ZahlReich - Mathematik Hausaufgabenhilfe: Biquadratische Gleichungen (2 Teil des Exkurses)

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Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 17:12:

Hallo Dirk,

Ich habe mich jetzt doch entschlossen unseren kleinen Exkurs auf dieser seite fortzusetzen.

einfach aus dem Grunde, das ich kein Bock habe, immer eine halbe Stunde zu warten bis die Site upgeloadet ist.

Also zurück zu den biquadratischen Gleichungen:

Entschuldigung, wenn ich dich beleidigt haben sollte. So war das mit z nicht gemeint....

Nun zu deiner "Beschäftigungsterapie" für mich:

x²-4x+11=-2ix-2i
x²-(4-2i)*x+(11+2i

x_3;4=2-i+-sqrt(4-4ix-1-11-2i)
x_3;4=2-i+-sqrt(-8-6*i)
x₃=2-i+(1+3i)=3+2i
x₄=2-i-1-3i=1-4i

Hmmmmm........

Habe ich irgentwon ein Fehler gemacht?

Bitte überprüfe dies.

Gruß N.

Harald

Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 20:00:

Quote:
x_3;4 = 2-i +- sqrt(-8-6*i)
x_3 = 2-i + (1+3i) = 3+2i
x_4 = 2-i -1-3i = 1-4i

sqrt(-8-6*i) = 1 - 3i

x_3 = 2 - i + (1 - 3i) = 3 - 4i
x_4 = 2 - i - (1 - 3i) = 1 + 2i

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 31. Oktober, 2000 - 20:47:

Hallo Harald,

Danke für die Korrektur!

Gruß N.

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. November, 2000 - 18:45:

Hallo Dirk,

Bist du noch da?

Gruß n.

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 01. November, 2000 - 20:03:

Hi Dirk,

ich bin es nochmal....

Es tut mir Leid, wenn ich dich mit den Begriff "Beschäftigungsterapie gekränkt haben sollte. Das habe ich damit nicht beabsichtigt und auch nicht so gemeint.

Es war nur so, das ich mich Wohl mächtig verkalkuliert habe bei solch ein Wahnsin an Aufwand ist es doch sehr sehr nützlich , wenn man dein Verfahren verfarenverwendet. Ich war nur über die Sissifus-Arbeit, die du mir aufgebürdet hast , nicht ganz glücklich.Die Arbeit hat mir ein Nachmittag gekostet ohne, das ich bisher mein Fehler gefunden hätte.

Ich sollte doch nur noch Hern Sinus vertrauen:-)

Ich bin weiterhin an unserer gemeinsamen Arbeit interressiert!!!!!!

Ich hoffe du bist nicht al zu sehr beleidigt...und meldest vdich wieder.

Wie gesagt, nochmals Entschuldigung, weil ich mich etwas unwirsch im Ton vergriffen habe.

Nochmals Sorry!!!

Viele Grüsse

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. November, 2000 - 09:42:

Hallo Niels!

Aber nein, Du hast mich ueberhaupt nicht beleidigt!
(Jedenfalls habe ich das nie angenommen).
Das Einzige, was mich beleidigen koennte, ist,
dass Du bei dem Wort "Beschaeftigungstherapie"
das "h" in "therapie" vergessen hast... ;-)

Oder sagt das die neue Rechtschreibreform?
Die kann ich naemlich ueberhaupt nicht leiden,
weil sie lauter schwachsinnige Dinger produziert.
Z.B. "aufwaendig" statt "aufwendig". Hast Du schonmal
jemanden wirklich "aufWAENDig" sagen hoeren,
also den Vokal wie ein "aeh" aussprechen?
Jeder sagt doch "aufWEEEEEEENdig", und so sollte
man es auch schreiben!

Und ich finde es wirklich PHANTASIELOS,
"Fantasie" mit F statt Ph zu schreiben!

Deshalb schreibe ich nach wie vor alles so, wie ich
es in der Schule gelernt ("gelaaaeernt"???) habe.
;-)

Was Deine kritischen Fragen bezueglich der Wahl
von z betrifft:
Im Prinzip ist es egal, aber ich wollte klarstellen,
dass man sich viel leichter tut, wenn man
solange wie moeglich im Reellen rechnet.

Weil das mit den Verfahren aus den
Formelsammlungen nicht immer moeglich ist,
und deren Autoren anscheinend nicht so ganz klar ist,
wie man komplexe Zahlen vermeiden kann,
habe ich meine Formel entwickelt.
Die Vermeidung komplexer Rechenoperationen war
sozusagen meine Hauptmotivation, ausserdem noch
die Unklarheiten bei den Sonderfaellen in den
Formelsammlungen (z.B. sind da oft Faelle moeglich,
wo durch Null geteilt wird, was natuerlich nicht geht!!!!)
Und schliesslich, als ich soweit war, habe ich
noch ein bisschen Kosmetik / "Fein-Tuning" gemacht
und gesehen, dass man das Ganze durch Einfuehrung
zweier neuer quadratischer Gleichungen einfacher,
kuerzer und schoener aufschreiben kann.
Aber dazu kommen wir spaeter.

Jetzt zu Deiner Rechnung:
Den Fehler hat Harald ja freundlicherweise schon
korrigiert. Aber eine Frage:
Woher weiss Du, dass sqrt(-8-6i) = 1-3i ist?

PS:
Vielen Dank fuer die Einrichtung der neuen Seite,
das war wirklich ueberfaellig!

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. November, 2000 - 11:15:

Hallo Dirk,

Wunderbar, das du dich nicht beleidigt f?t:-)

Ich rege mich gar nicht mehr ? Die "Rechtschreibreform" auf. solch eine Idiotische Aktion konnten sich ja auch nur die Deutschen ausdenken. unseren B?raten?chen ist wohl nichts anderes zum Zeitvertreib eingefallen.

Aber am besten war noch die Aktion hier bei mir in Schleswig-Holstein:

Erst r?t man uns ein Volksentscheid v. seiten der Landesregierung ein. Dann kotzt sich bei der Abstimmung die beleidigte Volksseele aus und es wird mit einer gro?n Mehrheit gegen die Reform gestimmt. Und dann tritt die Landesregierung den "geordnetenb R?ug" an...."Das war alles nur Spa?."lasst das lieber mal uns hier im Parlament regeln".

Fazit: "Ohne Spesen nix gewesen"

Ich schreibe jedenfalls so wie es mir gef?t.
Und unser deutschlehre giebt uns dabei R?ndeckung. (Weil er warscheinlich auch noch nicht die Reform durchschaut hat). Das ich Legastheniker bin ist dir doch auch schon aufgefallen:-)

Aber nun "Back to the roots":

sqrt(-8-6i)=1-3i

Auf die Idee bin ich gekommen durch scharfes hinsehen.

du hast in deiner rechnung die sqrt(-8+6i) gezogen. -8-6i ist dazu die Konjugiert Komplexe Zahl dazu. Bei Dir war das Ergebnis 1+3i. bei meiner Wurzel m? also die konjugiert komplexe L?g zu deiner herauskommen. Also 1-3i!!

mit der Holzhammermathematik nach Moivre geht es aber auch.

Gru?N.

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. November, 2000 - 11:17:

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. November, 2000 - 16:54:

Hallo Niels,

ich bin beeindruckt! Du hast richtig erkannt,
dass die Quadratwurzeln zweier konjugiert komplexer
Zahlen ebenfalls konjugiert komplex sind!
Das gilt uebrigens auch fuer Kubikwurzeln,
wobei wir wieder bei der Cardanischen Formel
angelangt sind, bzw. beim Casus Irreduciblis.

Zur Erinnerung:
Die Cardanische Formel fuehrt auf eine quadratische Resolvente,
aus deren Loesungen z1 und z2
sich u und v als Kubikwurzeln berechnen:

u = cubrt(z1)
v = cubrt(z2)

Falls z1 und z2 reell sind, kann man ohne Probleme
u und v berechnen (die dann ebenfalls reell sind).
Und aus u und v dann die Loesungen der reduzierten
kubischen Gleichung:

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

Beim Casus Irreducibilis hat die quadratische Resolvente
aber keine reellen Loesungen, z1 und z2 sind also konjugiert komplex!
Nach unser soeben gefundenen Regel sind deshalb auch u und v
(= die Kubikwurzeln von z1 und z2) konjugiert komplex.

Damit koennen wir begruenden, warum beim Casus Irreduciblis
trotz komplexer Zwischenrechnung ALLE DREI Loesungen
der kubischen Gleichung REELL sind:

u und v sind konjugiert komplex =>

schreibe u und v als a+bi und a-bi
(wobei a und b reell sein sollen) =>

u = a+bi
v = a-bi

u+v = (a+bi) + (a-bi) = 2a
u-v = (a+bi) - (a-bi) = 2bi

(u+v)/2 = (2a)/2 = a
(u-v)/2 = (2bi)/2 = bi

(u-v)/2 * sqrt(3) * i
= bi * sqrt(3) * i
= b * sqrt(3) * i^2
= b * sqrt(3) * (-1)
= -b * sqrt(3)

Insgesamt also

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

Das nur als Anmerkung.
Uebrigens, beim Ziehen der Kubikwurzeln kommen doch wegen
der Moivre-Holzhammer-Methode die trigonometrischen
Funktionen ins Spiel, die uns doch so sehr stoeren,
weil sie nicht algebraisch sind.

Kuerzlich habe ich eine Methode gefunden,
wie man beim QUADRATwurzelziehen aus komplexen
Zahlen diese trigonometrischen Funktionen
vermeiden kann.
Bei Gelegenheit teile ich Dir gerne die Formel mit.
Leider gibt es eine solche Formel NICHT fuer
die KUBIKwurzel, sonst koennte man sie auf den
Casus Irreducibilis loslassen und haette damit
die stoerende Trigonometrie beseitigt!

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 02. November, 2000 - 18:02:

Hi Dirk,

Danke für das Kompliment!

Natürlich bin ich an der QuadratFormel Interressiert. Wiso bist du dir aber so sicher bei der Behauptung, das es für die Kubikwurzel nicht solch eine Formel exsistiert?

ich würde an deiner Stelle mal etwas forschen...

Außerdem würde ich sie auch gleich nit veröffentlichen, oder wurde diese auch wieder als "Für dire Mathematik nicht mehr relewand" abgestemmpelt.

Ich glaube, das dort draußen du als nichtanerkantes Genie verkümmerst....

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 09. November, 2000 - 18:09:

Hallo Niels,

sorry fuer die einwoechige Verzoegerung,
aber ich versinke zur Zeit in Arbeit...
muss naemlich eine Uebungsgruppe mit 25 Studenten
betreuen, und vieles mehr...
ausserdem stehe ich grade in Verhandlungen
mit den Autoren des beruehmten "Bronstein".
Habe denen meine Formel rueberwachsen lassen,
es kann aber noch monatelang dauern, bis sie
ueber die Neuauflage (und damit auch ueber
meine Formel) beraten. So ist wieder mal
alles in der Schwebe und haengt in der Luft rum,
aber das war bei den beiden anderen Formelsammlungen
auch so, das bin ich gewohnt... ;-)

Was die Quadratwurzel-Formel fuer komplexe Zahlen betrifft:
stimmt, da muss ich erstmal nachschlagen, ob die
vielleicht bisher auch in keiner Formelsammlung
vorkommt...

Was die Kubikwurzel betrifft:
da habe ich schon nachgeforscht.
Das Problem (auch bei der Quadratwurzel) fuehrt
auf ein System mehrerer nichtlinearer Gleichungen
fuer mehrere Unbekannte. Man kann es im Fall
der Quadratwurzel auf ein quadratische Gleichungen
mit reellen Koeffizienten zurueckfuehren und deshalb
ohne trigonometrischen Firlefanz aufloesen.

Aber bei der Kubikwurzel fuehrt das System
auf eine kubische Gleichung, die nach Murphy
drei reelle Loesungen hat.
Womit wir wieder beim "Casus Irreduciblis" landen,
den wir doch gerade umgehen wollten.
Die Katze beisst sich also in den Schwanz,
und man nennt das in der Mathematik einen
"Ringschluss".

D.h. man versucht zu beweisen, dass A = B gilt,
und stoesst bei seinen Umformungen wiederum
auf die Gleichung A = B oder eine dazu
gleichwertige ("aequivalente").

Das bringt natuerlich nichts, denn man kann eine
Aussage nicht mit ebendieser Aussage beweisen,
sondern muss sie mit anderen Argumenten begruenden.

So, nun zurueck zur biquadratischen Gleichung
(die Quadratwurzel fuer komplexe Zahlen stelle ich
jetzt mal zurueck, sonst verlieren wir den roten
Faden. Ausserdem braucht man sie bei meiner Formel
ja nicht... ;-)

Ich nehme an, Du glaubst mir jetzt Folgendes:

Hat die biquadratische Gleichung vier REELLE Loesungen,
dann hat die kubische Resolvente drei reelle Loesungen,
von denen jede (ohne komplexe Rechnerei)
zu genaue einer der drei moeglichen reellen
Quadratzerlegungen fuehrt.
(Haben wir an einem Beispiel komplett durchgerechnet).

Hat die biquadratische Gleichung vier KOMPLEXE Loesungen,
dann hat die kubische Resolvente EBENFALSS drei reelle Loesungen,
von denen aber nur EINE (ohne komplexe Rechnerei)
zu der (einzig moeglichen) reellen
Quadratzerlegung fuehrt.
Die beiden ANDEREN Loesungen der kubischen Resolvente
sind zwar reell, fuehren aber auf KOMPLEXE
Quadratzerlegungen (naemlich genau die beiden,
die durch Permutationen = Vertauschungen
der Linearfaktoren der Loesungen entstehen).

Haben wir am aktuellen Beispiel gesehen
und fuer das "richtige" z sowie die beiden
falschen z untersucht.

Soweit alles klar?
Dann koennten wir naemlich den dritten und letzten
Fall betrachten: wenn die biquadratische Gleichung
ZWEI REELLE und ZWEI KOMPLEXE Loesungen hat.

Testfrage: Warum kann die biquadratische Gleichung
nicht EINE reelle und DREI komplexe
(oder DREI reelle und EINE komplexe)
Loesungen haben?

Viele Gruesse von
Dirk

dass bei unserem
Beispiel mit vier komplexen Loesungen

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 10. November, 2000 - 14:48:

Hallo Dirk,

zu deiner Testfrage:

Ich würde das mit der W-Form des Grapfen erklären.Der Grapf einer biquadratischen Gleichung besitzt 3-Extrema. Also entweder 2 Minima und ein Maxima oder 2 Maxima und ein Minima. Jedenfals besitzt der Grapf 2 "Höcker". Entweder die 2 Höcker befinden sich unter/oberhalb/auf der x-Achse und der 3 oberhalb/unterhalb der x-Achse. detr Grapf schneidet 4 mal oder Tangiert 2 mal die x-Achse. Also exsistieren 4 reelle Lösungen (2 reelle Doppellösungen). Na ja und so weiter...

Vielleicht hätte ich stat Höcker Extremwerte sagen (sollen)...

Übrigens; du betreust nicht nur eine übungsgruppe von 25 Studenten (was wird überhaupt geübt?-das lösen von biquadratischen Gleichungen...oder etwa nicht) und ein Schüler (nämlich mich).

Welches kluges Köpfechn war den "Murphy"?
Hastc du das mit Murphy und seinen vorstellungen überprüft? Ich neme an, das dies der Unmöglichkeitsbeweis ist, der kurz vor 1900 erfolgte und den du gesucht hast oderß

Wenn ich das richtig geblickt haben sollte müßte es doch eine Formel für die 4. Wurzel aus komplexen Zahlen geben oder?

...eine biquadratische Gleichung mit 4 reellen lösungen...

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 10. November, 2000 - 20:01:

Hallo Niels,

richtig, man kann es mit der W-Form des Graphen
begruenden: da die Funktionswerte der Funktion
ax^4 + ... fuer x -> +unendlich gegen +unendlich
und fuer x -> -unendlich ebenfalls gegen +unendlich
gehen, MUSS der Graph die x-Achse 0mal, 2mal
oder 4mal schneiden => 0,2 oder 4 reelle Nullstellen

(wenn der Graph die x-Achse nicht schraeg schneidet,
sondern waagrecht BERUEHRT, ist das der Spezialfall
einer reellen Doppel- oder Vierfachloesung).

Man kann es auch anders begruenden, und zwar
algebraisch mit den Linearfaktoren!
Wenn EINE Loesung komplex und drei reell waeren,
koennte man die Linearfaktoren der drei reellen
Loesungen zu einem kubischen Polynom mit reellen
Koeffizienten multiplizieren. Und wenn man dieses
mit dem vierten KOMPLEXEN Linearfaktor malnimmt,
kommen KOMPLEXE Koeffizienten heraus,
da sich das i dann nicht herauskuerzen laesst.
Laut Voraussetzung soll unsere biquadratische
Gleichung aber REELLE Koeffizienten haben!
=> Widerspruch

Komplexe Linearfaktoren werden beim Multiplizieren
nur dann reell, wenn man jeweils ZWEI KONJUGIERT
komplexe miteinander kombiniert, wie wir gesehen haben.

Darum koennen, falls die biquadratische Gleichung
REELLE Koeffizienten hat, komplexe Loesungen
NUR PAARWEISE auftreten.
Falls man fuer die biquadratische Gleichung
KOMPLEXE Koeffizienten zulaesst (ist mir in der
Praxis noch kein Beispiel begegnet, aber
theoretisch moeglich), dann gilt diese Aussage
natuerlich nicht mehr. Mit solchen Gleichungen
wollen wir uns aber nicht befassen, denn wenn
schon die EINGANGSdaten komplex sind, kann man
natuerlich komplexe Rechnungen nicht vermeiden...

Meine Uebungsgruppe lernt
"Numerisches und Symbolisches Rechnen"
an der ETH Zuerich (= Eidgenoessische Technische
Hochschule, wo ich seit April Doktorand bin.
Davor habe ich in Deutschland gelebt und bin
auch Deutscher).
In diesen Uebungen werden demnaechst auch
nichtlineare Gleichungen behandelt, sowie Verfahren
zur Nullstellensuche...
freue mich schon darauf ;-)

"Murphy"? Keine Ahnung, wer das war, wahrscheinlich
ein Pilot oder Informatiker.
Denn bekannt wurde er durch das "Murphy-Gesetz":
"Alles, was schiefgehen kann, geht auch schief!"
Wenn man Pessimist ist, kann man das zu seiner
Lebenseinstellung machen... ;-)
oder mit Humor sehen.

Den Unmoeglichkeitsbeweis kurz vor 1900 hat jedenfalls
ein anderer fabriziert.
Auf welche Art, weiss ich leider nicht.

Intuitiv wuerde ich sagen, es gibt eine
trigonometrie-freie 4. Wurzel-Formel,
bin aber nicht sicher.
Habe gerade zuwenig Zeit fuer sowas...
komme ja kaum noch zu unseren Grad-4-Sessions...

Bist Du bereit fuer den 3. Fall:
2 reelle und 2 komplexe Loesungen?
Ein Beispiel habe ich schon vorbereitet...

Schoenes Wochenende!
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Samstag, den 11. November, 2000 - 11:58:

Hallo Dirk,

natürlich bin ich für unserern 3. Fall bereit!
ich kann es kaum noch abwarten:-)

Hab ich das richtig verstanden, das du so eine art Dozent an der uni bist? D.h. du bist nicht mehr selbst Student sondern unterrichtest ander Studenten als eine art Professor.

Meinen Glückwunsch!!!

Numerik...

gehört dazu nicht auch das Newton-Verfahren (Tangentennäherungsverfahren) oder Das Verfahren "Regula-falsi" (sekantennäherungsverfahren)...etc

...Interressant jedenfals.

was ist "Symbolisches Rechnen"?

Wie gesagt ich warte auf die Gleichung.

Ach und noch etwas:

könntest du hier auf dieser Seite einen Link zu unserer früheren Seite installieren?
Nur so zur verknüpfung das beides zusammengehören.

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 13. November, 2000 - 17:32:

Hallo Niels,

naja, Dozent waere zuviel gesagt.
Richtig ist, dass ich vor 3 Jahren
mein Informatikstudium in Tuebingen
(Deutschland) beendet und danach als
"Diplom-Informatiker" einen
Ausflug in die Wirtschaft unternomen habe,
sprich: 2 1/2 Jahre bei Hewlett-Packard
gearbeitet habe.

Dort gefiel es mir aus verschiedenen Gruenden
aber nicht sehr, so dass ich mich nach etwas
Besserem umgesehen habe.
Und da ich mich fuer Computergraphik und
Mathe interessiere, und die ETH Zuerich
einen sehr guten Ruf als Universitaet hat,
habe ich mich dorthin beworben und bin
nach Zuerich umgezogen.

Seit April bin dort jetzt Doktorand im
"Institut fuer Wissenschaftliches Rechnen"
in der Computergraphik-Gruppe.
D.h. ich habe ein Informatik-Diplom,
bin deshalb kein Student mehr, sondern
Assistent (und verdiene richtiges Geld dafuer).
Meine Aufgabe ist zum einen Forschung
(so dass ich in ein paar Jahren meinen
Doktor machen kann) sowie die Lehre
(Betreuung einer Uebungsgruppe zu einer
Vorlesung waehrend des Semesters).

Vom Professortitel bin ich also noch weit
entfernt, erstmal muss ich meinen Doktor machen...
;-)

Genau, Newton und Regula Falsi gehoeren zur Numerik
und werden demnaechst auch in unserer
Vorlesung/Uebungsgruppe drankommen.

"Numerisches Rechnen" =
man rechnet NAEHERUNGSWEISE mit Kommazahlen
Vorteil: einfach und schnell
Nachteil: Rundungsfehler

"Symbolisches Rechnen" =
man rechnet EXAKT, d.h. mit Wurzeln,
Bruechen, Termen und Ausdruecken,
und vereinfacht diese nur, wenn es
EXAKT und ohne Genauigkeitsverlust geht.
Z.B. rechnet man mit der Zahl sqrt(2)
und nicht mit deren Naeherungswert 1,4142...

Vorteil: keine Rundungsfehler, unendliche Genauigkeit
Nachteil: oft sehr kompliziert,
z.B. die Loesungen einer biquadratischen Gleichung
lassen sich oft nur durch mehrere uebereinandergetuermte Wurzeln
(sogenannte Radikale) ausdruecken.

Ich habe mal zum Spass eine biquadratische Gleichung,
die KEINE ganzzahligen (aber REELLE) Loesungen hat,
mit meiner Formel EXAKT durchgerechnet.
Die Loesungsterme passen gerade noch
auf eine Schreibmaschinenseite drauf
(d.h. sind ca. 80 Zeichen lang)!!!!

Link installieren:
habe keine Ahnung, wie das geht,
und leider grade auch wenig Zeit,
mich da auch noch reinzuarbeiten.
Ist das wichtig? Ich bringe jetzt
dann sowieso ein neues Beispiel...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 13. November, 2000 - 20:37:

Hallo Dirk,

Nein, das mit dem link ist nicht so wichtig. das könntest du auch machen wenn du Zeit hast:-)
Ich meine Ja auch nur so für unsere Kolegen hier, damit die wissen, wo wir weiter fachsimpeln.

wichtiger wäre das neue Beispiel, damit ich hier mal wieder etwas zu tun bekomme!!:-)

Was muß ich unter Computergrafik verstehen?
Doch nicht herkömliche Bildbearbeitung wie unter Corel-Draw.
hat das sonst auch was mit Programierung zu tun?

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 14. November, 2000 - 18:18:

Hallo Niels,

Computergraphik umfasst alles, was irgendwie
mit Computern und Graphik zu tun hat, also

- Graphische Datenverarbeitung
- CAD (Computer Aided Design,
wird z.B. fuer Autokonstruktion verwendet)
- Rendering (z.B. fuer Computerspiele wie Doom ;-)
- Visualisierung (z.B. Stroemungssimulation)
- Bildverarbeitung (Bildverbesserung, Filterung,
Segmentierung = Extraktion interessanter Bildbereiche,
automatisches Suchen in Bilddatenbanken,
medizinische Bildverarbeitung, z.B. fuer
Roentgen, Kernspin und Computer-Tomographie)
- Halbtonverfahren fuer Bildausgabe auf
Schwarzweiss und Farbdruckern
- 3D-Landschafts-Modellierung
- und und und...

das ist schwer zusammenzufassen.

Die "Kollegen" sollen einfach in der Suchmaske
fuer die Klassen 8-10 das Stichwort "biquad"
eingeben, so mache ich es jedenfalls...

Also mein neues Beispiel hat 2 reelle und 2 komplexe Loesungen:

x1 = 2
x2 = 4
x3 = 1 + 3i
x4 = 1 - 3i

Wir koennen das Polynom 4. Grades aus den
zugehoerigen Linearfaktoren konstruieren:

(x-2)(x-4) = x^2 - 6x + 8

(x - [1+3i])(x - [1-3i]) =
(x - 1 - 3i)(x - 1 + 3i) =
([x-1] - 3i)([x-1] + 3i) =
(x-1)^2 - (3i)^2

(da (a+b)(a-b) = a^2 - b^2, 3. binomische Formel!)

= (x^2 - 2x + 1) - (9i^2)
= x^2 - 2x + 1 - 9(-1)
= x^2 - 2x + 1 + 9
= x^2 - 2x + 10

Das biquadratische Polynom erhalten wir,
indem wir diese beiden reellen Quadratpolynome
miteinander malnehmen.

Das Ergebnis lautet

(x^2 - 6x + 8)(x^2 - 2x + 10) =

x^4 - 8x^3 + 30x^2 - 76x + 80

Das heisst, wir wollen die Gleichung

x^4 - 8x^3 + 30x^2 - 76x + 80 = 0

nach Bombelli loesen. Kannst Du schon mal
bis zur kubischen Resolvente rechnen und
diese loesen?

Noch eine Vorbemerkung:
So wie ich es gezeigt habe, ist dies sicher
die einzige Moeglichkeit, zwei REELLE Quadratfaktoren
aus den Linearfaktoren zu bilden.

Denn wir muessen ja die beiden konjugiert komplexen
Loesungen 1+3i und 1-3i unbedingt miteinander
verwursteln, um das "i" wegzubekommen.
Die anderen beiden Linearfaktoren (x-2) und (x-4)
muessen dann zwangslaeufig ebenfalls miteinander
kombiniert werden.

Falls Du versuchst, einen komplexen mit einem
reellen Linearfaktor zu kombinieren, landest Du
naemlich mit Sicherheit bei einem Quadratfaktor
mit KOMPLEXEN Koeffizienten.

Alles klar soweit?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. November, 2000 - 16:04:

Hallo Dirk,

erstmal zur Gleichung:

x⁴-8x³+30x²-76x+80=0

Nach Bombelli wieder der Ansatz:

(x²+Gx+H)²=x⁴+2Gx³+(G²+2H)*x²+2GHx+H²

Koeffizientenvergleich:
2G=-8
G=-4

biquadratische Ergänzung:

(x²-4x+H)²=-30x²+(16+2H)x²+76x-8hx+H²-80
=(2H-14)x²+(76-8H)x+(H²-80)

Bedingung Für H:

76-8H)²=4*(2H-14)*(H²-80)
->

8H³-120H²+576H-1296=0

Substitution: 2H=z

z³-30z²+288z-1296=0

Lösungen der "KUBISCHEN RESOLVENTE":

z₁=18
z₂=6+6*i
z₃=6-6*i

Weitergerechnet mit den Reellen wert: z=18

->H=9

(x²-4x+9)²=4x²+4x+1
(x²-4x+9)²=(2x+1)²

Zu lösende 2 quadratischhen Gleichungen:

x²-6x+8=0

x_1;2=3+-1
x₁=4
x₂=2

x²-2x+10=0

x_3;4=1+-sqrt(1-10)
x_3,4=1+-sqrt(-9)
x_3;4=1+-sqrt(9)*i
x₃=1+3*i
x₄=1-3*i

Wunder....

==============================================

Zur Computergrafik:

...ist ja Interressant. dann ist das ja fast alles was mit Computern zu tun hat.
Ich glaube ich werde mich nur auf ein Mathestudium beschränken.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. November, 2000 - 18:40:

Hallo Niels!

Richtig gerechnet, wie immer!
Und auch gleich die richtige Wahl fuer Z getroffen!

Zugegeben: bei diesem Beispiel war es klar,
wie man Z waehlen sollte, um komplexe Zahlen
zu vermeiden. Denn wenn die biquadratische
Gleichung 2 reelle und 2 komplexe Loesungen hat,
hat die kubische Resolvente nur EINE reelle Loesung,
und die sollte man dann auch verwenden!
Das wollte ich Dir mit diesem Beispiel zeigen.

Wenn Du stattdessen Z = 6+6i gewaehlt haettest,
haette die weitere Rechnung so ausgesehen:

H = z/2 = 3+3i

(x^2 - 4x + H)^2 = (2H-14)x^2 + (76-8H)x + (H^2-80)

H = z/2 = 3+3i
2H - 14 = 6+6i - 14 = -8+6i
76 - 8H = 76 - (24+24i) = 76-24-24i = 52-24i
H^2 - 80 = (3+3i)^2 - 80 = 9+18i-9-80 = -80+18i

also

(x^2 - 4x + 3+3i)^2 = (-8+6i)x^2 + (52-24i)x + (-80+18i)

Wir wissen aufgrund der kubischen Resolvente,
dass die rechte Seite ein "perfect square" ist,
aber das Quadrat von was?

Dazu muessen wir (was wir bisher auch immer getan
haben, ohne uns dessen bewusst zu sein)
die Quadratwurzel des Koeffizienten des quadratischen Gliedes
und die Quadratwurzel des Koeffizienten des Absolutgliedes
der rechten Seite ziehen.

Bisher waren das immer reelle positive Zahlen,
(bei richtiger Wahl von Z) oder es knirschte
gewaltig im Gebaelk, wenn man (bei 4 komplexen
Loesungen der biquadratischen Gleichung)
Z falsch waehlte und die rechte Seite dann
reelle, aber zum Teil negative Koeffizienten hatte.
Erinnerst Du Dich? Da stand dann z.B. nicht
4x^2 + 4x + 1, was sich leicht als (2x + 1)^2
erkennen laesst, sondern z.B. -4x^2 - 4x - 1,
so dass man (-1) ausklammern musste und deshalb
beim Wurzelziehen i auftauchte.

Jetzt haben wir aber sogar KOMPLEXE Koeffizienten,
und darum muessen wir schon jetzt Quadratwurzeln
komplexer Zahlen ziehen.
Um also die rechte Seite

(-8+6i)x^2 + (52-24i)x + (-80+18i)

als "perfect square" zu schreiben,
muessen wir

sqrt(-8+6i) = 1+3i
sqrt(-80+18i) = 1+9i

berechnen (z.B. mit meiner Formel ;-)

Dann erkennen wir:

(-8+6i)x^2 + (52-24i)x + (-80+18i) =
[(1+3i)x - (1+9i)]^2

Bitte nachrechnen! (Durch Ausmultiplizieren)
Durch Wurzelziehen ergeben sich dann die
1. quadratische Gleichung zu:

x^2 - 4x + (3+3i) = (1+3i)x - (1+9i)
x^2 - (5+3i)x + (4+12i) = 0

Loesung mit der abc-Formel
(ax^2 + bx + c = 0)

D = b^2 - 4ac =
(5+3i)^2 - 4(4+12i) =
25 + 30i + 9i^2 - 16 - 48i =
25 + 30i - 9 - 16 - 48i =
30i - 48i =
-18i

sqrt(D) = sqrt(-18i) = 3-3i

x1 = [-b + sqrt(D)]/(2a) =
[(5+3i) + (3-3i)]/2 = [8 + 0i]/2 = 8/2 = 4

x2 = [-b - sqrt(D)]/(2a) =
[(5+3i) - (3-3i)]/2 = [2 + 6i]/2 = 1+3i

Und die 2. quadratische Gleichung lautet:

x^2 - 4x + (3+3i) = -(1+3i)x + (1+9i)
x^2 - (3-3i)x + (2-6i) = 0

Loesung mit der abc-Formel
(ax^2 + bx + c = 0)

D = b^2 - 4ac =
(3-3i)^2 - 4(2-6i) =
9 - 18i + 9i^2 - 8 + 24i =
9 - 18i - 9 - 8 + 24i =
-8+6i

sqrt(D) = sqrt(-8+6i) = 1+3i

x3 = [-b + sqrt(D)]/(2a) =
[(3-3i) + (1+3i)]/2 = [4 + 0i]/2 = 4/2 = 2

x4 = [-b + sqrt(D)]/(2a) =
[(3-3i) - (1+3i)]/2 = [2 - 6i]/2 = 1-3i

Und damit haetten wir nach vielen Muehen die vier
Loesungen der biquadratischen Gleichung gefunden!

Bist Du jetzt immer noch der Meinung, dass es
"egal" ist, welche Wahl man fuer Z trifft...?
;-)

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 15. November, 2000 - 19:48:

Hi Dirk,

Ja, das Beispiel war mal wieder einfach. Natürlich ist in dem sinne die wahl von z nicht egal. Außer man wolle an der Rechnerei ein Nachmittag verplempern.was ich natürlich nicht vorhabe:-)

Aber nun mal weiter im Stoff:

Du meinst da irgentwelche 2 Gleichungen fürb eine Abkürzung des rechenweges gefunden haben. wo warum etc hast du das gemacht?

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 16. November, 2000 - 18:25:

Hallo Niels,

OK, wir koennen nun das Thema "richtige Wahl von Z"
zum Abschluss bringen.

Die Regel lautet:

"Waehle fuer Z die GROESSTE REELLE Loesung
der kubischen Resolvente"

1. Fall:
--------
Die kubische Resolvente hat eine reelle und zwei
komplexe Loesungen. Die EINZIGE reelle ist natuerlich
auch die GROESSTE reelle Loesung und muss daher
als Z verwendet werden.

Die biquadratische Gleichung hat dann 2 reelle und
2 komplexe Loesungen.

2. und 3. Fall:
---------------
Die kubische Resolvente hat 3 reelle Loesungen.
Dann hat die biquadratische Gleichung entweder
4 reelle Loesungen oder 4 komplexe Loesungen.

Bei 4 reellen Loesungen ist die Wahl von Z wirklich egal,
also schadet es auch nichts, wenn man die GROESSTE reelle nimmt.
Bei 4 komplexen Loesungen ist die Wahl von Z NICHT egal,
sondern man MUSS die groesste reelle nehmen.

Ich habe ja eine mathematische Abhandlung
ueber die Gleichung 4. Grades geschrieben,
in der ich auch einen mathematisch strengen
Beweis dafuer gebe, dass das Kriterium
"groesste reelle Loesung" wirklich IMMER
auf reelle Quadratfaktoren fuehrt.

Ich habe in den Formelsammlungen zwar schon
Formeln gesehen, die meiner aehneln, aber noch
nie ein so klares, eindeutiges und praktisches
Kriterium gesehen. Und schon gar nicht den Beweis,
der ist naemlich vollkommen auf meiner eigenen
Miste gewachsen und sehr elegant, ich bin richtig
stolz auf ihn... ;-)
Er beweist naemlich einen Sachverhalt aus der ALGEBRA
mit einem Satz aus der ANALYSIS,
also einem voellig anderen Gebiet!
Genaugenommen benutzt er den Zwischenwert-
bzw. Nullstellensatz der Analysis.
Hattet Ihr den schon?

Zu den 2 weiteren quadratischen Gleichungen:
im vorigen Beispiel haben wir gesehen, dass wir
nach dem Loesen der kubischen Resolvente
die rechte Seite der Gleichung betrachten und dort
zwei Quadratwurzeln ziehen muessen, die bei falscher
Wahl von Z Probleme machen.

Wenn die rechte Seite

Ax^2 + Bx + C

lautet, dann haben wir durch die kubische Resolvente
sichergestellt, dass ihre Diskriminante
D = B^2 - 4AC = 0 ist, bzw. B^2 = 4AC.
Deshalb koennen wir die rechte Seite jetzt
als "perfect square" schreiben, d.h. als
Produkt von zwei GLEICHEN Linearfaktoren.
Z.B. haben wir

4x^2 + 4x + 1 als (2x + 1)^2 geschrieben.

Das konnten wir nur, weil die Diskriminante
von 4x^2 + 4x + 1 Null ist:

D = 4^2 - 4*4*1 = 16 - 16 = 0

Genauso kann man

9x^2 + 30x + 25 als (3x + 5)^2 schreiben,

weil hier die Diskriminante ebenfalls Null ist:
D = 30^2 - 4*9*25 = 900 - 900 = 0

Zu erzwingen, dass die Diskriminante der rechten Seite Null ist,
das ist genau der Zweck der kubischen Resolvente!

Ist Dir das soweit klar?

Dann siehst Du sicher auch ein,
dass man fuer das Umschreiben ins "perfect square"
die Quadratwurzeln aus zwei Zahlen ziehen muss.
Im Fall

9x^2 + 30x + 25

muss man

sqrt(9) = 3
sqrt(25) = 5

berechnen, um auf die "perfect square"-Schreibweise

(3x + 5)^2

zu kommen.

Jetzt kommt der Clou:
Man kann diese beiden Quadratwurzeln
durch Loesen zweier quadratischer Gleichungen erzeugen!

Denn die Loesungsformel fuer quadratische Gleichungen
enthaelt ja eine Quadratwurzel!

Sie enthaelt allerdings noch mehr Operationen,
aber ich habe gemerkt, dass man bei der manuellen
Ausfuehrung des Bombelli-Verfahrens (wie wir es
immer tun, also von Hand) ausser dem Quadratwurzelziehen
noch ein paar andere Rechenoperationen macht,
die genau denen entsprechen, die man beim
Loesen quadratischer Gleichungen braucht!

Das klingt jetzt kompliziert, wird Dir aber
bei der Herleitung der allgemeinen Formel
schnell klar werden. Letzten Endes laueft es
darauf hinaus, dass wir die muehsame von-Hand-Rechnung
des Bombelli-Verfahrens vereinfachen koennen,
indem wir unsere Umformungen
in quadratische Gleichungen "packen".

Dadurch kann man meine Loesungsformel auf
nur 5 Zeilen aufschreiben, naemlich mit 5 Gleichungen.

- eine kubische Gleichung (= kubische Resolvente)
- zwei quadratische Gleichungen
fuer die Zwischenrechnung
- zwei quadratische Gleichungen,
um die endgueltigen Loesungen x1,x2,x3,x4
zu erhalten

insgesamt also 1 kubische und 4 quadratische Gleichungen.

Wenn man das programmiert, kann man diese 5 Gleichungen
also durch Unterprogramm-Aufrufe "erschlagen".

Na, wie findest Du das? ;-)

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 17. November, 2000 - 13:13:

Hallo Dirk,

finde ich klasse deine überlegungen:-)

ich kann sie aber nicht ohne diec Allgemeine Herleitung v. Bombelli und Ferrari
nachvollzieghen.

Zum "Nullstellensatz":

hat der nicht etwas mit Stetigkeit zu tun...

Nein,b haben wir bisher noch nicht gehabt. wir hetzen zwar grade dur das matheprogramm für 11 und haben gestrn mit integralrechnung angefangen ohne vorher das Ableiten richtig gelernt zu haben (produktregel, Summenregel, Quotientenregel..etc) geschweige denn Grenzwertsätze..etc..., macht aber nichts oder?

jedenfalls kenne ich ihn nur vom lesen.Hergeleitet haben wir ihn nicht.

bitte also um Erklärungen!

gruß n.

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 17. November, 2000 - 14:47:

Hallo Niels!

Du hast vollkommen recht, der Nullstellensatz
basiert auf der Stetigkeit einer Funktion.

Salopp formuliert:

Eine Funktion ist (in einem bestimmten Intervall
oder auch auf ganz R) STETIG, wenn man sie
in einem Zug zeichnen kann, ohne den Stift abzusetzen.

Sie ist (stetig) DIFFERENZIERBAR, wenn man sie
darueberhinaus schoen glatt zeichnen kann, d.h.
ohne Knick.

Die Stetigkeit gibt es nur, wenn man die REELLEN
Zahlen als Grundmenge nimmt. Bei ganzen Zahlen
(N oder Z) oder rationalen Zahlen (Grundmenge Q)
funktioniert das nicht, weil es da immer Luecken
zwischen den Zahlen gibt. R dagegen ist lueckenlos
bzw. "vollstaendig" bzw. "dicht", wie der Mathematiker sagt.

Nullstellensatz:

Wenn eine Funktion f: x -> f(x) mit x aus R
auf einem bestimmten x-Intervall [a, b] STETIG ist,
und wenn die Funktionswerte an den Stellen a und b
VERSCHIEDENE VORZEICHEN haben
(formal ausgedrueckt: f(a) * f(b) < 0)

dann gibt es MINDESTENS EINE reelle Nullstelle c
im Intervall [a,b], d.h. es gibt ein c aus R mit
a <= c <= b und f(c) = 0

(Das kann man sich anhand einer Skizze mit einem
die x-Achse schneidenden Funktionsgraphen leicht
klarmachen).

Dieser Satz kann zur Nullstellen-Bestimmung
benutzt werden:

Angenommen, wir wollen die Gleichung

x^5 + x + 1 = 0

loesen. Da sie 5. Grades ist, koennen wir sie
hoechstwahrscheinlich nicht auf algebraische
Weise loesen (bis Grad 4 geht es immer, ab Grad 5
meistens nicht).

Deshalb probiert man herum:

f(+1) = 3 => Funktionswert positiv
f(-1) = -1 => Funktionswert negativ

Wir haben also einen Vorzeichenwechsel (VZW)
zwischen x = -1 und x = +1. Da die Funktion
f(x) = x^5 + x + 1 mit Sicherheit stetig ist,
muss die Funktion f also gemaess Nullstellensatz
eine Nullstelle im Intervall [-1,+1] haben.

Jetzt teilen wir dieses Intervall in zwei gleich
grosse Haelften und untersuchen den Funktionswert
in der Intervallmitte x = 0:

f(0) = +1 => Funktionswert positiv

Damit haben wir einen Vorzeichenwechsel
zwischen x = -1 und x = 0, so dass wir nun wissen,
dass die Nullstelle im Teilintervall [-1,0] liegen muss.
Durch diese Massnahme haben wir das in Frage
kommende Intervall HALBIERT.

Dieses Vorgehen der Intervallhalbierung
(lateinisch "Bisektion" = "Zwei-Schneidung")
kann man beliebig oft fortsetzen und damit
die Genauigkeit immer weiter erhoehen:

Die Intervallmitte von [-1,0] ist x = -0.5.
f(-0.5) = 0.46875 => Funktionswert positiv
also Vorzeichenwechsel zwischen x = -1 und x = -0.5

Neues Intervall [-1, -0.5], Intervallmitte x = -0.75
f(-0.75) = 0.0126954 => Funktionswert positiv
also Vorzeichenwechsel zwischen x = -1 und x = -0.75

Neues Intervall [-1, -0.75], Intervallmitte x = -0.875
f(-0.875) = -0.3879089 => Funktionswert negativ
also Vorzeichenwechsel zwischen x = -0.875 und x = -0.75

Neues Intervall [-0.875, -0.75], Intervallmitte x = -0.8125
f(-0.8125) = -0.1665925 => Funktionswert negativ
also Vorzeichenwechsel zwischen x = -0.8125 und x = -0.75

Neues Intervall [-0.8125, -0.75], Intervallmitte x = -0.78125

usw.
An dieser Stelle hat man die Nullstelle so weit
eingeschachtelt, dass man sie auf eine Dezimale
genau angeben kann: x muss ungefaher -0.8 sein.

Durch weitere Iterationsschritte kann man beliebig
viele Dezimalen Genauigkeit erreichen. Das ist von
Hand sehr muehsam, kann aber einfach und kurz
programmiert und von Computern schnell ausgefuehrt
werden.

Dann bekommt man schnell heraus:

x = -0.754878 (auf 6 Nachkommastellen gerundet)

Es gibt auch noch andere, zum Teil schnellere
Naeherungsverfahren, z.B. das Newton-Verfahren
oder die Regula falsi.

Vorteil: man kann sie fuer JEDE Gleichung anwenden,
sowohl fuer algebraische (1.,2.,3.,4.,5. oder hoeheren Grades)
als auch fuer transzendente (d.h. Gleichungen mit
sin(x), exp(x), log(x) ...)

Nachteil:
es wird immer nur EINE Nullstelle auf einmal berechnet,
abhaengig vom Startwert bzw. den Startwerten
der Iteration.
Rundungsfehler, Genauigkeitsprobleme,
Abbruchkriterien (wann ist das Ergebnis
genuegend genau?)

Das ist uebrigens der Stoff, den ich gerade
meiner Uebungsgruppe beibringe... ;-)

Jetzt wieder zur Gleichung 4. Grades:

Die allgemeine Herleitung werde ich bald praesentieren,
aber vorher sollten wir noch eine Verallgemeinerung von Bombelli betrachten.
Denn Bombelli geht von der NORMIERTEN Form

x^4 + ... = 0

aus, MEINE Version dagegen von der
ALLGEMEINEN Form

ax^4 + ... = 0 (wobei a ungleich 0 sein muss)

Es waere gut, wenn wir noch ein Beispiel
dieser Form rechnen wuerden, wo a ungleich 1 ist.
Ich denke mir mal eines aus...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 20. November, 2000 - 16:13:

Hi Dirk!

Hast du nun schon ein Beispiel?

Gruß n.

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 22. November, 2000 - 21:23:

Hallo Niels!

Sorry, habe grade total wenig Zeit,
muss Uebungen von Studenten korrigieren,
Videos digital schneiden, ein Poster machen,
Stoff lernen und und und...

melde mich bei Gelegenheit wieder.

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 23. November, 2000 - 14:24:

Hallo Niels,

uebrigens, ich habe meine Homepage ueberarbeitet

http://www.cg.inf.ethz.ch/~bauer/

und alle Seiten wieder freigegeben. Die Seite fuer
den Grad 3 ist jetzt fast vollstaendig, die ueber
den Grad 4 erst angefangen.

Beim Grad 2 findest Du auch einen Link
zu einer Erlaeuterung, warum die allgemeine Form
(NICHT normiert, also ax^n + ... statt x^n + ...)
bei der algebraischen Gleichung besser ist.

Diese Woche wirds wohl nix mehr mit dem Beispiel
fuer a <> 1. Liegt daran, dass ich noch eine
dringende Email schreiben muss. Hat ebenfalls
mit meiner Formel zu tun...
erzaehl ich Dir naechste Woche.

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 08. Dezember, 2000 - 18:31:

Hallo Niels!

Sorry, aber ich war in den letzten Wochen
so sehr mit Arbeit zugemuellt, dass fuer unseren
Exkurs einfach keine Zeit mehr war.

Dafuer habe ich mir jetzt endlich ein Beispiel
fuer die NICHT normierte biquadratische Gleichung
ausgedacht, also den Fall a <> 1. Und zwar
multiplizieren wir die beiden Quadratpolynome

(3x^2 - 7x + 2) und (2x^2 - 5x + 4) miteinander.

Das erste hat die beiden reellen Nullstellen

x1 = 2
x2 = 1/3

Das zweite hat die beiden komplexen Nullstellen

x3 = (5 + sqrt(7) i] / 4
x4 = (5 - sqrt(7) i] / 4

wie man mit der abc-Formel leicht nachprueft.
Das Produkt ergibt dann die biquadratische Gleichung???

Das sollst Du jetzt ausrechnen!
(nur die Gleichung aufstellen,
loesen brauchst Du sie noch nicht!)

Bis bald und tschuess,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Samstag, den 09. Dezember, 2000 - 18:32:

Hi Dirk,

...dann heißt die Gleichung also:

6x⁴-29x³+51x²-38x+8=0

und wie geht man nun vor um das Ding zu lösen?

ich hätte normiert und dann mit scheiß Brüchen weitergerechnet. oder, kann man den Ansatz wagen eine algemeine quadratische gleichung zu quadrieren.

(ax²+bx+c)²...

warte auf Antwort und das noch dieses Jahr!

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Dezember, 2000 - 23:00:

Hallo Niels!

Genau, Du hast es richtig erfasst!
Deine Gleichung ist richtig und auch der Ansatz!
Denn wir wir normieren wuerden, haetten wir die
Gleichung

x^4 - 29/6 x^3 + 51/6 x^2 - 38/6 x + 8/6 = 0

bzw.

x^4 - 29/6 x^3 + 17/2 x^2 - 19/3 x + 4/3 = 0

bzw.

x^4 - 4,833 x^3 + 8,5 x^2 - 6,333 x + 1,333 = 0

bei einer angenommenen Rechengenauigkeit von
3 Nachkommastellen, also von Anfang an komplizierte
Brueche oder Rundungsfehler!

So, jetzt kommt das Entscheidende:
Bisher habe ich in KEINER EINZIGEN Formelsammlung
ein Loesungsverfahren fuer den 4. Grad gesehen,
das ohne Normierung auskommt.
Deshalb habe ich selbst die BRUCHFREIE Verallgemeinerung
auf den Fall a <> 1 entwickelt, und zwar genau so,
wie Du es vorgeschlagen hast:

Statt den Anzatz (x^2 + Gx + H)^2 = ...
zu verwenden, nehmen wir halt ein ALLGEMEINES,
NICHT normiertes Quadrat, d.h. den Anzatz
(ax^2 + bx + c)^2 = ...

Um Verwechslungen mit den Koeffizienten der
urspruenglichen Gleichung

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

zu vermeiden, nenne ich den neuen Ansatz

(Fx^2 + Gx + H)^2 = ...

Bevor wir das Ganze allgemein rechnen,
tun wir es erstmal an unserem Beispiel.
Der Ansatz heisst also

6x^4 - 29x^3 + 51x^2 -38x + 8 = 0

Anstatt nun durch 6 zu MULTIPLIZIEREN,
muessen wir durch 6 DIVIDIEREN!

36x^4 - 174x^3 + 306x^2 - 228x + 48 = 0

Jetzt geht alles wie bei Bombelli weiter,
das heisst, zuerst die 3. und 4. Potenz isolieren:

36x^4 - 174x^3 = -306x^2 + 228x - 48

Ansatz:

(6x^2 + Gx + H)^2 = 36x^4 + G^2x^2 + H^2 + 12Gx^3 + 12Hx^2 + 2GHx

(6x^2 + Gx + H)^2 = 36x^4 + 12Gx^3 + (G^2 + 12H)x^2 + 2GHx + H^2

Das kubische Glied lautet 12Gx^3 und muss gleich -174x^3 sein, also

12G = -174 => G = -14,5

Setzen wir wiederum H = z/2 bzw. 2H = z,
so kommen wir damit auf

(6x^2 - 14,5x + z/2)^2 = 36x^4 - 174x^3 + (210.25 + 6z)x^2 - 14,5zx + z^2/4

Also addieren wir auf beiden Seiten die Glieder
(210.25 + 6z)x^2 - 14,5zx + z^2/4 und erhalten

36x^4 - 174x^3 + (210.25 + 6z)x^2 - 14,5zx + z^2/4
=
-306x^2 + 228x - 48 + (210.25 + 6z)x^2 - 14,5zx + z^2/4

Die linke Seite als Quadrat schreiben
und die rechte Seite zusammenfassen:

(6x^2 - 14,5x + z/2)^2
=
(6z - 95,75)x^2 + (228 - 14,5z)x + (z^2/4 - 48)

Rechte Seite zum Quadrat machen:

(228 - 14,5z)^2 = 4(6z - 95,75)(z^2/4 - 48)

[(456 - 29z)/2]^2 = 4(6z - 383/4)(z^2/4 - 48)

(456 - 29z)^2 / 4 = 4(6z - 383/4)(z^2/4 - 48)

(456 - 29z)^2 = 4*4*(6z - 383/4)*(z^2/4 - 48)

(456 - 29z)^2 = (24z - 383)*(z^2 - 192)

Ausmultiplizieren:

207936 - 26448z + 841z^2 = 24z^3 - 383z^2 - 4608z + 73536

24z^3 - 1224z^2 + 21840z - 134400 = 0

Das sieht auf den ersten Blick nach riesigen
Koeffizienten aus, aber dann merkt man, dass
alle Koeffizienten durch 24 teilbar sind,
d.h. man kann diese Gleichung OHNE Rundungsfehler
und Bruchrechnung normieren:

z^3 - 51z^2 + 910z - 5600 = 0

Das ist also unsere kubische Resolvente,
und ihre Koeffizienten sehen nun bei weitem
nicht mehr so gross aus. Wir werden bei der
allgemeinen Herleitung sehen, dass das kein
Zufall ist!

Die Loesungen unserer kubischen Resolvente sind

z1 = 16
z2 = [35 + 5 sqrt(7) i] / 2 = 17,5 + 6,614378 i
z2 = [35 - 5 sqrt(7) i] / 2 = 17,5 - 6,614378 i

da sie sich in

(z - 16)(z^2 - 35z + 350) = 0

faktorisieren laesst.
Da sie also nur eine reelle Loesung hat,
ist diese automatisch auch unser richtiges Z.
(Nach meiner Formel muss man ja bei a > 0
die GROESSTE REELLE Loesung waehlen).

Mit Z = 16 koennen wir nun auch die rechte Seite
zum "perfect square" machen. Aus

(6x^2 - 14,5x + z/2)^2
=
(6z - 95,75)x^2 + (228 - 14,5z)x + (z^2/4 - 48)

wird nun

(6x^2 - 14,5x + 8)^2 = (96 - 95,75)x^2 + (228 - 232)x + (256/4 - 48)

(6x^2 - 14,5x + 8)^2 = (0,25)x^2 + (-4)x + (64 - 48)

(6x^2 - 14,5x + 8)^2 = 1/4 x^2 - 4x + 16

(6x^2 - 14,5x + 8)^2 = (1/2 x - 4)^2

(6x^2 - 14,5x + 8)^2 = (0,5x - 4)^2

und durch beiderseitiges Wurzelziehen
wird die 1. quadratische Gleichung zu

6x^2 - 14,5x + 8 = 0,5x - 4
6x^2 - 15x + 12 = 0
2x^2 - 5x + 4 = 0

(Im letzten Schritt haben wir durch 3 dividiert).

die 2. quadratische Gleichung wird zu

6x^2 - 14,5x + 8 = -0,5x + 4
6x^2 - 14x + 4 = 0
3x^2 - 7x + 2 = 0

(Im letzten Schritt haben wir durch 2 dividiert).

Damit haben wir genau die beiden Quadratfaktoren gefunden,
aus denen wir urspruenglich unsere Gleichung 4. Grades
"zusammengezimmert" hatten.
Ihre Loesungen habe ich damals schon angegeben.

So, jetzt fragst Du Dich wahrscheinlich zwei Dinge:

1.) Muessen wir nicht auch bei dieser Methode
mit Bruechen rechnen? Zumindest "1/2" und "1/4"
kommen ja einige Male vor.

2.) Andererseits: bei der kubischen Resolvente
haben wir mehrmals mit 4 multipliziert und dann
wieder durch 24 dividiert. Muss das denn sein?

Die Antworten:
1.) Wenn man die Formel ALLGEMEIN herleitet,
sieht man in der Tat, dass man die 1/2s und 1/4s
gar nicht braucht.

2.) In der Tat muss das nicht sein.
Durch die allgemeine Formel wird das ueberfluessig
gemacht, so dass man in unserem Beispiel nur ganzzahlige Zwischenergebnisse erhaelt

Ist soweit alles klar, bzw. bist Du nun
zur Herleitung der allgemeinen Formel bereit?

Viele Gruesse von
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Sonntag, den 10. Dezember, 2000 - 23:04:

Und noch was:

natuerlich habe ich mich zu Beginn vertippt!
Es muss natuerlich heissen:

Anstatt nun durch 6 zu DIVIDIEREN,
muessen wir mit 6 MULTIPLIZIEREN!

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 11. Dezember, 2000 - 13:45:

Hi Dirk!

Natürlich bin ich bereit!!!

Was meinst du worauf ich 2 Wochen gewartet habe!

Dann war ja mein Ansatz doch nicht so dumm. Wiso aber keiner darauf bisher gekommen ist, verstehe ich immer noch nicht ganz.

Naja, dann schieße mal los...

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 11. Dezember, 2000 - 19:47:

Hallo Niels,

dann schei... aeh, schiesse ich mal los!
;-)

Wir gehen von der "Mutter aller Normalformen" aus:

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

Statt durch a zu teilen, nehmen wir mit a mal:

a^2x^4 + abx^3 + acx^2 + adx + ae = 0

und isolieren wie ueblich die 3. und 4. Potenz:

a^2x^4 + abx^3 = - acx^2 - adx - ae

Unser neuer Ansatz basiert auf dem Quadrat eines
allgemeinen quadratischen Terms:

(Fx^2 + Gx + H)^2 =
F^2x^4 + G^2x^2 + H^2 + 2FGx^3 + 2FHx^2 + 2 GHx =
(F^2)x^4 + (2FG)x^3 + (G^2 + 2FH)x^2 + (2GH)x + H^2

Durch Koeffizientenvergleich erhalten wir

F^2 = a^2 => F = a

(F = -a waere auch moeglich,
verwerfen wir hier aber)

2FG = ab => 2aG = ab => 2G = b => G = b/2

Das H lassen wir mal vorlaeufig so stehen,
damit Du sehen kannst, warum es durch z/2
ersetzt werden sollte.

Mit F = a und G = b/2 erhalten wir

(ax^2 + b/2 x + H)^2 =

(a^2)x^4 + (ab)x^3 + (b^2/4 + 2aH)x^2 + (bH)x + H^2

Wir muessen also auf beiden Seiten der Gleichung

a^2x^4 + abx^3 = - acx^2 - adx - ae

den Term (b^2/4 + 2aH)x^2 + (bH)x + H^2 addieren:

a^2x^4 + abx^3 + (b^2/4 + 2aH)x^2 + (bH)x + H^2
=
(b^2/4 + 2aH)x^2 + (bH)x + H^2 - acx^2 - adx - ae

Linke Seite als Quadrat schreiben,
rechte Seite zusammenfassen:

(ax^2 + b/2 x + H)^2 = (2aH + b^2/4 - ac)x^2 + (bH - ad)x + (H^2 - ae)

Bedingung dafuer, dass rechte Seite ein
"perfect square" wird:

(bH - ad)^2 = 4(2aH + b^2/4 - ac)(H^2 - ae)
(bH - ad)^2 = (8aH + b^2 - 4ac)(H^2 - ae)

Ausmultiplizieren:

b^2H^2 - 2abdH + a^2d^2 = 8aH^3 + (b^2 - 4ac)H^2 - 8a^2eH - ab^2e + 4a^2ce

b^2H^2 hebt sich auf beiden Seiten weg:

- 2abdH + a^2d^2 = 8aH^3 + (- 4ac)H^2 - 8a^2eH - ab^2e + 4a^2ce

Alles auf eine Seite bringen:

8aH^3 - (4ac)H^2 + (2abd - 8a^2e)H + (4a^2ce - ab^2e - a^2d^2) = 0

Dann kann man das Ganze noch durch a teilen:
(a ist ja ungleich Null, sonst waere es keine
Gleichung 4. Grades):

8H^3 - (4c)H^2 + (2bd - 8ae)H + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

Das ist eine sehr haessliche Normalform,
da sie nicht normiert ist und durch Normieren
Brueche bekaeme! Wir koennen die Gleichung aber
ein bisschen anders aufschreiben:

(2H)^3 - c(2H)^2 + (bd - 4ae)(2H) + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

und dann ersetzen:

2H = z bzw. z = H/2

Dann haben wir

z^3 - cz^2 + (bd - 4ae)z + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

Und das ist die normierte, aber absolut bruchfreie
NORMALFORM unserer kubischen Resolvente!
Sie hat ausserdem deutlich kleinere Koeffizienten
als das Monstrum zuvor. Na, wie findest Du das?
:-)

Die FAKTORISIERTE Form der kubischen Resolvente
erhalten wir uebringens (siehe oben) zu

(bH - ad)^2 = (8aH + b^2 - 4ac)(H^2 - ae)

H = z/2 einsetzen:

(bz/2 - ad)^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2/4 - ae)

[(bz - 2ad)/2]^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)/4

[(bz - 2ad)^2]/4 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)/4

Mit 4 durchmultiplizieren:

(bz - 2ad)^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)

Diese faktorisierte Form solltest Du Dir auf
ein Blatt Papier aufschreiben, ebenso wie die
Normalform. Wir werden naemlich beide noch brauchen.

Wenn Du auf beiden Seiten der FAKTORISIERTEN Form
die Quadratwurzel ziehst, erhaeltst Du

(bz - 2ad) = +- sqrt(4az + b^2 - 4ac) sqrt(z^2 - 4ae)

Diese Beziehung ist fuer jede Loesung der kubischen
Resolvente erfuellt, also auch fuer unser
gewaehltes Z (das Kriterium fuer die Wahl von Z
besprechen wir spaeter nochmal).

Mit dieser Beziehung koennen wir nun auch die
rechte Seite unserer Gleichung zum "perfect square" machen:

(ax^2 + b/2 x + H)^2 = (2aH + b^2/4 - ac)x^2 + (bH - ad)x + (H^2 - ae)

H = z/2 bzw. 2H = z setzen:

(ax^2 + b/2 x + z/2)^2 = (az + b^2/4 - ac)x^2 + (bz/2 - ad)x + (z^2/4 - ae)

Die Brueche umschreiben:

[(2ax^2 + bx + z)/2]^2 = (4az + b^2 - 4ac)/4 x^2 + (bz - 2ad)/2 x + (z^2 - 4ae)/4

[(2ax^2 + bx + z)^2]/4 = (4az + b^2 - 4ac)/4 x^2 + 2(bz - 2ad)/4 x + (z^2 - 4ae)/4

Mit 4 durchmultiplizieren:

(2ax^2 + bx + z)^2 = (4az + b^2 - 4ac)x^2 + 2(bz - 2ad)x + (z^2 - 4ae)

Aufgrund der faktorisierten Form der kubischen Resolvente
kann man nun die rechte Seite als Quadrat schreiben:

(2ax^2 + bx + z)^2 = [sqrt(4az + b^2 - 4ac)x +- sqrt(z^2 - 4ae)]^2

wobei es vom Vorzeichen von (bZ - 2ad) abhaengt,
ob wir zwischen den beiden Quadratwurzeln + oder - haben,
weshalb ich einfach mal +- geschrieben habe.
Spaeter mehr dazu.

Nun ziehen wir auf beiden Seiten die Quadratwurzel:

2ax^2 + bx + z = +- [sqrt(4az + b^2 - 4ac)x +- sqrt(z^2 - 4ae)]

Ich schreibe jetzt mal ganz lax +- wenn das Vorzeichen
mehrdeutig ist. Am Schluss gebe ich Dir ein
klares Kriterium fuer die richtige Wahl
der Vorzeichen, aber jetzt ist es einfacher,
sich nicht darum zu kuemmern.

2ax^2 + bx + z = +- sqrt(4az + b^2 - 4ac)x +- sqrt(z^2 - 4ae)

"Rueberschaufeln":

2ax^2 + (b +- sqrt[4az + b^2 - 4ac])x + [z +- sqrt(z^2 - 4ae)] = 0

Und jetzt nochmal durch 2 teilen:

ax^2 + (b +- sqrt[4az + b^2 - 4ac])/2 x + [z +- sqrt(z^2 - 4ae)]/2 = 0

Hier drin stecken unsere beiden quadratischen
Gleichungen fuer x, wobei wir wie gesagt noch
die Vorzeichen festlegen muessen.

Zuvor aber noch ein Clou.
Betrachte mal die Koeffizienten des linearen
und des Absolutgliedes. Faellt Dir da was auf?

Und hier an der spannendsten Stelle die
obligatorische Werbe-Unterbrechung.

Bis morgen und ueberleg Dir mal, ob Du
meine letzte Frage beantworten kannst!

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 13:52:

Hi Dirk,

an den 2 Koeffizienten finde ich auffällig, das sie...

-den gleichenn Nenner haben
-das der Zähler gleich gebaut ist.
(die Zähler bestehen aus einer summe, bzw. differents einer Zahl und einem Wurzelausdruck, indem die Zahl vor der wurzel nochmal bim quadrat auftacht.(z.b. b+-sqrt(..b²..); Außerdem kommen Produkte mit dem Faktor 4 auffällig oft in dem Wurzelausdruck vor.

ach...ähh..

Gibt es keine "Diskriminante" für den 4. Grad?

übrigens, ich weis ja nicht wie viele seiten deine Doktorarbeit umfasste oder wie viele seiten sich Cardano auf Latein mit seiner "Ars magna" abgebrochen hat...

Ich weiß nur, das Gestern mein Drucker beim Versuch 104 seiten unseres Dialoges zu drucken, immer wieder nach papier und Tinte hächelte und schließlich doch kqapitullierte.

ich hoffe ich bekomme Heute noch antwort.

gruß n.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 14:20:

Hallo Niels,

das stimmt alles, aber Du musst Dir noch einen
Ruck geben und die Koeffizienten noch radikaler
zu kategorisieren versuchen! Ein Tip:

Schau Dir mal vor allem den Koeffizienten
des linearen Gliedes an:

(b +- sqrt[4az + b^2 - 4ac])/2

Du hast ja schon das Thema "Diskriminante"
angesprochen. Jetzt schau Dir mal das an,
was unter der Wurzel steht, sowie den
Gesamtausdruck! An welche Formel erinnert Dich das?

Was das Ausdrucken betrifft, kannst Du nicht einen
bestimmten Ausschnitt markieren, z.B. die gestrige
Herleitung der allgemeinen Formel, und nur diesen
ausdrucken?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 15:24:

Hi Dirk,

Der term unter der wurzel, besonders der Termabschnitt b²-4ac erinnert mich stark an die Diskrimminante der allgemeinen quadratischen Gleichung.

x=-b-+sqrt[b²-4ac]/2a

lautete dioch die allgemeine Lösungsformel für

ax²+bx+c=0

...da kommt soger der Divisor 2 drin vor!!!

habe ich die richtige Fährte gewittert...

Gruß n.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 16:10:

Genau!

Ich frage mich immer wieder, ob es ein Zufall ist,
dass da "b^2 - 4ac" steht...

aber eigentlich ist es egal. Das Entscheidende
ist naemlich:

Man kann die Koeffizienten der quadratischen
Gleichung fuer x ihrerseits als Loesungen von
zwei quadratischen Gleichungen auffassen,

und zwar sind die Koeffizienten des linearen Gliedes

(b +- sqrt[4az + b^2 - 4ac])/2

die Loesungen der in s quadratischen Gleichung

s^2 - bs + a(c-z) = 0

und die Koeffizienten des Absolutgliedes

[z +- sqrt(z^2 - 4ae)]/2

sind die Loesungen der in t quadratischen Gleichung

t^2 - zt + ae = 0

Und damit haben wir die ganze Zwischenrechnung
zwischen der kubischen Resolvente und den
beiden quadratischen Gleichungen fuer x
in zwei weiteren quadratischen Gleichungen versteckt!

Wenn wir einmal von der Wahl der Vorzeichen (+-)
absehen, koennen wir damit das gesamte Verfahren
mit 5 Gleichungen aufschreiben, einer kubischen
und vier quadratischen.

Ich gebe Dir jetzt einfach mal das komplette
Loesungsverfahren in Kurzform an, so wie man
es auch programmiert.

Bis gleich,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 16:25:

Hallo Niels!

Hier endlich das komplette Loesungsverfahren:

Allgemeine Gleichung vierten Grades
===================================

kann durch eine kubische und vier quadratische Gleichungen geloest werden.
Zur Loesung der Gleichung in Normalform

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

mit reellen Koeffizienten a,b,c,d,e und a <> 0, bestimme Z als

groesste reelle Loesung, falls a > 0
kleinste reelle Loesung, falls a < 0

der kubischen Resolvente

z^3 - cz^2 + (bd - 4ae)z + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

sowie die stets reellen Loesungen s1,2 und t1,2 der quadratischen Gleichungen

s^2 - bs + a(c-Z) = 0
t^2 - Zt + ae = 0

Falls bZ < 2ad, so vertausche t1 und t2.
Die Gleichung 4. Grades ist dann gleichwertig zu den quadratischen Gleichungen

ax^2 + s1 x + t1 = 0
ax^2 + s2 x + t2 = 0

Alle diese Gleichungen haben stets reelle Koeffizienten,
so dass keine Rechnungen mit komplexen Zahlen notwendig sind.

Das ist meine Loesungsformel, und ich behalte mir
natuerlich das Urheberrecht vor.

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 17:30:

Hi Dirk,

Ich verstehe noch nicht ganz, wie du auf das vertauschen kommst.

...Falls bz<2ad...

Ich sehe nirgentwo ein bz und 2ad!

übrigens, könntest du analog Ferrarie und Bombelli herleiten?

(ist warscheinlich nicht schwer und funktioniert analog, außerdem ist es mit deiner Formel überflüssig, wäre aber nur wegen der komplettheit der Sammlung schön)

Und wie sieht das eigentlich jetzt mit den Z-kreterium?

Ganz verstanden, warum man bei a<>1 die größte reelle Lösung wählen soll.

Braucht man also für den 4. Grad kein expliziten Term als diskreminante?
[Weil die Lösungen der Gleichung 4. Grades von S1,S2,t1,t2 abhängen]

Bitte um Erklärung!

Gruß N.

ps:

vielen Dank für die Formel!!!

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 12. Dezember, 2000 - 17:34:

...Tippfehler

es muß a<>0 heißen...

sorry!!!

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. Dezember, 2000 - 16:23:

Hallo Niels!

Deine Fragen habe ich erwartet,
das waren naemlich genau die Details,
die ich bei der Rechnung zurueckgestellt habe.
Gehen wir die Formel also nochmal durch:

Dass a<>0 sein soll, ist natuerlich klar,
denn sonst hat man allenfalls eine Gleichung
DRITTEN Grades.

Ebenso ist klar, dass die Koeffizienten reell
sein sollen, denn sonst bringt der ganze Aufwand
fuer die richtige Wahl von Z nichts.
Wir wollen ja schliesslich komplexe Zahlen vermeiden,
und das geht nur, wenn die Eingabe des Problems
reell ist.
(Davon gehen auch die Formelsammlungen aus).

Ferner habe ich Dir an Beispielen plausibel gemacht,
dass fuer den Fall a=1 die GROESSTE reelle Loesung
zu waehlen ist. Das ist natuerlich noch kein Beweis.
Einen strengen Beweis habe ich selbst gefunden
(Beweise stehen naemlich in keiner Formelsammlung!)
und werde ihn Dir demnaechst praesentieren.

Du hast recht, man braucht keine explizite Determinante!
Bei mir wird naemlich nicht "a priori", also
von vorneherein, ermittelt, wieviele reelle
Loesungen die Gleichung hat, sondern man sieht
es erst am Schluss der Rechnung "a posteriori",
d.h. im Nachhinein, indem man die beiden
quadratischen Gleichungen fuer x loest.

Das macht aber fuer die Praxis ueberhaupt nichts aus!
Einen theoretischen Mathematiker interessiert vielleicht
eher die Anzahl bzw. Existenz reeller Loesungen.
Er macht dann tausend Verrenkungen, um mit den
kompliziertesten Kriterien und Determinanten
die Anzahl vorherzusagen.
Mein Ansatz ist dagegen der, die Gleichung einfach
zu loesen! Dann wird man schon sehen, was dabei
herauskommt.
=> zwei unterschiedliche Philosophien :-)

Das Vertauschungskriterium ergibt sich aus der
FAKTORISIERTEN Form der kubischen Resolvente,
die Du dir hoffentlich aufgeschrieben hast:

(bz - 2ad)^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)

Wenn Du das ausmultiplizierst und umformst,
kommst Du genau auf die Normalform

z^3 - cz^2 + (bd - 4ae)z + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

wie ich vorgerechnet habe.
Wenn Du dagegen auf beiden Seiten die Quadratwurzel
ziehst, steht Folgendes da:

(bz - 2ad) = +- sqrt(4az + b^2 - 4ac)sqrt(z^2 - 4ae)

wobei auf der rechten Seite das Produkt
zweier Quadratwurzeln steht!
Da die Quadratwurzel aus reellen Zahlen aber POSITIV definiert ist
(dass die Radikanden beide reell sind, werde ich
Dir noch beweisen),
(ein eventuelles negatives Vorzeichen haben wir
schon durch +- beruecksichtigt),
ist aber klar, dass das Produkt

sqrt(4az + b^2 - 4ac)sqrt(z^2 - 4ae)

POSITIV sein muss!
Ebenso ist aber klar, dass der Term (bZ - 2ad)
ein ganz bestimmtes Vorzeichen hat. Wir duerfen
deshalb auf der rechten Seite nur entweder + oder
- vor die Quadratwurzeln setzen, aber nicht beides!

Und jetzt kommen halt bZ und 2ad ins Spiel.

Wenn bZ > 2ad, dann ist (bZ - 2ad) POSITIV,
und wir muessen auf der rechten Seite das +
waehlen, damit die Gleichung stimmt.

Wenn bZ < 2ad, dann ist (bZ - 2ad) NEGATIV,
und wir muessen auf der rechten Seite das -
waehlen, damit die Gleichung stimmt.

Und das wirkt sich dann auf s1,2 und t1,2 aus,
da dieses alles Loesungen von quadratischen Gleichungen
mit der -b+-sqrt(...) Formel sind.

Das Problem ist folgendes:

LOest man die quadratischen Gleichungen fuer s und t
stur mit der -b+-sqrt(...) Formel,
so werden s1 und t1 mit -b+sqrt(...),
s2 und t2 mit -b-sqrt(...) berechnet.

In ca. 50% der Faelle ist das in Ordnung,
und die quadratischen Gleichungen fuer x

ax^2 + s1 x + t1 = 0
ax^2 + s2 x + t2 = 0

stimmen. In den anderen 50% der Faelle lauten
die richtigen Gleichungen aber

ax^2 + s1 x + t2 = 0
ax^2 + s2 x + t1 = 0

also mit vertauschten Indizes!
Das richtige Kriterium fuer diese Vorzeichen
bzw. die Vertauschung habe ich durch Probieren
herausgefunden, indem ich einfach die beiden
Quadratpolynome (ax^2 + s1 x + t1) und
(ax^2 + s2 x + t2) miteinander multipliziert habe.
Diese Rechnung ist auch der Beweis fuer die
Richtigkeit des Vorzeichenkriteriums.

Ich schlage jetzt folgendes Vorgehen vor,
das ich auch in meiner mathematischen Abhandlung
so gemacht habe:

1.) Beweis, dass mit meinem Kriterium fuer die
Wahl von Z ZWINGEND folgt, dass die beiden
Wurzelradikanden

(4az + b^2 - 4ac) und (z^2 - 4ae)

beide >= 0 sind, und dass deshalb
die beiden Quadratwurzeln

sqrt(4az + b^2 - 4ac) und sqrt(z^2 - 4ae)

beide reell und positiv sind.
Damit ist automatisch auch klar,
dass die beiden quadratischen Gleichungen fuer
s und t IMMER REELLE Loesungen haben,
denn die beiden Radikanden sind genau
die Determinanten der beiden quadratischen
Gleichungen fuer s und t (nachpruefen!)

2.) Beweis, dass mein Vorzeichenkriterium korrekt ist,
d.h. dass die beiden quadratischen Gleichungen fuer x
dann die richtigen Loesungen der Gleichung 4. Grades ergeben.

Bist Du mit diesem Vorgehen einverstanden?

Bis bald,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 13. Dezember, 2000 - 18:50:

Hallo Dirk,

natürlich bin ich mit den Vorgehen einverstanden.
(warum sollte ich es denn nicht sein...:-)
...ist doch grade so spannend das Thema!!)

In fröhlicher Erwartung....

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 14. Dezember, 2000 - 19:16:

Hallo Niels,

wir muessen nun also beweisen, dass, wenn Z
die groesste (bzw. kleinste) reelle Loesung
der kubischen Resolvente

z^3 - cz^2 + (bd - 4ae)z + (4ace - b^2e - ad^2) = 0

bzw. (faktorisierte Schreibweise)

(bz - 2ad)^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)

ist, gilt:

(4aZ + b^2 - 4ac) >= 0 UND (Z^2 - 4ae) >= 0

Beweis:
=======
Wir beweisen zuerst den Fall bZ <> 2ad.
(Der Spezialfall bZ = 2ad folgt spaeter).

Ferner gehen wir der Einfachheit halber
zunaechst von a>0 aus.

Betrachte nun die kubische Funktion

f(z) = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae) - (bz - 2ad)^2

die fuer alle z aus R definiert und stetig ist.
Die Nullstellen dieser Funktion sind ganz offensichtlich
genau die reellen Loesungen der kubischen Resolvente.

Waehle nun z = c - b^2/(4a) und berechne den
Funktionswert an dieser Stelle.
Die erste Klammer (4az + b^2 - 4ac) wird dann zu

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

(daher auch die komische Wahl von z. Dieses z
ist naemlich Nullstelle der ersten Klammer).

Die weiteren Klammern brauchen wir dann gar nicht
mehr auszurechnen, denn egal was die zweite Klammer
ergibt, das Produkt der beiden Klammern wird Null:

f(c - b^2/(4a)) =
0(z^2 - 4ae) - (bz - 2ad)^2
= 0 - (bz - 2ad)^2
= - (bz - 2ad)^2
<= 0

(Da z reell ist, ist das Quadrat (bz - 2ad)^2
nichtnegativ).

Ferner gilt, falls a>0:

z -> +unendlich => f(z) -> +unendlich
(den Fall a<0 kannst Du dir selber ueberlegen!)

da das kubische Glied (az^3) der Funktion
einen positiven Koeffizienten hat
(das lernt Ihr in der Analysis und kann man
auch leicht an kubischen Funktionsgraphen sehen,
denn die steigen fuer a>0 von links unten nach
rechts oben an).

Falls also f(c - b^2/(4a)) < 0 (echt negativ),
so wechselt die Funktion also "rechts"
von z = c - b^2/(4a) das Vorzeichen.
Da f reell und stetig ist (wie jede kubische Funktion),
gibt es dann laut NULLSTELLENSATZ der Analysis
eine reelle Nullstelle z* mit z* > c - b^2/(4a).
Dieses z* ist gleichzeitig eine reelle Loesung
der kubischen Resolvente.

Falls aber f(c - b^2/(4a)) = 0 (Null),
so koennen wir z* = c-b^2/(4a) definieren
und damit ist z* ebenfalls eine Nullstelle
bzw. eine reelle Loesung der kubischen Resolvente.

In jedem Falle haben wir also ein reelles z*
gefunden, dass Nullstelle der Funktion ist,
also auch reelle Loesung der kubischen Resolvente.

Es ist nicht notwendigerweise die GROESSTE bzw.
KLEINSTE Loesung der Resolvente, aber es gilt
fuer a>0:

Z >= z* (wegen Definition von Z als GROESSTER reeller Loesung)

z* >= c - b^2/(4a) (wegen obiger Argumentation)

Z >= z* >= c - b^2/(4a)

Z >= c - b^2/(4a) (wegen Transitivitaet der >= Relation)

4aZ >= 4ac - b^2
(Multiplikation der UNGLEICHUNG mit dem POSITIVEN Faktor 4a erhaelt Groesserzeichen)

4aZ + b^2 - 4ac >= 0 (Subtraktion)

Fuer a<0 geht die Rechnung ganz analog
(selber machen und bei der Ungleichung aufpassen!)

Damit ist bewiesen, dass der erste Radikand
(4aZ + b^2 - 4ac) nichtnegativ ist,
dass man also im REELLEN seine Quadratwurzel ziehen kann.

Jetzt knoepfen wir uns noch den zweiten Radikanden vor.
Laut Definition von Z erfuellt Z die kubische Resolvente,
also gilt

(bZ - 2ad)^2 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

Weil Z ebenso wie a,b,c,d,e reell ist, sind
alle Terme dieser Gleichung reell. Die linke Seite
(bZ - 2ad)^2 muss daher >= 0 sein.
Sie ist sogar echt positiv (> 0),
da wir den Fall bZ <> 2ad vor uns haben
(siehe Beginn des Beweises).

Wenn aber die linke Seite echt positiv ist,
muessen die Faktoren der rechten Seite
entweder beide positiv oder beide negativ sein.
Beide negativ geht nicht, weil wir schon gezeigt
haben, dass der erste Faktor >= 0 ist.
Also bleibt nur die Moeglichkeit, dass beide
Faktoren positiv sind

=> Z^2 - 4ae > 0

Damit ist bewiesen, dass auch der zweite Radikand
(Z^2 - 4ae) nichtnegativ ist,
dass man also im REELLEN seine Quadratwurzel ziehen kann.

Jetzt muss Du diesen Teilbeweis erstmal verdauen.
Wenn Du Frage hast, wende Dich an mich.
Wenn Du ihn verstanden hast, fuehre in selber mal
fuer a<0 durch und nenn mir die Unterschiede!

Bis dann,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 14. Dezember, 2000 - 20:18:

Hallo Dirk,

bevor ich dir die Rechnung für a<0 durchgebe noch eine Frage:

Was bedeutet "Transitivität der Relation"?

was bedeutet "Transitivität"?

(Im Deutschuntericht war ein Transitives Verb ein Verb mit Akkusativobjekt; In der Mathematik hat das glaube ich etwas mut Aussagenlogik zu tun...oder..)

was ist genau eine Relation?
(ist das nicht so etwas wie ein "Verhältnis"...?)

Gruß Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 15. Dezember, 2000 - 13:54:

Hallo Niels,

das ist ganz einfach:

Unter "Relation" versteht man, wie auch in der
Umgangssprache, eine "Beziehung" bzw. ein
"Verhaeltnis" zwischen zwei Sachen.

In der Mathematik kann das z.B. das Verhaeltnis
zweier Zahlen a und b sein, also a:b oder mit
Bruchstrich geschrieben a/b.
Oder auch eine beliebige andere Beziehung,
z.B. die Beziehung "ist groesser als".

Eine Relation a rel b ("rel" kann man durch
beliebiges Zeichen, z.B. < oder > oder <= oder >=
oder = ersetzen) ist genau dann transitiv,
wenn aus (a rel b) und (b rel c) folgt:
(a rel c).

Zum Beispiel ist die Gleichheits-Relation
transitiv, da gilt:

(a = b) und (b = c) => (a = c)

Und genauso die Kleiner-Relation:

(a < b) und (b < c) => (a < c)

und ebenso die Kleiner-Gleich-Relation:

(a <= b) und (b <= c) => (a <= c)

Wobei man die Klammern auch weglassen kann,
sie dienen hier nur der Verdeutlichung.

Das leuchtet irgendwie ein, denn wenn Hans
kleiner ist als Sabine und Sabine kleiner ist
als Moritz, dann ist Hans auch kleiner als Moritz!

Es gibt in der Mathematik noch andere Arten von
Relationen, aber fuer diesen Beweis genuegen
meine Erklaerungen (hoffentlich...)

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 15. Dezember, 2000 - 14:03:

Uebrigens, im zwischenmenschlichen Bereich gibt
es ja auch "Relationen" (engl. "relationships"),
also Beziehungen und Verhaeltnisse (daher auch
der Ausdruck "er hat ein Verhaeltnis mit ihr").

Nur sind die nicht immer transitiv, z.B. die Relation "liebt":

Aus "Hans liebt Sabine" und "Sabine liebt Moritz" folgt nicht
"Hans liebt Moritz", sondern wohl eher das Gegenteil... ;-)
Hans wird auf seinen Nebenbuhler Moritz eifersuechtig sein!

Fiel mir halt grad so ein, als etwas lebensnaheres Beispiel :-)

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 15. Dezember, 2000 - 16:08:

Hi Dirk,

hier die Rechnung:

Der Ansatz ist identisch:

Da ich von a<0 ausgehe wähle ich

z=c+b²/(4a)

Die 1. Klammer wird dafür ebenfalls Null.

Der Term

-(bz-2ad)² wird für a<0 zu -(bz+2ad)² also echt negativ.

Ferne gilt, für a<0

z->+unentlich ;f(z)->-unentlich

(Der Graph beginnt also oben Links, macht eine s-Kurve, und weicht nach links unten in unentlich aus)

wenn man also davon ausgeht, das z=c+b²/(4a) echt positiv ist, dann muß ein Vorzeichenwechsel rechts von z statfinden.

Es gilt:

z<=z* (Diffinition als kleinste Lösung)

es folgt also,

z=<z*<z+b²/(4a)

Jetzt folgt wegen Transitvität etc,
Das die erste Klammer psitiv ist und die 2 Klammer Negativ sein muß.

z²+4ac<0
z²<-4ac

Und nun habe ich ein Problem mit denquadratwurzeln...

Ich hoffe meine Vermutungen sind korrekt und ich habe keine Vorzeichenfehler bei den Ungleichungen gemacht (Achtung Inversion!!)

Gruß n.

z<

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 15. Dezember, 2000 - 17:13:

Hallo Niels,

leider ist schon die erste Zeile falsch,
und infolgedessen auch alle anderen.

Du musst auch bei a<0 dasselbe z definieren,
naemlich

z = c - b^2/(4a)

Also NICHT c + b^2/(4a), denn das ist
(ganz gleich welches Vorzeichen a hat)
KEINE Nullstelle der ersten Klammer!

Die erste Klammer lautet

(4az + b^2 - 4ac)

und wenn man sie gleich Null setzt, ergibt sich

4az + b^2 - 4ac = 0

4az = 4ac - b^2

z = c - b^2/(4a)

und zwar unaebhaengig vom Vorzeichen von a.
Probier den Beweis nochmal mit diesem z aus!

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 15. Dezember, 2000 - 19:00:

Noch ein Tip:

Fuer a<0 gilt nicht nur, wie von Dir beschrieben,

z -> +unendlich => f(z) -> -unendlich

sondern auch das Umgekehrte:

z -> -unendlich => f(z) -> +unendlich

Dieses Umgekehrte musst Du verwenden,
und diesmal nicht eine Nullstelle RECHTS,
sondern LINKS von z = c - b^2/(4a) suchen!

Und beachten, dass Z (bei a<0) die KLEINSTE
reelle Nullstelle ist!

Und, dass sich bei Division durch eine negative
Zahl das Ungleichheitszeichen UMKEHRT!

Viel Spass dabei!
Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 18. Dezember, 2000 - 12:47:

Hallo Dirk,

-Wenn ich dich richtig verstanden habe bleibt also die KUBISCHE RESOLVENTE vom a unbetroffen?-

z bleibt also...

z=c-b²/(4a)

Der Verlauf der funktion von mir beschrieben war doch ebenfals korrekt:

z->-Unentlich;f(z)->+unentlich
z->+unentlich;f(z)->-unentlich

"sie beginnt oben links und verschwindet unten rechts" (-Verhalten ganzrationaler Funktionen im unentlichen und gegen Null hatten wir schon bei "Theo" im Unterricht besprochen-)

Fals also f(c-b²//4a)<=0

so muß links von Z ein Vorzeichenwechsel statfinden.(->Nullstellensatz)

wegen Diffinition gilt jetzt

c-b²/(4a)=<z=<z*

z<c-b²/(4a)

mit den Negativen Faktor -4a (wegen a<0)
durchmultipliziert ergibt nach Anwendung des Inversionsgesetzes

4az>4ac-b²

wir haben also im Ergebnis das gleiche, wie für den Fall a>0.

Man kann also ebenfals im reellen die Wurzeln ziehen.

q.e.d
==================================================

Ich hoffe, ich bin nicht wieder durch a<0 ins Schleudern gekommen.

Fals da wieder "der Wurm" drin sein sollte, bite ich dich gleich den Fehler zu entlarven und den Beweis zu führen.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 18. Dezember, 2000 - 17:54:

Hallo Niels,

der Beweis ist korrekt, bis auf ein paar Schreibfehler:

- es heisst nicht "unentlich", sondern "unendlich"
mit weichem D statt hartem T

- es heisst nicht Diffinition, sondern Definition
(e statt i und kein doppeltes, sondern nur einfaches f)
=> Verwechsungsgefahr mit "Diffusion" in der Biologie und Physik

- es muss natuerlich heissen

Z <= z* <= c - b²/(4a)

und nicht

c - b²/(4a) =< z =< z*

Also die Reihenfolge vertauschen!
Ausserdem musst solltest Du Z gross schreiben,
da Z im Gegensatz zum Funktionsargument in
f(z) keine BELIEBIGE reelle Zahl, sondern
ein ganz bestimmter, durch die Defintion
"groesste (bzw. kleinste)" reelle Loesung
der kubische Resolvente" festgelegter Wert ist.

Man koennte auch z* gross schreiben: Z*
um noch deutlicher zwischen dem allgemeinen
beliebigen z und den konkreten Werten Z und Z*
zu unterscheiden.

Sonst ist alles richtig. Man hat Z* nun zwar
auf der "anderen" Seite von c - b^2/(4a) waehlen
muessen, aber durch die Multiplikation mit dem
negativen a und das Inversionsgesetz fuer Ungleichungen
bleibt die Aussage erhalten.

Der zweite Teil des Beweises bleibt dann gleich,
es ist naemlich immer dasselbe Argument:

Die faktorisierte Form der kubischen Resolvente lautet

(z - 2ad)^2 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)

Da Z laut Definition diese Gleichung erfuellt, ist

(Z - 2ad)^2 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

Und da Z als reelle Zahl definiert ist,
muss das Quadrat auf der linken Seite positiv
oder Null sein. Bisher gehen wir von bZ <> 2ad aus,
so dass das Quadrat positiv ist.

Wenn man dann gezeigt hat,
dass (4aZ + b^2 - 4ac) >= 0 ist,
bedeutet das automatisch, dass der andere Faktor
(Z^2 - 4ae) nicht negativ sein kann,
denn sonst waere ja das Klammerprodukt <= 0,
was der linken Seite (die > 0 ist)
widersprechen wuerde.
Damit ist auch (Z^2 - 4a) >= 0 gezeigt.

Aus dem Beweis kannst Du auch ersehen, warum
man im Fall a<0 die KLEINSTE statt groesste
reelle Loesung der kubischen Resolvente fuer Z
waehlen muss.

Ich hatte den Beweis urspruenglich fuer Ferrari
und Bombelli gemacht, wo er viel leichter ist,
da die beiden ja von a=1 und damit a>0 ausgehen,
also immer die GROESSTE reelle Loesung nehmen.
Dann versuchte ich den Beweis fuer allgemeines a
zu uebertragen und auch fuer a<0 die GROESSTE
zu nehmen, was aber fehlschlug.
Erst dann merkte ich, wie man durch Aenderung
der Definition von Z den Beweis und das Verfahren
"retten" kann.

Eine alternative Moeglichkeit waere,
wenn man, falls a negativ ist, zu Beginn des
Verfahrens einfach die ganze biquadratische
Gleichung mit (-1) multipliziert, d.h. die
Vorzeichen der Koeffizienten umdreht.
Die Loesungsmenge bleibt dann gleich, und man
kann bequem mit dem GROESSTE-Kriterium arbeiten.
In der Praxis mache ich das auch so, dass ich z.B.

-5x^4 + 2x^3 - x^2 + 10x - 40 = 0

umschreibe zu

5x^4 - 2x^3 + x^2 - 10x + 40 = 0

Aber fuer die Theorie finde ich das Kriterium
fuer a<0 ganz interessant, und es ist ja auch
einfach zu merken:

a GROESSER Null => GROESSTE reelle Loesung
a KLEINER Null => KLEINSTE reelle Loesung

Bisher haben wir beim Beweis bZ <> 2ad vorausgesetzt.
Was wir jetzt tun muessen, ist, den Beweis auch
fuer den Fall bZ = 2ad zu fuehren.

Bist Du soweit?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 18. Dezember, 2000 - 19:07:

Hallöchen Dirk,

ja; ich bin bereit.

Am Anfang des Beweises war ich irgentwie iritiert.
Habe dann aber doch noch meine ürsprünglichen überlegungen korrigiert.

Entschuldige das mit der Rechtschreibung. Das ligt nicht nur daran, das ich von Natur aus Legasteniker bin, sondern auch an den Faktor Zeit.

ich habe versucht den Beweis in rekordzeit zu Tippen. Einfach aus dem Grunde, das ich mir den Luxus in einer Freistunde gegönnt habe.

-Du kannst dir ja vorstellen, wie man sich fühlt wenn man vor einem Rechner sitzt und jeder der an einem vorbeiläuft und ein flüchtigen blick auf unsere arbeit wirft denkt:

"Man ist der blöd sich mit den kram zu beschäftigen.."

Deswegen arbeite ichh auch gerne zu Hause an unseren Exkurs.

zurück zu den Gleichunge 4. Grades:

wenn bz=2ad ist, dann ist der Faktor (bz-2ad)²=0
womit wir keine Problema haben sollte, denn...

Quadratwurzeln sind ja diffiniert für alle nichtnegatieven zahlen, also auch für Null.

Da der eine Klammerfaktor für unser Z eh null ist, ist das Also für diesen fall meiner Meinung nach egal, also nehmen wir die piositive Variante.

oder ist dies nicht egal...

und warum sind unsere Annahmen für Z "hinreichend Notwendig"?

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Dezember, 2000 - 16:27:

Hallo Niels,

kein Problem wegen der Rechtschreibung.
Ich vertippe mich auch oefter mal in der Eile.

Lass die andern ruhig denken "Mann, ist der bloed!"
Sie sind es selber, weil sie nie die geistigen Hoehen
Cardanos, Ferraris und Bombellis erklimmen werden... ;-)
und ratlos vor jeder Gleichung sitzen!

Wir dagegen erweitern unser Handwerkszeug
und verdoppeln unseren Machtbereich von zwei
auf vier Gleichungsgrade...

So, jetzt zum Fall bZ = 2ad.
Im Prinzip koennen wir auf dieselbe Art wie gewohnt
(Vorzeichenwechsel der kubischen Funktion usw.)
zeigen, dass

4aZ + b^2 - 4ac >= 0

gilt und deshalb der erste Radikand nichtnegativ ist.

Nun zum zweiten Radikanden:
Laut Definition von Z erfuellt Z die kubische Resolvente, also gilt

(bZ - 2ad)^2 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

Im Fall bZ <> 2ad ist es einfach:
- die linke Seite ist positiv
- rechts ist die erste Klammer (4aZ + b^2 - 4ac) positiv oder Null
- also kann die zweite Klammer (Z^2 - 4ae) nicht negativ sein!

Im Fall (bZ = 2ad) koennte aber folgendes passieren:
Die Gleichung lautet jetzt

0 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

und die erste Klammer (4aZ + b^2 - 4ac) ist positiv oder Null.
Falls sie positiv ist, muss die zweite Klammer (Z^2 - 4ae) Null sein
=> OK

Was aber, wenn die erste Klammer Null und die
zweite negativ ist? Dann waere das Produkt Null,
und die Gleichung wuerde noch stimmen.
Aber aus dem zweiten Radikanden (Z^2 - 4ae)
koennte man nicht mehr im Reellen die Quadratwurzel ziehen
(die man braucht, um die quadratische Gleichung
fuer t1 und t2 zu loesen, siehe Algoritmus).

Das heisst, wir muessen uns etwas anderes einfallen lassen,
um zu zeigen, dass (Z^2 - 4ae) nicht negativ sein kann.

Hast Du das alles verstanden?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Dezember, 2000 - 18:43:

Hallo Dirk,

im klartext heißt das doch, das wir zeigen müssen, das trotz

bz=2ad gilt z²>4ae denn nur dann wäre Z²-4ae positiv.

oder anders?

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Dezember, 2000 - 20:03:

Hallo Niels,

es muss nicht unbedingt positiv sein,
sondern darf auch Null sein, nur negativ
ist nicht erlaubt. Also muessen wir zeigen, dass
trotz bZ = 2ad gilt: Z^2 >= 4ae

Uebrigens musst Du hier Z mit einem Grossbuchstaben
schreiben, da dies nur fuer unser konkretes Z gelten soll
(und nicht fuer jedes beliebige z).

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 19. Dezember, 2000 - 20:15:

Hall Niels,

und hier der Beweis fuer bZ = 2ad.
Wir haben ja dadurch, dass bZ-2ad = 0 ist,
einen Nachteil gehabt. Jetzt muessen wir
aus diesem Wissen einen Vorteil herausschlagen!

Und zwar besteht dieser Vorteil darin,
dass wir die Loesungen der kubischen Resolvente
in diesem Spezialfall direkt angeben koennen,
ohne die Cardanische Formel oder irgendwelche
Kubikwurzeln zu benoetigen!

Denn schau Dir mal die faktorisierte Form
der kubischen Resolvente fuer den Wert Z mal an:

(bZ - 2ad)^2 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

kann man nicht so ohne weiteres aufloesen,
aber es vereinfacht sich ja wegen bZ = 2ad zu

0 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

Wenn Du in der Schule gut aufgepasst hast,
kannst Du mir jetzt bestimmt die drei
moeglichen Werte fuer Z angeben!

=> Hausaufgabe bis morgen...
;-)

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. Dezember, 2000 - 14:50:

Hallo Dirk,

-ich fühl mich beleidigt...:-)-

um die Gleichung

0=(4aZ-b²+4ac)*(Z²-4ae)

zu lösen, kommen mal wieder 2 elementar, fundamentale Sätze zu ihrere Anwendung.

a)Der Satz vom "Nullprodukt":

"Ein Produkt mehrer Zahlen kann nur Null sein, wenn einer der Faktoren Null ist."

b)Das "Komutativgesetz" (Vertauschungsgesetz):

"in Einer Summe/in einem Produkt ist die Reihenfolge der zu addierenden Summanden/zu multiplizierenden Faktoren veränderbar, der Wert des summe(Des Produktes ändert sich dadurch nicht und bleibt konstant"

Das Bedeutet, das eine der Klammern Null sein muß:

Fall a)

Den Wert für Z, der die erste Klammer Null sein lässt, kennen wir bereits

Z=c-b²//(4a)

Fall b)

Die 2. Klammer ist Null.

(Z²-4ae)=0
Z²=4ae

Z=2*sqrt(ae)
Z=-2*sqrt(ae)

Die kubische Resolvente hat 3 reelle Lösungen.
================================================

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. Dezember, 2000 - 16:14:

Hallo Niels,

richtig, bis auf zwei Kleinigkeiten:

1.)
Es ist nicht gesagt, dass die beiden Werte
+- 2sqrt(ae) reell sind, denn das Produkt ae
kann ja durchaus negativ sein!

2.)
Ich habe faelschlicherweise gesagt, wir koennen
die Loesungen der kubischen Resolvente direkt
angeben. Das stimmt jedoch so nicht ganz.

Richtig ist, dass wir, statt wie bisher mit einem
uns voellig unbekannten Z zu rechnen, nun den Wert
von Z auf 3 Moeglichkeiten einschraenken koennen.
Das heisst, fuer die GROESSTE (bzw. kleinste)
reelle Loesung der kubischen Resolvente gilt,
dass sie entweder den Wert c - b^2/(4a) oder
einen der Werte +- 2sqrt(ae) hat.
Ob die anderen beiden Werte die anderen Loesungen
der kubischen Resolvente sind, wissen wir gar nicht.

Denn wir wissen nur

0 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

aber NICHT

0 = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae)

weil wegen bZ = 2ad die linke Seite (bZ - 2ad)^2
null wird, aber nicht die linke Seite (bz - 2ad)^2
fuer ein anderes z!

D.h. nur fuer Z, also nur fuer die groesste/
kleinste reelle Losung der kub. Res. wissen wir,
dass die linke Seite null wird!
Man muss also genau aufpassen, ueber welches z
man gerade redet!

Ist das klar geworden?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. Dezember, 2000 - 16:35:

Hi Dirk,

Ja, ist klar.

Und wie gehts weiter?

CU N:

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 20. Dezember, 2000 - 18:36:

Hallo Niels,

wie's weitergeht? Gute Frage... Aeh, aehem,
ich habe naemlich durch Deine Kommentare
und meine Ausfuehrungen einen Fehler bzw.
eine Luecke in meinem Beweis gefunden!!!!

Und der steht schon seit zwei Jahren so in meiner
Abhandlung (die ich allerdings nicht veroeffentlicht habe).

Zum Glueck ist mir jetzt eingefallen, wie man
den Beweis auch fuer bZ = 2ad fuehren kann.
Noch besser, ich habe einen Weg gefunden,
den Beweis zu vereinfachen und die Sonderfaelle
zu reduzieren.

Wir koennen naemlich auf die Fallunterscheidung
bZ <> 2ad und bZ = 2ad verzichten!

Um zu beweisen, dass 4aZ + b^2 - 4ac >= 0 ist,
braucht man sowieso keine Fallunterscheidung,
das Argument mit dem Nullstellensatz sticht
bei beiden Faellen (habe ich bereits gesagt,
aber Du kannst es ruhig nochmal nachpruefen).

Und das Argument, dass in der Gleichung

(bZ - 2ad)^2 = (4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae)

von den beiden Klammern der rechten Seite
entweder beide positiv oder beide negativ sein
muessen, kannst Du ruhig beiseiteschieben,
es gilt naemlich nur fuer bZ <> 2ad.

Wir brauchen diese Faktorgleichung fuer den Beweis
nicht mehr!

Ich werde es jetzt naemlich anders aufziehen
und mich nicht mehr darum kuemmern, ob bZ = 2ad
oder bZ <> 2ad. Wir muessen in Zukunft nur noch
unterscheiden, ob ae > 0 oder ae <= 0 ist.

Der Fall ae <= 0 laesst sich allerdings leicht abhandeln:

ae <= 0
=> -ae >= 0 (Multiplikation mit -1 dreht Kleinerzeichen um)
=> Z^2 - 4ae >= 0
(Begruendung: da Z reell, ist Z^2 >= 0.
Wenn schon -ae >= 0 ist, dann erst recht,
wenn man noch Z^2 hinzuaddiert)

Damit hat man fuer ae <= 0 bereits gezeigt,
dass auch sqrt(Z^2 - 4ae) reell ist.

Was aber, wenn ae > 0 ?

Wie man dann beweist, dass Z^2 - 4ae >= 0,
zeige ich beim naechsten Mal.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. Dezember, 2000 - 16:17:

Hallo Dirk,

hast du nun den Fehler erst jetzt bemerkt oder haben unsere täglichen Therapiesitzungen unserer kleinen "Mathe-selbstfindungsgruppe" dich auf die Lösung des Problems gebracht?

Naja, wie denn auch sei, ich warte auf des Rätsels Lösung.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. Dezember, 2000 - 18:27:

Hallo Niels,

beides! Unsere Therapiesitzungen haben mich
auf das Problem aufmerksam gemacht, und gestern
abend habe ich mich hingesetzt und verzweifelt
versucht, den Beweis zu retten.

Und dann die Rettung auch gefunden.
Ich war mir allerdings sicher, dass ich die
Rettung finden wuerde, da es sich ja nur um
einen engen Spezialfall handelte.

Bis demnaechst,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 21. Dezember, 2000 - 20:29:

Hallo Dirk,

Ich denke, der Fehler steht schon 2 Jahre ungelöst da in deiner Abhandlung!

Wie konnte ich dir also mit meinen bescheidenden Kommentaren helfen?

Naja,...dann ist ja Weihnachten gerettet...:-)

Ich warte weiter...

Lange Werbepause dismal...:-)

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 22. Dezember, 2000 - 14:56:

Hallo Niels!

Ich hatte diesen Beweisteil schon mehrmals umgemodelt,
hatte aber immer noch ein bisschen ein komisches Gefuehl dabei
(mein "mathematischer Instinkt" rebellierte wohl dagegen :-)

Der Grund war, dass ich manchmal in Gedanken
z und Z durcheinandergebracht hatte.
Aber das vergessen wir lieber, sonst kommen wir
noch beide durcheinander.

Also, der Beweis, dass 4aZ + b^2 - 4ac >= 0
ist komplett fuer alle Faelle
(da die Nullstellensatz-Methode IMMER funktioniert,
also auch fuer bZ = 2ad)

Ferner haben wir fuer ae <= 0 sofort zeigen
koennen, dass Z^2 - 4ae >= 0 ist.
(da Z^2 ist nichtnegativ und dazu wird das
nichtnegative -4ae addiert).

Noch zu zeigen:
Auch fuer ae > 0 gilt Z^2 - 4ae >= 0

Beweis:

Zuerst einmal folgt aus ae > 0, dass +-2sqrt(ae) reell ist.
Ferner folgt aus z = +-2sqrt(ae), dass z^2 = 4ae
und damit z^2 - 4ae = 0 ist.
(Hierbei muss man z klein schreiben,
es ist NICHT das grosse Z gemeint!)

Jetzt fuehren wir nochmal den Nullstellensatz-Beweis durch,
betrachten also wieder die kubische Resolventenfunktion

f(z) = (4az + b^2 - 4ac)(z^2 - 4ae) - (bz - 2ad)^2

aber diesmal berechnen wir nicht f(c - b^2/(4a)),
sondern f(+-2sqrt(ae)) !
Da +-2sqrt(ae) reell ist, ist der Funktionswert
definiert. Da fuer z = +-2sqrt(ae) die zweite
Klammer null wird:

z^2 - 4ae = 4ae - 4ae = 0

ist also

f(+-2sqrt(ae)) = (...)*0 - (...)^2 = - (...)^2 <= 0

also negativ oder null, genau wie f(c - b^2/(4a))!

Nun folgt wieder das Argument mit dem Nullstellensatz.

Fall a > 0:
-----------
z -> +unendlich => f(z) -> +unendlich

da f(+2sqrt(ae)) <= 0, gibt es also
einen Vorzeichenwechsel BEI oder RECHTS von z = +2sqrt(ae),
also eine reelle Nullstelle Z* mit Z* >= +2sqrt(ae), die gleichzeitig
eine Loesung der kubischen Resolvente ist.

Da Z die GROESSTE reelle Loesung der kubischen
Resolvente ist: Z >= Z*

Wegen Transitivitaet der >= Relation also

Z >= Z* >= +2sqrt(ae)

also

Z >= +2sqrt(ae)

Fuer reelle A,B mit A >= 0 und B >= 0 gilt
A >= B => A^2 >= B^2

Hier also

Z^2 >= 4ae

und nach Subtraktion von 4ae folgt

Z^2 - 4ae >= 0

q.e.d.

Fall a < 0:
-----------
z -> -unendlich => f(z) -> +unendlich

da f(-2sqrt(ae)) <= 0, gibt es also
einen Vorzeichenwechsel BEI oder LINKS von z = -2sqrt(ae),
also eine reelle Nullstelle Z* mit Z* <= -2sqrt(ae), die gleichzeitig
eine Loesung der kubischen Resolvente ist.

Da Z die KLEINSTE reelle Loesung der kubischen
Resolvente ist: Z <= Z*

Wegen Transitivitaet der <= Relation also

Z <= Z* <= -2sqrt(ae)

also

Z <= -2sqrt(ae)

Fuer reelle A,B mit A <= 0 und B <= 0 gilt
A <= B => A^2 >= B^2

Hier also

Z^2 >= 4ae

und nach Subtraktion von 4ae folgt

Z^2 - 4ae >= 0

q.e.d.

Der Unterschied zwischen den Faellen a>0 und a<0:
-------------------------------------------------
Beim ersten fuehrt man den Beweis mit +2sqrt(ae),
beim zweiten mit -2sqrt(ae).

Wir haben jetzt fuer ALLE Faelle bewiesen,
dass 4aZ + b^2 - 4ac >= 0 und Z^2 - 4ae >= 0.
Wozu eigentlich?

Schau Dir nochmal meine Loesungsformel an:
Die quadratische Gleichung fuer s lautet

s^2 - bs + a(c-Z) = 0

hat also die Diskriminante

b^2 - 4*1*a(c-Z) = b^2 - 4ac + 4aZ = 4aZ + b^2 - 4ac

und die quadratische Gleichung fuer t lautet

t^2 - Zt + ae = 0

hat also die Diskriminante

Z^2 - 4*1*ae = Z^2 - 4ae

Mit unserem Beweis haben wir also gezeigt,
dass diese Diskriminanten beide nichtnegativ sind.
Die Loesungen s1,2 bzw. t1,2 der quadratischen
Gleichungen sind damit IMMER REELL!

Und das heisst wiederum, dass die Eingangskoeffizienten
der beiden quadratischen Gleichungen fuer x:

ax^2 + s1 x + t1 = 0
ax^2 + s2 x + t2 = 0

IMMER reelle Koeffizienten haben,
dass unsere Quadratzerlegung nach Bombellis Art
also immer reell ist und wir KEINE Operationen
auf komplexen Zahlen benoetigen!!!

Selbst dann, wenn die Gleichung 4. Grades
komplexe Loesungen besitzt, geben diese sich
erst am Schluss, beim Loesen der quadratischen
Gleichungen fuer x, zu erkennen.

Fuer Theoretiker ist das ein Nachteil, da man
erst sehr spaet merkt, wieviele reelle Loesungen
die Gleichung 4. Grades hat.
=> keine explizite Formel fuer die Diskriminante!

Fuer Praktiker ist es dagegen ein grosser Vorteil,
da man komplexe Rechnungen bis zum Schluss vermeidet.
Dadurch laesst sich das Verfahren auch sehr leicht
programmieren. Die meisten Programmiersprachen
koennen naemlich von Natur aus nur mit reellen,
aber nicht mit komplexen Zahlen rechnen!
Dafuer muesste man erst ein extra "Package"
dazuladen...

So, mein Algorithmus verlaeuft also immer im Reellen.
Jetzt muss ich noch zeigen, dass das Vertauschungskriterium

"Falls bZ < 2ad, so vertausche t1 und t2"

Sinn macht, und dass das Produkt der beiden Quadratfaktoren
(ax^2 + s1 x + t1) und (ax^2 + s2 x + t2)
dann wirklich dieselbe Loesungsmenge hat
wie die urspruengliche biquadratische Gleichung.

Ich habe ueber die Feiertage wahrscheinlich keine Zeit,
aber spaetestens im Januar bin ich wieder zurueck.

Auf jeden Fall wuensche ich Dir schonmal
schoene Feiertage und einen guten Rutsch!

Dirk

Niels

Veröffentlicht am Freitag, den 22. Dezember, 2000 - 16:17:

Hallo Dirk,

auch dir wünsche ich ein frohes Weihnachtsfest, ein paar besinnliche Feiertage und ein guten Rutsch ins neue Jahr!

Bis denne...

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Januar, 2001 - 18:45:

Hallo Niels!

Jetzt kommt endlich der Schlussteil des Beweises.
Noch zu zeigen:

Die beiden quadratischen Gleichungen

ax^2 + s1 x + t1 = 0 und ax^2 + s2 x + t2 = 0

haben zusammengenommen genau dieselbe Loesungsmenge
wie die urspruengliche biquadratische Gleichung

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

wobei wir das Vertauschungskriterium

"Falls bZ < 2ad, so vertausche t1 und t2"
beachten muessen.

Gehen wir zunaechst einmal vom (einfacheren)
Fall aus, dass bZ >= 2ad, dass wir also
t1 und t2 NICHT vertauschen muessen.

Der Beweis ist nun "straight-forward", d.h.
wir multiplizieren einfach die beiden Terme
der quadratischen Gleichungen miteinander
und zeigen, dass dann der Term der biquadratischen
Gleichung dabei herauskommt.

Denn nach dem Satz vom Nullprodukt muss dann
der biquadratische Term dieselben Nullstellen haben
wie die beiden quadratischen Terme zusammengenommen.

Also: es ist

(ax^2 + s1 x + t1)(ax^2 + s2 x + t2)

= a^2 x^4 + as2 x^3 + at2 x^2
+ as1 x^3 + s1s2 x^2 + s1t2 x
+ at1 x^2 + s2t1 x + t1t2

= (a^2)x^4 + (as1 + as2)x^3 + (at1 + at2 + s1s2)x^2 + (s1t2 + s2t1)x + t1t2

= (a^2)x^4 + a(s1 + s2)x^3 + (a(t1 + t2) + s1s2)x^2 + (s1t2 + s2t1)x + t1t2

(Nachrechnen!)

Wir koennten jetzt die Summen s1+s2 und t1+t2
sowie die Produkte s1s2 und t1t2 explizit
ausrechnen, aber es geht auch schneller:

Wir kennen ja die beiden quadratischen Gleichungen
fuer s und t, aus denen wir s1,s2 und t1,t2 berechnet haben:

s^2 - bs + a(c-Z) = 0 und t^2 - Zt + ae = 0

(steht im Algorithmus drin!)

Jetzt erinnern wir uns an den Satz von Vieta
fuer quadratische Gleichungen, der besagt, dass
der LINEARE Koeffizient einer quadratischen Gleichung
gleich der NEGATIVEN SUMME der Loesungen ist,
und das ABSOLUTGLIED gleich dem PRODUKT der Loesungen.
Also gilt:

s1 + s2 = b
s1 * s2 = a(c-Z)

t1 + t2 = Z
t1 * t2 = ae

Damit vereinfacht sich unser Quadrattermprodukt zu

= (a^2)x^4 + (ab)x^3 + (aZ + a(c-Z)x^2 + (s1t2 + s2t1)x + ae

= (a^2)x^4 + (ab)x^3 + (aZ + ac - aZ)x^2 + (s1t2 + s2t1)x + ae

= (a^2)x^4 + (ab)x^3 + (ac)x^2 + (s1t2 + s2t1)x + ae

Wenn wir jetzt noch zeigen, dass

s1t2 + s2t1 = ad

gilt, dann koennen wir das Produkt so schreiben:

= (a^2)x^4 + (ab)x^3 + (ac)x^2 + (ad)x + ae

= a(ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e)

und sind mit dem Beweis fertig, denn da a <>0
ist (sonst waere es ja keine Gleichung 4. Grades)
hat dann das Produkt also genau dieselben Nullstellen
wie die urspruengliche biquadratische Gleichung!

Es fehlt also nur noch der Beweis, dass

s1t2 + s2t1 = ad

gilt.

Um ihn zu fuehren, muessen wir einige Substitutionen vornehmen.
Weil s1,2 und t1,2 die Loesungen der
quadratischen Gleichungen fuer s und t sind, gilt

s1,2 = (b +- D1)/2 mit D1 = sqrt(4aZ + b^2 - 4ac)

t1,2 = (Z +- D2)/2 mit D2 = sqrt(Z^2 - 4ae)

(Im Dezember habe ich Dir ja bewiesen, dass
D1 und D2 stets reell sind).

Also ist

s1t2
= (b + D1)/2 * (Z - D2)/2
= [(b + D1)(Z - D2)]/4
= [bZ + D1Z - bD2 - D1D2]/4

s2t1
= (b - D1)/2 * (Z + D2)/2
= [(b - D1)(Z + D2)]/4
= [bZ - D1Z + bD2 - D1D2]/4

s1t2 + s2t1
= [bZ + D1Z - bD2 - D1D2 + bZ - D1Z + bD2 - D1D2]/4

= [bZ - D1D2 + bZ - D1D2]/4

= [2bZ - 2D1D2]/4

= [bZ - D1D2]/2

Jetzt schauen wir uns die faktorisierte
kubische Resolvente an, an der Stelle Z:

(4aZ + b^2 - 4ac)(Z^2 - 4ae) = (bZ - 2ad)^2

und ziehen auf beiden Seiten die Quadratwurzel:

+- sqrt(4aZ + b^2 - 4ac)sqrt(Z^2 - 4ae) = bZ - 2ad

+- D1D2 = bZ - 2ad

Auf der linken Seite steht nun nichts anderes
als das - mit zwei verschiedenen Vorzeichen versehene -
Produkt der beiden Quadratwurzeln D1 und D2,
von denen wir ja gezeigt haben, dass sie beide reell sind.

Auf der rechten Seite steht die reelle Groesse
bZ - 2ad (reell, weil Z als reell definiert ist!)

Es ist klar, dass Quadrieren dieser Wurzelgleichung
wieder die kubische Resolvente ergibt,
die fuer Z per definitionem erfuellt ist.
Also muss auch eine der beiden Wurzelgleichungen
fuer Z erfuellt sein, aber welche?

Das ist genau der Knackpunkt meines Verfahrens,
das sogenannte "Vorzeichen-Kriterium".
Wenn naemlich bZ > 2ad, dann ist bZ - 2ad > 0,
also positiv.
Da die beiden Quadratwurzeln der linken Seite
reell und damit >= 0 sind, MUSS auf der linken
Seite "+" als Vorzeichen gelten!

Wenn andererseits bZ < 2ad, dann ist bZ - 2ad < 0,
und auf der linken Seite muss "-" stehen!

Wenn bZ = 2ad, dann ist bZ - 2ad = 0,
also ist die linke Seite ebenfalls 0 und
die Wahl des Vorzeichens ist egal,
da die Wurzelgleichung in jedem Fall stimmt.

Gehen wir also nochmal vom "Normalfall" bZ >= 2ad aus,
dann haben wir

+ D1D2 = bZ - 2ad

bZ - D1D2 = 2ad

und damit ist tatsaechlich (einsetzen!)

s1t2 + s2t1
= [bZ - D1D2]/2
= [2ad]/2
= ad

womit der Beweis fuer den Fall bZ >= 2ad
abgeschlossen ist.

Hast Du das alles soweit verstanden?
(War ein bisschen viel auf einmal).
Dann koennten wir noch den Fall bZ < 2ad
erledigen.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 23. Januar, 2001 - 19:23:

Hallo Dirk,

schön das du dich mal wieder meldest..:-)

By the way, in meinem Übereifer habe ich ganz vergessen Dir nochmals ein frohes neues und erfolgreiches Jahr zu wünschen!!!

ja, habe soweit alles verstanden. Der teil des beweises scheint auch nicht schwer zu sein.interressant wird es jetzt mit dem Vertauschungskriterium.

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 24. Januar, 2001 - 14:56:

Hallo Niels,

macht nichts, Du hast mir ja schon im alten Jahr
einen guten Rutsch gewuenscht!

So, nun zum Vertauschungskriterium
"Falls bZ < 2ad, so vertausche t1 und t2".
Das bedeutet Folgendes:

Im "Normalfall" bZ >= 2ad ist

s1,2 = (b +- D1)/2 und t1,2 = (Z +- D2)/2

und das Produkt

(ax^2 + s1 x + t1)(ax^2 + s2 x + t2)

ist dann gleich

a(ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e)

wie wir gestern gesehen haben.
Dabei benoetigten wir die Wurzelform
der faktorisierten kubischen Resolvente,
um das "adx" herauszubekommen, d.h.
das lineare Glied des biquadratischen Terms
hing von dieser Vorzeichengeschichte ab.

Wenn jetzt aber bZ < 2ad, dann muss man auf der
linken Seite der Wurzelgleichung "-" statt "+"
schreiben, was sich natuerlich auf den linearen
Koeffizienten des biquadratischen Terms auswirkt.
Und zwar so, dass man etwas Falsches herausbekommt
(ich glaube -adx statt +adx oder so aehnlich).

Durch Probieren (es gibt ja nur 4 Moeglichkeiten,
das +- bei der Berechnung der Koeffizienten s1,2 und t1,2
zu waehlen) habe ich herausgefunden, dass man im Fall
bZ < 2ad die beiden Quadratterme anders formulieren muss.

Angenommen, wir haben soeben die quadratischen Gleichungen
fuer s und t geloest, aber noch keine Vertauschung vorgenommen.
Wenn wir s1,2 und t1,2 nun auf die Gleichung

ax^2 + sx + t = 0

verteilen wollen, so gibt es dafuer 4 Moeglichkeiten:

(ax^2 + s1 x + t1)(ax^2 + s2 x + t2)
(ax^2 + s1 x + t2)(ax^2 + s2 x + t1)
(ax^2 + s2 x + t1)(ax^2 + s1 x + t2)
(ax^2 + s2 x + t2)(ax^2 + s1 x + t1)

von denen die erste und vierte aequivalent sind,
und ebenfalls die zweite und dritte Kombination.
(weil ja die Reihenfolge der beiden Quadratterme
bzw. quadratischen Gleichungen fuer die Loesungsmenge
keine Rolle spielt).

Es gibt also nur die beiden prinzipiell verschiedenen
Moeglichkeiten

(ax^2 + s1 x + t1)(ax^2 + s2 x + t2)
(ax^2 + s1 x + t2)(ax^2 + s2 x + t1)

Wir wissen, dass im Fall bZ >= 2ad die erste Kombination
die richtige ist (Beweis von gestern). Mit der zweiten
Kombination schlaegt der Beweis fehl, wie ich durch
Probieren herausgefunden habe.

Im Fall bZ < 2ad ist es genau umgekehrt!
Die erste Kombination schlaegt fehl,
die zweite fuehrt auf das richtige Ergebnis:

(ax^2 + s1 x + t2)(ax^2 + s2 x + t1)

= a^2 x^4 + as2 x^3 + at1 x^2
+ as1 x^3 + s1s2 x^2 + s1t1 x
+ at2 x^2 + s2t2 x + t1t2

= (a^2)x^4 + (as1 + as2)x^3 + (at1 + at2 + s1s2)x^2 + (s1t1 + s2t2)x + t1t2

= (a^2)x^4 + a(s1 + s2)x^3 + (a(t1 + t2) + s1s2)x^2 + (s1t1 + s2t2)x + t1t2

(Nachrechnen!)

Dieser Term unterscheidet sich von dem gestrigen nur im linearen Glied,
denn es gilt nach wie vor nach dem Satz von Vieta (siehe gestern!)

und damit vereinfacht sich das Produkt zu

= (a^2)x^4 + (ab)x^3 + (ac)x^2 + (s1t1 + s2t2)x + ae

Der Beweis ist also fertig, wenn wir gezeigt haben, dass

s1t1 + s2t2 = ad

gilt (zum Vergleich: gestern zeigten wir s1t2 + s2t1 = ad !)
Da immer noch gilt

s1,2 = (b +- D1)/2 mit D1 = sqrt(4aZ + b^2 - 4ac)

t1,2 = (Z +- D2)/2 mit D2 = sqrt(Z^2 - 4ae)

haben wir diesmal

s1t1
= (b + D1)/2 * (Z + D2)/2
= [(b + D1)(Z + D2)]/4
= [bZ + D1Z + bD2 + D1D2]/4

s2t2
= (b - D1)/2 * (Z - D2)/2
= [(b - D1)(Z - D2)]/4
= [bZ - D1Z - bD2 + D1D2]/4

s1t1 + s2t2
= [bZ + D1Z + bD2 + D1D2 + bZ - D1Z - bD2 + D1D2]/4

= [bZ + D1D2 + bZ + D1D2]/4

= [2bZ + 2D1D2]/4

= [bZ + D1D2]/2

(zum Vergleich: gestern hatten wir [bZ - D1D2]/2,
das Vorzeichen im Zaehler hat sich also herumgedreht).

Die Wurzelversion der kubischen Resolvente lautet

+- D1D2 = bZ - 2ad

und da aus bZ < 2ad folgt bZ - 2ad < 0,
ist die rechte Seite negativ, also muss
auf der linken Seite "-" stehen (siehe gestern):

- D1D2 = bZ - 2ad

woraus folgt

bZ + D1D2 = 2ad

[bZ + D1D2]/2 = ad

und damit haben wir gezeigt, dass fuer bZ < 2ad
das Produkt

(ax^2 + s1 x + t2)(ax^2 + s2 x + t1)

= a(ax^4 + bx^3 + cx^2 + dx + e)

ist, also dieselben Nullstellen hat.

Man koennte meinen Algorithmus also so formulieren:

- stelle die kubische Resolvente auf
- Loese die kubische Resolvente
- Bestimme Z
- Loese die quadratischen Gleichungen fuer s und t

- Falls bZ >= 2ad, so loese die quadratischen Gleichungen

ax^2 + s1 x + t1 = 0 und ax^2 + s2 x + t2 = 0

- Falls bZ < 2ad, so loese die quadratischen Gleichungen

ax^2 + s1 x + t2 = 0 und ax^2 + s2 x + t1 = 0

Das ist aber umstaendlich zum Auswendiglernen.
Viel einfacher ist doch folgende Formulierung:

- die leichter zu merkende Kombination ist die erste,
weil da in der 1. Gleichung nur der Index 1,
in der 2. Gleichung nur der Index 2 vorkommt
(bei der zweiten Kombination sind die Indizes gemischt).

- Also nehmen wir den Fall bZ >= 2ad als "Normalfall" an,
wo wir einfach schreiben koennen:

ax^2 + s1 x + t1 = 0 und ax^2 + s2 x + t2 = 0

- und den "Sonderfall" bZ < 2ad fuehren wir einfach
auf den Normalfall zurueck, indem wir t1 mit t2 vertauschen
(oder auch s1 mit s2, das ist vollkommen schnurz).

Und so kommen wir zu der Formulierung in meinem Algorithmus:

Falls bZ < 2ad, so vertausche t1 und t2

Loese die beiden quadratischen Gleichungen

ax^2 + s1 x + t1 = 0 und ax^2 + s2 x + t2 = 0
(in JEDEM der beiden Faelle!)

Auf diese Weise erspart man sich das Merken
oder Programmieren einer weiteren Quadratterm-Kombination!
Denn die Operation "vertauschen" kann man sich wirklich
leicht auswendig merken.

Na, was haeltst Du von dieser Idee?
Ich wuesste keinen Weg, das Ganze noch kuerzer
und einfacher aufzuschreiben.

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 15:01:

Hallo Dirk,

Ich finde die Formulierungen auch so in Ordnung.Ich kann mir auch kein einfacheres Verfahren vorstellen.

könntest du trotzdem noch Ferrarie und das alte bombelliverfahren allgemein herleiten?

zur Komplettierung.

Ich würde mich sehr freuen.

Viele Grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 17:27:

Hallo Niels,

koennte ich schon, aber ich weiss nicht,
wieviel Zeit das braucht. Obendrein habe ich
kuerzlich eine noch etwas elegantere Herleitung
der allgemeinen Formel (fuer ax^4 + ...) gefunden.

An der alten hat mich naemlich gestoert,
dass man immer noch mit /2 Bruechen rechnen musste.
Das kam auch in unseren Beispielen zum Ausdruck.
Erinnerst Du Dich, wie ich Dir sagte, die Beispiele
sollten ein durch 2 oder 4 teilbares "b" haben?
Das brauchen wir jetzt nicht mehr!!!

Halten wir also mal fest:
Der Beweis fuer das allgemeine Verfahren
ist komplett, den Algorithmus hast Du auch.
Aber die neue, elegantere Herleitung kennst Du
noch nicht. Ich habe sie aber schon in meine
Abhandlung eingearbeitet und der Schuelerin
aus Bayern zukommen lassen, die darueber
eine Facharbeit schreiben muss.

Darum mein Vorschlag:

Willst Du meine Abhandlung haben?
Da steht alles drin, was Du wissen willst.
Auch die Herleitungen von Ferrari und Bombelli,
mit Beweis, Beispielen, Algorithmus, historischen
Anmerkungen usw. usw.
Auch ein einfuehrendes Kapitel "Motivation",
in denen ich meine Beweggruende fuer die
Entwicklung einer eigenen Formel darlege.

Ingesamt ca. 80 Seiten!!!

(Das Kapitel ueber die Form ax^4 + ...
ist genau 14 Seiten lang).

Allerdings habe ich die elegantere Herleitung
noch nicht auf Ferrari und Bombelli uebertragen.

Weiterer Vorschlag:
die elegantere Herleitung mal an einem Beispiel
durchrechnen, das heisst Du multiplizierst wieder
mal zwei quadratische Polynome mit ganzzahligen
Koeffizienten miteinander und teilst mir das
Ergebnis in der allgemeinen Form

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

mit. Diesmal gibt es keine weiteren Einschraenkungen
fuer die Koeffizienten! (ausser a <> 0).
Insbesondere darf b auch ungerade sein.

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 25. Januar, 2001 - 20:37:

Hallo Dirk,

Das mit der Abhandlung wäre toll!!!!!

du kannst mir sieja mailen, die Adresse hast du doch noch oder?

zu der Aufgabe:

Ich habe mir 2 quadratpolynome ausgedacht, deren koeffizienten willkürlich gewählt sind. Ich habe nicht die Nullstellen dieser Polynome berechnet.Sie müssten außerordentlich krum sein.

Hier mein Ergebnis:

15x⁴-7x³-11x²+83x-56=0

Ich hoffe ich habe kein fehler beim ausmultiplizieren gemacht....

Viele grüße

Niels

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 31. Januar, 2001 - 19:06:

Hallo Niels,

nein, Du hast keinen Fehler gemacht.
Ich kann das ja mit meinen Programmen
blitzschnell nachpruefen.

Die Abhandlung schicke ich Dir nach diesem Beispiel.
Jetzt die Loesung des Beispiels:

Wir wollen ja die 1/2 und 1/4 Brueche vermeiden,
die sich insbesondere bei ungeradem "b" ergaben.
Warum? Weil wir auf der linken Seite der Gleichung
das Quadrat (ax^2 + b/2 x + Z/2)^2 ausmultipliziert haben.

Wir koennten, um das zu vermeiden, das Innere der
Klammer auf den gemeinsamen Hauptnenner 2 bringen:

[(2ax^2 + bx + Z)/2 ]^2 = ...

Und dann haetten wir nach dem Quadrieren:

(4a^2x^2 + ... + Z^2)/4 = ...

und koennten dann die ganze Gleichung mit 4
durchmultiplizieren.

Aber warum machen wir nicht gleich den Ansatz
(2ax^2 + bx + Z)^2 = ...

und lassen die Brueche weg?
Das geht naemlich ganz einfach:

Die Anfangsgleichung

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

wird von den meisten Leuten durch a dividiert.
Wir dagegen haben sie bisher mit a multipliziert.
Und jetzt multiplizieren wir sie nochmal mit 4,
insgesamt also mit 4a. Dann steht da naemlich

4ax^4 + 4abx^3 + ... = ...

und damit

(2ax^2 + ...)^2 = ...

Das steht dann alles in der Abhandlung genau drin,
und zwar fuer den allgemeinen Fall.

Fuer unser konkretes Beispiel bedeutet das:

15x^4 - 7x^3 - 11x^2 + 83x - 56 = 0

muss mit 4*15, also mit 60 multipliziert werden:

900x^4 - 420x^3 - 660x^2 + 4980x - 3360 = 0

900x^4 - 420x^3 = 660x^2 - 4980x + 3360

Ansatz (2ax^2 + bx + Z)^2 = ...

(30x^2 - 7x + Z)^2

= 900x^4 + 49x^2 + Z^2 + 2*(30x^2)*(-7x) + 2*(-7x)*Z + 2*(30x^2)*Z

= 900x^4 - 420x^3 + (60Z + 49)x^2 - 14Zx + Z^2

also muss man auf beiden Seiten den Term
(60Z + 49)x^2 - 14Zx + Z^2
addieren (quadratische Ergaenzung):

900x^4 - 420x^3 + (60Z + 49)x^2 - 14Zx + Z^2
=
660x^2 - 4980x + 3360 + (60Z + 49)x^2 - 14Zx + Z^2

Linke Seite als Quadrat, rechte Seite zusammenfassen:

(30x^2 - 7x + Z)^2 = (60Z + 709)x^2 - (14Z + 4980)x + (Z^2 + 3360)

Beim linearen Glied der rechten Seite koennen wir
noch den Faktor 2 vor die Klammer ziehen
(uebrigens nicht nur in diesem Beispiel,
sondern allgemein!):

(30x^2 - 7x + Z)^2 = (60Z + 709)x^2 - 2(7Z + 2490)x + (Z^2 + 3360)

Jetzt die Bedingung fuer die kubische Resolvente:

[-2(7Z + 2490)]^2 = 4(60Z + 709)(Z^2 + 3360)

4(7Z + 2490)^2 = 4(60Z + 709)(Z^2 + 3360)

Und jetzt durch 4 teilen (geht immer!):

(7Z + 2490)^2 = (60Z + 709)(Z^2 + 3360)

Das ist die faktorisierte Form der kubischen Resolvente,
und links wird unser beruehmtes bZ - 2ad
quadriert.

Ausmultiplizieren:

49Z^2 + 34860Z + 6200100 = 60Z^3 + 709Z^2 + 201600Z + 2382240

Alles auf eine Seite schaufeln:

60Z^3 + 660Z^2 + 166740Z - 3817860 = 0

Und den ganzen Mist durch 60 teilen:

Z^3 + 11Z^2 + 2779Z - 63631 = 0

Somit haben wir die riesigen Koeffizienten
auf ein ertraegliches Mass reduziert.
Wenn wir meine Loesungsformel benutzt haetten,
haetten wir uebrigens gar nicht mit so grossen
Zahlen rechnen muessen, sondern gleich gesehen,
dass z.B. der Koeffizient von z^2 gleich -c ist,
also +11.
Aber Du siehst, dass wir bisher keinen einzigen
Bruch in der Rechnung haben!

So, die kubische Resolvente hat eine ganzzahlige
Loesung z1 = 19, die man z.B. mit der Schulmethode
als Teiler des Absolutgliedes -63631 finden kann.
Polynomdivision durch den Linearfaktor ergibt:

(Z^3 + 11Z^2 + 2779Z - 63631) : (Z - 19) = Z^2 + 30Z + 3349

also ergeben sich die beiden weiteren Loesungen
der kubischen Resolvente aus der quadratischen Gleichung

Z^2 + 30Z + 3349 = 0

z2,3 = -15 +- 2sqrt(781) i = -15 +- 55,892754 i

sind also komplex. Darum ist Z = 19.
Einsetzen von Z = 19 in die obige x-Gleichung:

(30x^2 - 7x + Z)^2 = (60Z + 709)x^2 - 2(7Z + 2490)x + (Z^2 + 3360)

(30x^2 - 7x + 19)^2 = (1140 + 709)x^2 - 2(133 + 2490)x + (361 + 3360)

(30x^2 - 7x + 19)^2 = 1849x^2 - 2*2623x + 3721

(30x^2 - 7x + 19)^2 = (43x - 61)^2

Bevor wir nun die "Orange schaelen", achte mal
auf die rechte Seite. Wie sind wir eigentlich auf
den Term 43x - 61 gekommen?

43: durch Wurzelziehen von 1849
61: durch Wurzelziehen von 3721

und das "-" waehlten wir, weil das lineare Glied
- 2*2623x hiess, also einen negativen Koeffizienten hatte.
Dieses Glied entspricht aber genau dem bZ - 2ad,
mit anderen Worten, es haengt vom Vorzeichen
von bZ - 2ad ab, wie man die rechte Seite
formuliert! Das ist nichts anderes als das
Vorzeichenkriterium "Falls bZ < 2ad, ..."
aus meinem Algorithmus!

Wir haben die Notwendigkeit
dieses Kriteriums bisher nur nicht erkannt,
weil wir in den Beispielen durch "Hingucken"
bzw. Intuition automatisch das richtige Vorzeichen
gewaehlt haben! Wuerden wir naemlich
43x + 61 waehlen, waere die Gleichung falsch
und wuerde auf die falschen quadratischen x-Gleichungen fuehren!

Ich wollte Dir das nur nochmal klarmachen bzw.
am Beispiel zeigen, dass das Vorzeichenkriterium
zustandekommt und warum wir es erst bei der
ALLGEMEINEN Formel als solches wahrgenommen haben.

Der Rest geht wie gehabt.
Wurzelziehen auf beiden Seiten:

30x^2 - 7x + 19 = +-(43x - 61)

Erste quadratische x-Gleichung:

30x^2 - 7x + 19 = 43x - 61

30x^2 - 50x + 80 = 0

3x^2 - 5x + 8 = 0

mit den komplexen Loesungen

x1 = (5 + sqrt[71]i)/6 = 0.8333333 + 1,4043582i
x2 = (5 - sqrt[71]i)/6 = 0.8333333 - 1,4043582i

Zweite quadratische x-Gleichung:

30x^2 - 7x + 19 = -43x + 61

30x^2 + 36x - 42 = 0

5x^2 + 6x - 7 = 0

mit den reellen Loesungen

x3 = (-3 + 2sqrt[11])/5 = + 0,7266498
x4 = (-3 - 2sqrt[11])/5 = - 1,9266498

So dass die urspruengliche Zerlegung Deines Polynoms so aussah:

(3x^2 - 5x + 8)(5x^2 + 6x - 7)

was ausmultipliziert tatsaechlich wieder
das biquadratische Polynom der Ausgangsgleichung
ergibt:

15x^4 - 7x^3 - 11x^2 + 83x - 56

Es fasziniert mich immer wieder, dass bei der
Kontrolle das Richtige herauskommt, obwohl
es eigentlich klar ist...

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. Februar, 2001 - 16:37:

Hallo Dirk,

das ist ja genial, mit dem 4a multiplizieren...

ich habe hier auch noch was über Gleichungen 4. Grades gefunden:

Gleichungen 4. Grades

wenn du das Verfahren, was dort vorgeschlagen wird, bitte kommentieren könntest, dann wäre ich Dir sehr dankbar!!

Gruß N.

Niels

Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. Februar, 2001 - 16:55:

Hallöchen Dirk,

außerdem habe ich hier noch ein schönen link zur Galois-Theorie:

Galois-Theorie

Schließlich interressiert es mich auch, was ich machen kann, wenn ich in der Schule "zum Frühstück" eine Gleichung vom Grade n>4 vorgesetzt bekomme.

Darüber könnten wir uns auch nochmal unterhalten.

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Freitag, den 02. Februar, 2001 - 19:26:

Hallo Niels,

die Abhandlung habe ich Dir soeben zugemailt!
Jetzt zu Deinem Links zu der anderen Loesungsformel:

Diese Formel stammt aus dem Nachschlagewerk:

"Taschenbuch mathematischer Formeln und moderner Verfahren"

Autor: Prof. Horst Stoecker
Verlag: Harri Deutsch Verlag

und es war genau die Formel, die mich zur
Entwicklung meiner eigenen Formel motivierte!

Bis ca. 1990 stand naemlich in den meisten
Formelsammlungen (unter anderem dem beruehmten
"Bronstein-Semendjajew") eine ganz andere Formel,
die nicht aus dem 16. Jahrhundert von Ferrari ist,
sondern aus dem 18. Jahrhundert von Leonhard Euler!

Dieser geht vom selben Format wie Ferrari aus,
also der REDUZIERTEN Gleichung ohne kubisches Glied.
Waehrend Ferrari aber die Gleichung 4. Grades
eleganterweise in zwei quadratische Gleichungen
zerlegt (was nach dem Fundamentalsatz der Algebra
von Carl Friedrich Gauss eigentlich logisch ist),
versucht Euler, die Gleichung direkter zu loesen.

Er benutzt eine ganz aehnlich kubische Resolvente
wie Ferrari, aber seine Herleitung geht nicht ueber
quadratische Ergaenzung, sondern ueber ein komisches
nichtlineares Gleichungssystem, das ich nie
ganz kapiert habe.

Aber das Bloedeste ist, dass Euler ALLE DREI
Loesungen z1,z2,z3 der kubischen Resolvente braucht,
auch wenn z2 und z3 komplex sind!
Und dann zieht er aus jeder der Loesungen die
Quadratwurzel, also sqrt(z1), sqrt(z2), sqrt(z3).
Und schon braucht man komplexes Wurzelziehen,
wenn man Pech hat!

Deshalb machte ich mir schon zu meiner Schulzeit
folgende Gedanken:
Wenn man durch Polynomdivision einen LINEARfaktor
abspalten kann, koennte man doch vielleicht auch
einen QUADRATfaktor abspalten!

Und dann schrieb ich eine biquadratische Gleichung auf,
hatte aber keine Ahnung, wie ich auf diese Quadratzerlegung
kommen sollte, und gab auf.
Heute weiss ich, dass ich es mit meinem damaligen
Wissen gar nicht schaffen konnte, weil man dazu
ja die kubische Resolvente braucht.
Deren einziger Zweck ja ist, diese Quadratzerlegung
herzustellen, alles weitere ist dann nur noch Standard.

Ja, und dann habe ich Ende der 80er Jahre notgedrungen den Euler programmiert, aber in
manchen Faellen kamen da falsche Ergebnisse raus.
Dann machte ich eine Aenderung am Programm,
und es schien zu funktionieren. Aber ich wusste
nie genau warum, bzw. war mir nie 100% sicher,
dass die Loesungen immer korrekt berechnet werden.

Dann entdeckte ich nach mehrjaehriger Pause 1995
die Formel, die ich jetzt kommentieren soll.
Es war die erste, die ueberhaupt davon redete,
man solle das Ding auf zwei quadratische Gleichungen bringen. Aufgrund einiger Maengel
an dieser Formel (sieh selbst: die Groesse "D"
kann Null werden, steht aber im Nenner!
Oder sie kann komplex werden, wenn man y
"irgendwie" waehlt) blickte ich das Ganze aber
immer noch nicht und verwarf es wieder.

Dann, im Maerz 1998, zog ich ebendiese Formel
wieder heraus und versuchte, sie zu beweisen
oder herzuleiten - wieder vergeblich, zuviel
war unklar.

Und dann, zwei Monate spaeter, im Mai 1998,
habe ich eine falsche Herleitung von Ferrai
in "Meyers Rechenduden" von 1960 gefunden.
Der erste Teil der Herleitung bezog sich auf
Ferrari, dann kam ein Bruch, und ohne weitere
Erklaerung haben sie dann das Ergebnis von
Euler gebracht, also vollkommen inkonsistent
und falsch! Aber beim Nachrechnen des Ansatzes
von Ferrari habe ich endlich geschnallt,
wie die kubische Resolvente zustandekommt,
und dann ging es Schlag auf Schlag.
Ich fand eine Verbesserung nach der anderen,
im Juli 1998 z.B. die Verallgemeinerung von
Ferrari auf Bombelli, und danach noch das
Vermeiden von Bruechen und die Einfuehrung
von zwei quadratischen Gleichungen fuer s und t.

Und nach einem halben Jahr, im November 1998,
hatte ich die endgueltige Version meiner
Loesungsformel (die ich Dir erklaert habe).
Und die Grundform der jetzigen Abhandlung
war da auch schon geschrieben.

So war das!

Zu den genauen Unterschieden zwischen den Formeln
schreibe ich nochmal. Aber soviel vorweg:

Prof. Horst Stoecker liess sich von der Ueberlegenheit
meiner Formel ueberzeugen und hat mir zugesagt,
dass meine Formel in die naechste Auflage kommt
- und damit hoffentlich auch auf die Homepage,
die Du mir geschickt hast!

Schoenes Woechenende noch!

Viele Gruesse von
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 05. Februar, 2001 - 14:16:

Hallo Dirk,

vorab:

Hast du meine Mail erhalten?

Ich konnte bisher die Abhandlung nicht lesen, weil mein PC nichts mit dem "postscript" Dateiformat anfangen kann. könntest du sie mir in einem anderem Format schicken? (.pdf zum Beispiel...)

Zu Herrn Euler:

Ist ja höst interressant...warscheinlich giebt es wohl kaum ein Gebiet in der mathematik in dem euler nichts zu beigetragen hat.Wiso hat Euler sich damit beschäftigt? ich meine 2 Lösungsverfahren müßten doch ausreichen, zumal wie ich finde Euler es nicht groß weiterentwickelt hat. Von allen Verfahren zur Lösung biquadratischer Gleichungen und ich kenne nur 4 !!-Giebt es noch mehr?-finde ich, ist das von Euler das weitaus komplizierteste!! Wiso steht ein derart kompliziertes Verfahren in einer solchen formelsammlung?-oder hat das Verfahren von Euler irgentwelche vorzüge gegenüber Ferrari und Bombelli?

Gruß N.
.

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 05. Februar, 2001 - 17:10:

Hallo Niels,

Deine Mail habe ich erhalten und beantwortet.

Zu Euler:

Ich kenne eigentlich nur ZWEI grundsaetzlich
verschiedene algebraische Loesungsmethoden:
die von Ferrari, Bombelli und mir
(Bombelli ist nur Verallgemeinerung von Ferrari,
meins ist nur Verallgemeinerung von Bombelli)
und das voellig andere von Euler.

Warum hat Euler sich damit befasst?
Aus einem sehr noblen Grund, denn er wollte
eine einheitliche Theorie fuer ALLE algebraischen
Gleichungen und eine Loesungsverfahren entwickeln,
das fuer ALLE Grade funktioniert!!!

Denn im 18. Jahrhundert, als er das erforschte,
war noch unklar, ob man die Gleichung 5. und
hoeheren Grades algebraisch loesen kann.
Die Unmoeglichkeit wurde erst kurz nach 1800
bewiesen, naemlich von Paolo Ruffini (Italien, 1798),
Niels Henrik Abel (Norwegen, 1804) und Evariste Galois
(Frankreich, 1832).
Keine Garantie fuer die Jahreszahlen, aber
ungefaehr stimmts!

Euler erkannte Gemeinsamkeiten in der Struktur
der Loesungsformeln fuer die Grade 1 bis 4
und hoffte deshalb, durch Verallgemeinerung
ein Verfahren fuer beliebig hohe Grade zu finden.
Weil das unmoeglich ist, musste er daran scheitern,
aber die Idee war natuerlich genial,
und der Versuch sehr loeblich.

Ein paar weitere Details ueber seine Versuche
kann ich Dir demnaechst mal verraten,
ich habe naemlich seine Schrift fast im Original
gelesen (naemlich eine kommentierte Abschrift von
einem anderen Autor aus dem Jahre 1738, als Euler
im russischen St. Petersburg weilte).
Steht im Literaturverzeichnis meiner Abhandlung
(letzte Seite)!

Fuer den praktischen Gebrauch ist Eulers Methode
fuer den Grad 4 jedoch unbrauchbar, wenn man keine
komplexe Arithmetik zur Verfuegung hat.
Die meisten Formelsammlungen vernachlaessigen
diesen Aspekt und denken, komplexe Zahlen seien
halt Standard und einfach. Sind sie aber nicht,
sonst wuerde man sie in der Schule und im Alltag
nicht meiden wie der Teufel das Weihwasser...

Selbst an der Uni rechnet man mit ihnen nur ungern.

Einen Vergleich Euler-Ferrari/Bombelli findest
Du in meiner Abhandlung, die Du besser erst
anschauen solltest, bevor wir weiterdiskutieren.

Also muessen wir jetzt erstmal das Problem
"Postscript-Datei" angehen...

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 06. Februar, 2001 - 17:22:

Hallo Dirk,

ich korrigiere nur kurz die Jahreszahlen:

Der erste lückenhafte Beweis der Unmöglichkeit der Auflösung algebrarischer Gleichungen führte Paolo Ruffini(1765-1822) 1799 .

Niels Henrik Abel lebte von 1802-1829, er starb 1829 an Tuberkulose. Den Beweis führte er erfolgreich 1824 .

Das mit Galois stimmt.(->Link)

Gruß N.

Der Rest stimmt

Goldfinger

Veröffentlicht am Mittwoch, den 07. Februar, 2001 - 10:55:

Hallo Niels,

Du hast vollkommen recht,
Ruffini war 1799 und noch lueckenhaft,
aber wohl schon ziemlich nahe dran.
Jedenfalls so nahe, dass es die anderen
Forscher befluegelt hat...

Abhandlung ist fast versandfertig,
die falschen Beweise bei Ferrari und
Bombelli korrigiert. Hatte aber noch
keine Zeit zum Ausdrucken. Wird aber
bestimmt diese Woche noch erledigt.

Gruss,
Dirk

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 12. Februar, 2001 - 10:51:

Hallo Niels,

die Abhandlung ist unterwegs zu Dir!
Habe sie heute morgen per Post abgeschickt.

Uebrigens, was die anfaengliche Multiplikation mit
4a betrifft:

Ganz genauso kann man auch die Loesungsformel
fuer quadratische Gleichungen herleiten,
um Brueche zu vermeiden!

Bisher habe ich die Formel immer so hergeleitet:

ax^2 + bx + c = 0

durch a teilen:

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

x^2 + b/a x = - c/a

quadratische Ergaenzung + (b/2a)^2

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

linke Seite als Quadrat schreiben,
rechte Seite ausmultiplizieren:

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

rechte Seite auf gemeinsamen Nenner bringen:

(x + b/2a)^2 = b^2/(4a^2) - 4ac/(4a^2)

Rechte Seite zusammenfassen:

(x + b/2a)^2 = (b^2 - 4ac)/(4a^2)

Quadratwurzel auf beiden Seiten ziehen:

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

und b/(2a) subtrahieren:

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

und rechte Seite zusammenfassen:

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

Soweit, so schlecht.
Einfacher geht es, wenn man eingangs
die Gleichung mit 4a multipliziert:

ax^2 + bx + c = 0

4a^2x^2 + 4abx + 4ac = 0

4a^2x^2 + 4abx = -4ac

Quadratische Ergaenzung + b^2:

4a^2x^2 + 4abx + b^2 = b^2 - 4ac

Auf der rechten Seite steht jetzt
die Diskriminante, also eine Zahl
und damit automatisch ein "perfect square".
Wir brauchen also keine Resolvente!

Linke Seite als Quadrat schreiben:

(2ax + b)^2 = b^2 - 4ac

Quadratwurzel auf beiden Seiten:

2ax + b = +- sqrt[b^2 - 4ac]

Subtraktion von b:

2ax = -b +- sqrt[b^2 - 4ac]

Division durch 2a:

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

Also haben wir waehrend der Rechnung
keinen einzigen Bruch benoetigt,
sondern erst am Schluss eine einzige
(unvermeidbare) Division!

Na, wie findet Du diese Herleitung?

Gruss,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Montag, den 12. Februar, 2001 - 18:02:

Hallo Dirk,

was soll ich da noch sagen...einfach spitze!!!

könnte man nicht noch was an der Herleitung der cardanischen Formel drehen?
...so etwas mit 3ab multiplizieren?

Ist die cardanische Formel die einzigste explizite möglichkeit kubische Gleichungen zu lösen? Oder giebt es für die kubische Gleichung auch noch andere Verfahren?b (Herr Euler hätte ja die möglichkeit auch zu diesem Thema etwas beizutragen...)

Gruß N.

ps: Schön das du "Ferrari getunt" hast...jetzt ist es/er nocht schneller:-))

Goldfinger

Veröffentlicht am Montag, den 12. Februar, 2001 - 20:57:

Hallo Niels,

schlau wie Du bist, hast Du gleich erraten,
woran ich jetzt arbeite: an der kubischen Gleichung!

In der Tat sollte man auch hier erstmal
multiplizieren, allerdings nicht mit 3a,
wie ich zuerst annahm, sondern mindestens
mit 27a^2.

Das a^2 braucht man, damit aus dem kubischen
Glied ax^3 der Term 27a^3x^3 wird, was dasselbe
ist wie (3ax)^3. Denn jetzt muss man statt
einer quadratischen Ergaenzung eine KUBISCHE
Ergaenzung machen!

Hier mein bisheriger Gedankengang:
Man geht wieder von der ALLGEMEINEN Form aus:

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

Multiplikation mit 27a^2:

27a^3x^3 + 27a^2bx^2 + 27a^2cx + 27a^2d = 0

Isolation der 2. und 3. Potenz:

27a^3x^3 + 27a^2bx^2 = - 27a^2cx - 27a^2d

Die "passende" binomische Formel lautet:

(s + t)^3 = s^3 + 3s^2t + 3st^2 + t^3

Koeffizientenvergleich:

27a^3x^3 = s^3 => s = 3ax

27a^2bx^2 = 3s^2t = 3(9a^2x^2)t = 27a^2x^2t => t = b

Es ist also

(3ax + b)^3 = 27a^3x^3 + 27a^2bx^2 + 9ab^2x + b^3

(nachpruefen!)
Deshalb addieren wir als kubische Ergaenzung
auf beiden Seiten der Gleichung

27a^3x^3 + 27a^2bx^2 = - 27a^2cx - 27a^2d

den Term 9ab^2x + b^3:

27a^3x^3 + 27a^2bx^2 + 9ab^2x + b^3 = 9ab^2x + b^3 - 27a^2cx - 27a^2d

Linke Seite als Kubus schreiben,
rechte Seite zusammenfassen:

(3ax + b)^3 = (9ab^2 - 27a^2c)x + (b^3 - 27a^2d)

Lineares Glied vereinfachen:

(3ax + b)^3 = 9a(b^2 - 3ac)x + (b^3 - 27a^2d)

und jetzt ein kleiner schmutziger Trick:
das lineare Glied nochmals anders schreiben:

(3ax + b)^3 = 9ax(b^2 - 3ac) + (b^3 - 27a^2d)

und beim linearen Glied (3ax) ausklammern:

(3ax + b)^3 = 3(b^2 - 3ac)(3ax) + (b^3 - 27a^2d)

Und jetzt substituieren, aber nicht wie bisher
y := x - b/(3a) setzen, sondern

y := 3ax + b bzw. y - b = 3ax

Dann lautet die kubische Gleichung

(y)^3 = 3(b^2 - 3ac)(y - b) + (b^3 - 27a^2d)

und durch Ausmultiplizieren entsteht

y^3 = 3(b^2 - 3ac)y - 3b(b^2 - 3ac) + (b^3 - 27a^2d)

y^3 = 3(b^2 - 3ac)y - 3b^3 + 9abc + b^3 - 27a^2d

y^3 = 3(b^2 - 3ac)y + (2b^3 + 9abc - 27a^2d)

Und damit haben wir eine REDUZIERTE kubische Gleichung
ohne quadratisches Glied, die garantiert
ganzzahlige Koeffizienten hat, sofern
a,b,c,d ganzzahlig sind!

Wir koennen jetzt naemlich definieren:

p := b^2 - 3ac
q := 2b^3 + 9abc - 27a^2d

(mit ganzzahligen p,q falls a,b,c,d ganzzahlig)
und koennen die reduzierte kubische Gleichung
dann so aufschreiben:

y^3 = 3py + q

Ich schaufle 3py und q mal absichtlich nicht
auf die linke Seite, um die Normalform
herzustellen, sondern rechne gleich weiter,
um die quadratische Resolvente aufzustellen.
Bei der Cardanischen Formel ist ja

y = u+v

Das machen wir hier auch:

y^3 = 3py + q

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

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

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

Koeffizientenvergleich:

u^3 + v^3 = q

3uv = 3p => uv = p => u^3v^3 = p^3

Damit lautet nach dem Satz von Vieta
unsere quadratische Resolvente fuer u^3 und v^3:

z^2 - qz + p^3 = 0

und hat ebenfalls ganzzahlige Koeffizienten.
Ich muss jetzt Schluss machen, Weiteres spaeter.

Viele Gruesse,
Dirk

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Februar, 2001 - 07:54:

Hallo Dirk,

kurze Frage:

wäre es nicht besser im Bezug auf die quadratische Resolvente 2q zu definieren?->pq-Formel mit Brüchen...

Gruß N.

Goldfinger

Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Februar, 2001 - 10:02:

Hallo Niels,

exakt! Genau das hatte ich auch vor,
war mir nur nicht sicher, ob es wirklich
was bringt. Andererseits kann man das Ganze
vielleicht noch weitertreiben, denn ich habe
den Verdacht, dass man q vielleicht nicht nur
mit 2, sondern sogar mit 16 multiplizieren sollte,
damit man dann noch eine 8 als Faktor herausziehen
kann, was fuer die Kubikwurzel gut waere.
Bin da noch am Tuefteln.

Einstweilen koennen wir (da unser bisheriges q
ja leider nicht durch 2 teilbar ist)
versuchen, statt y = 3ax + b vielleicht
y = 2(3ax + b) = 6ax + 2b zu waehlen.

Ich habe das neulich mal durchgerechnet,
aber meine Unterlagen verloren...
muss es deshalb nochmal herleiten.
Oder war es y = 3ax + 2b ?
Muss mal kurz ueberlegen.

Bis spaeter,
Dirk

PS:
Kannst Du vielleicht eine neue Exkurs-Seite
mit dem Titel "Kubische Gleichungen" oder so
aehnlich anlegen?
Das Thema "Biquadratische Gleichung ist ja fast
abgeschlossen und diese Seite wird allmaehlich
zu lang zum Laden und Scrollen...

Niels

Veröffentlicht am Dienstag, den 13. Februar, 2001 - 14:30:

Hier geht es zurück zum.

1.Teil des Exkurses

und hier geht es weiter:

3. Teil des Exkurses

Gruß N.

Domi

Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. November, 2001 - 19:35:

hallo Ihr Mathegenies, könnt ihr mir helfen?
wie beweißt man, dass es keine naturliche Zahl n gib, für die die Zifferndarstellung der zahl 9hoch n (9³nur statt mit 3 mit n) +1 auf mehr als eine Null endet!
Jetzt schon danke
Domi

Florin

Veröffentlicht am Donnerstag, den 01. November, 2001 - 23:04:

Hallo Domi,
Nur wenn Du einen neuen Beitrag öffnest!

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