mal, auf welche und
wieviele Arten Du aus den vier zugehoerigen
Linearfaktoren (x-1), (x-2), (x-3), (x-4)
zwei Quadratpolynome bilden kannst...

Es sind genau 3 Moeglichkeiten.
Die erste ist

(x-1)(x-2) = x^2 - 3x + 2
(x-3)(x-4) = x^2 - 7x + 12

Diese beiden Quadratpolynome miteinander
multipliziert ergeben das biquadratische Polynom

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24

aus unserer Gleichung.
Aufgrund des Kommunikativgesetzes der Multiplikation
(Faktoren duerfen beliebig vertauscht werden)
ist dann eigentlich klar, dass man auch

(x-1)(x-3) = x^2 - 4x + 3
(x-2)(x-4) = x^2 - 6x + 8

als konstruierende Quadratpolynome nehmen kann.
Und ebenfalls

(x-1)(x-4) = x^2 - 5x + 4
(x-2)(x-3) = x^2 - 5x + 6

Weitere Moeglichkeiten gibt es nicht.
Man kann sich das auch so klarmachen:

Ich muss immer zwei Linearfaktoren nehmen
und miteinander multiplizieren. Die anderen
beiden ergeben sich dann automatisch als
die uebriggebliebenen Linearfaktoren.

Also kann ich den 1. mit dem 2. Linearfaktor
multiplizieren (sowie den 3. mit dem 4.)
oder den 1. mit dem 3. Linearfaktor
oder den 1. mit dem 4. Linearfaktor

Kurz, es gibt genau 3 verschiedene Moeglichkeiten,
die 4 Linearfaktoren zu gruppieren und zu Quadratpolynomen
zu verarbeiten.

Das heisst es gibt theoretisch 3 verschiedene
Quadratzerlegungen unserer Gleichung 4. Grades,
von denen das Bombelli-Verfahren nur eine
berechnet! Oder doch nicht?

Moment mal, wir bekommen doch bei der kubischen
Resolvente DREI verschiedene Loesungen heraus,
benutzen aber nur EINE davon!
Was, wenn wir die beiden anderen probieren?

Wir versuchen jetzt einfach mal, die gegebene
biquadratische Gleichung mit dem Bombelli-Verfahren
zu loesen:

x^4 - 10x^3 + 35x^2 - 50x + 24 = 0

Ansatz:

der halbe Koeffizient von x^3 betraegt -5, also

(x^2 - 5x + z/2)^2 = x^4 - 10x^3 + (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4

also muessen wir auf beiden Seiten der Gleichung

x^4 - 10x^3 = - 35x^2 + 50x - 24

den Term (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4 quadratisch ergaenzen:

x^4 - 10x^3 + (z + 25)x^2 - (5z)x + (z^2)/4
=
(z + 25 - 35)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2)/4 - 24

Linke Seite als Quadrat schreiben,
rechte Seite zusammenfassen:

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4

Bedingung fuer rechte Seite als Quadrat:

(50 - 5z)^2 = 4(z - 10)(z^2 - 96)/4

(50 - 5z)^2 = (z - 10)(z^2 - 96)

2500 - 500z + 25z^2 = z^3 - 10z^2 - 96z + 960

0 = z^3 - 35z^2 + 404z - 1540

Kubische Resolvente hat Loesungen

z1 = 14
z2 = 11
z3 = 10

So, und nun halten wir inne.
Welches z sollen wir waehlen?
Da alle drei reell und ganzzahlig sind,
versuchen wir es nacheinander mit allen dreien
und schauen mal, was dabei herauskommt!

1. Versuch: z = 14
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 7)^2 = (14 - 10)x^2 + (50 - 70)x + (196 - 96)/4
(x^2 - 5x + 7)^2 = 4x^2 - 20x + 25
(x^2 - 5x + 7)^2 = (2x - 5)^2

also

x^2 - 5x + 7 = 2x - 5 oder x^2 - 5x + 7 = - 2x + 5
x^2 - 7x + 12 = 0 oder x^2 - 3x + 2 = 0

2. Versuch: z = 11
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = (11 - 10)x^2 + (50 - 55)x + (121 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = x^2 - 5x + 6,25
(x^2 - 5x + 5,5)^2 = (x - 2,5)^2

also

x^2 - 5x + 5,5 = x - 2,5 oder x^2 - 5x + 5,5 = - x + 2,5
x^2 - 6x + 8 = 0 oder x^2 - 4x + 3 = 0

3. Versuch: z = 10
-------------------

(x^2 - 5x + z/2)^2 = (z - 10)x^2 + (50 - 5z)x + (z^2 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = (10 - 10)x^2 + (50 - 50)x + (100 - 96)/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = 0x^2 + 0x + 4/4
(x^2 - 5x + 5)^2 = 1

also

x^2 - 5x + 5 = 1 oder x^2 - 5x + 5 = -1
x^2 - 5x + 4 = 0 oder x^2 - 5x + 6 = 0

Dieser letzte Fall ist besonders interessant,
weil auf der rechten Seite nur eine Zahl steht,
aus der man einfach die Wurzel ziehen kann -
ebenso wie bei der quadratischen Ergaenzung
bei der p-q-Formel, wo man aus (p/2)^2 - q
die Quadratwurzel zieht...
Das ist hier aber reiner Zufall,
also bitte lieber vergessen!

Zusammenfassung:
----------------
Anscheinend haben wir im Falle von vier REELLEN
Loesungen mit allen drei Wahlmoeglichkeiten fuer z Erfolg...

Noch Fragen zu diesem Beispiel?
Naechstes Mal schauen wir dann,
wie es sich verhaelt, wenn die biquadratische
Gleichung vier KOMPLEXE Loesungen hat.

Erdi

Veröffentlicht am Freitag, den 18. Mai, 2001 - 19:28:

Hi Manuela,

auf der x-Achse ist die Zeit anzutragen und auf der y-Achse die Höhe. Das b bedeutet wo auf der x-Achse du bist, wenn du für x 0 einsetzt, also hier die Ausgangshöhe 10400m.a ist der RFaktor um den das Flugzeug sinkt, also um wieviel Meter pro Minute,hier -280m.

d.h. y=-280x+10400

nach wieviel min auf Meereshöhe? also y=0
0=-280x+10400
280x=10400
x=37,14 min

Höhe nach 25 min? x=25
y=-280*25+10400
Y=3400m

mfg Erdi

Manuela

Veröffentlicht am Samstag, den 19. Mai, 2001 - 19:04:

Hi Erdi,

du hast mir sehr geholfen. Danke!!!
Hab noch eine Frage. Wenn ich euch so eine Aufgabe schreibe, muss ich dann so lange im Netz bleiben, bis ich antwort bekommen habe oder kann ich auch erst am nächsten Tag wieder vorbeischauen???

Bye Manuela.

Max

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 14:45:

Ich habe mal ne Frage.
Wie errechnet man die Funktionsvorschrift aus meinetwegen P(o/7)und Q(-3/9)?
Könntet ihr mir da vielleicht mal den allgemeinen
Rechenweg aufschreiben?

Vielen Dank
Max

Hannes

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 15:25:

Hallo Max,
Bitte öffne für neue Fragen einen neuen Beitrag!

xxx

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 17:41:

Dieser Thread ist abgeschlossen.

Hier geht es weiter:

www.zahlreich.de/hausaufgaben/messages/24/6575.html

www.zahlreich.de/hausaufgaben/messages/24/11377.html

xxx

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 17:42:

Bitte hier keine Fragen mehr anhängen

merkt ihr eigentlich nicht, wie lange diese Seite zum laden braucht?

xxx

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Oktober, 2001 - 17:46:

stört es euch eigentlich nicht, dass diese Seite fast drei Minuten zum laden braucht?
Bitte hier keine neuen Fragen mehr anhängen

Administration Abmelden Previous Page Next Page