Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Hier könnt Ihr euch einfach so unterhalten

Moderatoren: Guhrfisch, nocheinPoet

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon Dgoe » Dienstag 14. Oktober 2014, 13:12

Hallo Ralf,

a. ?
für 0. geht jedes x
für 1. bis n. nur x=1

Gruß,
Dgoe
Alle sagten immer das geht nicht, dann kam jemand, der das nicht wusste, und hat es einfach gemacht!
Benutzeravatar
Dgoe
 
Beiträge: 1204
Registriert: Freitag 31. Mai 2013, 15:41

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Dienstag 14. Oktober 2014, 13:49

Dgoe hat geschrieben:a. ?

Der Fall a.) beschreibt - wieder einmal - die Nullfunktion. Diese kann niemals 1 werden und hat somit keine Lösung.

Dgoe hat geschrieben:für 0. geht jedes x

Korrekt.

Dgoe hat geschrieben:für 1. bis n. nur x=1

Was ergibt x² - 1 = 0 an der Stelle x = (-1) ?


Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon Dgoe » Dienstag 14. Oktober 2014, 16:38

Hallo Ralf,

(-1*-1)-1 = (+1)-1 = 0

Ich denke halt eher positiv. ;)
Also gut, für alle geraden Exponenten kommt noch -1 dazu.

Gruß,
Dgoe
Alle sagten immer das geht nicht, dann kam jemand, der das nicht wusste, und hat es einfach gemacht!
Benutzeravatar
Dgoe
 
Beiträge: 1204
Registriert: Freitag 31. Mai 2013, 15:41

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Dienstag 14. Oktober 2014, 17:18

Dgoe hat geschrieben:Also gut, für alle geraden Exponenten kommt noch -1 dazu.

Hallo Dgoe,

was ergibt x4 - 1 = 0 an den Stellen x = i und x = (-i) ?


Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon Dgoe » Mittwoch 15. Oktober 2014, 00:12

Hallo Ralf,

i² = -1
-1² = 1
(i²)² = 1
(i²)² - 1 = 0

ein minus vor dem i fällt bei geraden Exponenten ja ebenso wech.

Ich denke halt mehr bodenständig, nicht so imaginär...
Also gut, x=i und x=-i kommt ausnahmsweise auch noch dazu.

Gruß,
Dgoe
Alle sagten immer das geht nicht, dann kam jemand, der das nicht wusste, und hat es einfach gemacht!
Benutzeravatar
Dgoe
 
Beiträge: 1204
Registriert: Freitag 31. Mai 2013, 15:41

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Mittwoch 15. Oktober 2014, 00:45

Dgoe hat geschrieben:Also gut, x=i und x=-i kommt ausnahmsweise auch noch dazu.

Hallo Dgoe,

da ist der Hauptsatz der Algebra aber anderer Meinung:

ralfkannenberg im astronews hat geschrieben:dabei wird Dir ein vager alter Bekannter noch behilflich sein, nämlich der Hauptsatz der Algebra, der Dir sagt, dass die Gleichung x3 - 1 = 0 als Polynom 3.Grades eben 3 Lösungen hat und nicht nur eine. Diese liegen wie ein Mercedes-Stern im Einheitskreis, von denen ein Ast von der 0 zur 1 geht. Die beiden anderen Äste findest Du, wenn Du diesen Ast um 120° und um 240° (= -120°) drehst. Wenn Du das nicht glaubst, so kannst Du das mit Cosinus und Sinus nachrechnen, hierfür empfehle ich aber Bernhards Google-Formel-Tool, denn sowas von Hand auszurechnen ist ein Brain Teaser. Ich habe das mal, als ich noch jung war, gemacht und es hat tatsächlich gestimmt. Allerdings habe ich gar nicht erst gezählt, wie oft ich mich dabei verrechnet habe. Natürlich weist man das nur für eine der beiden verbliebenen Lösungen nach, denn die andere ist ja konjugiert komplex, d.h. man braucht sich nur zu überlegen, warum diese Rechnung für sie auch gültig ist.


Im obigen Fall a hast Du also keine Lösung, im Fall 0 sind alle x Lösungen, im Fall 1 hast Du 1 Lösung, im Fall 2 hast Du 2 Lösungen, im Fall 3 hast Du 3 Lösungen, im Fall 4 hast Du 4 Lösungen und im Fall n hast Du n Lösungen.

Diese sind wie ein Stern gleichmässig im Einheitskreis angeordnet, wobei ein Ast dieses n-Sternes in der Zahl 1 liegt. Von dort drehst Du dann einfach um den Winkel 360°/n und erhälst eine weitere Nullstelle. Zudem sind alle ganzzahligen Vielfachen von 360°/n-Drehungen ebenfalls Lösungen. Man nennt diese n "n.-ten Einheitswurzeln" übrigens auch "konjugiert".

Daher kommt übrigens auch die Ausdrucksweise "konjugiert komplex" für Zahlen der Form a-bi zu a+bi. Ein Polynom mit reellen Koeffizienten hat als Nullstellen nämlich stets reelle Zahlen sowie solche Pärchen konjugiert komplexer Zahlen.


Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon Dgoe » Mittwoch 15. Oktober 2014, 08:23

Faszinierend!

:)

Gruß,
Dgoe
Alle sagten immer das geht nicht, dann kam jemand, der das nicht wusste, und hat es einfach gemacht!
Benutzeravatar
Dgoe
 
Beiträge: 1204
Registriert: Freitag 31. Mai 2013, 15:41

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Mittwoch 15. Oktober 2014, 12:37

ralfkannenberg hat geschrieben:
ralfkannenberg im astronews hat geschrieben:die Gleichung x3 - 1 = 0 als Polynom 3.Grades eben 3 Lösungen hat und nicht nur eine. Diese liegen wie ein Mercedes-Stern im Einheitskreis, von denen ein Ast von der 0 zur 1 geht. Die beiden anderen Äste findest Du, wenn Du diesen Ast um 120° und um 240° (= -120°) drehst. Wenn Du das nicht glaubst, so kannst Du das mit Cosinus und Sinus nachrechnen, hierfür empfehle ich aber Bernhards Google-Formel-Tool, denn sowas von Hand auszurechnen ist ein Brain Teaser.

Hallo zusammen,

ich will nun trotzdem mal die beiden anderen Kubikwurzeln von 1 in der komplexen Zahlenebene nachrechnen.

Wir drehen also die Lösung 1 um 120°, erhalten also cos(120°) + i*sin(120°).

Wegen sin(90°-x) = sin(90°+x) und cos(90°-x) = -cos(90°+x) gilt also:
sin(120°) = sin(90°+30°) = sin(90°-30°) = sin(60°) = 1/2*sqrt(3)
cos(120°) = cos(90°+30°) = -cos(90°-30°) = -cos(60°) = -1/2

Ich weiss, in der Mathematik sollte der Cosinus und nicht der Sinus im Zentrum stehen, aber der Sinus lässt sich hier einfacher umrechnen, deswegen habe ich diesen zuerst genannt.

Somit hat die angebliche 2.Lösung der Kubikwurzel von 1 den Wert: -1/2 + i*1/2*sqrt(3)

Wir müssen also zeigen, dass -1/2 + i*1/2*sqrt(3) dreimal mit sich selber multipliziert die Zahl 1 ergibt.

Wir wollen uns das Leben nicht unnötig schwer machen und klammern den Faktor 1/2 aus. Somit muss also -1 + i*sqrt(3) dreimal mit sich selber multipliziert die Zahl 8 ergeben.

(-1 + i*sqrt(3) ) * (-1 + i*sqrt(3) ) =

= (-1)² + 2*(-1)*(i*sqrt(3)) + (i*sqrt(3))² =
= 1 + (-2)*(i*sqrt(3)) + (-1)*3
= -2 + (-2i*sqrt(3))

Der Faktor (-2) stört mich nun zu wenig, um ihn auch auszuklammern.


Multiplizieren wir nun zum dritten Mal:

(-2 + (-2i*sqrt(3)) ) * (-1 + i*sqrt(3) ) =

= (-2)*(-1) + (-2)* (i*sqrt(3)) + (-2i*sqrt(3))*(-1) + (-2i*sqrt(3)) * i*sqrt(3)
= 2 + (-2i*sqrt(3)) + (2i*sqrt(3)) + (-2i*i*sqrt(3)*sqrt(3) )
= 2 + 0 + (2*3)
= 8

Nun multiplizieren wir das mit dem anfangs ausgeklammerten Faktor 1/2, der ja auch dreimal mit sich selber multipliziert werden muss und deswegen den Wert 1/8 hat, so erhalten wir tatsächlich 1, was zu zeigen war.


Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Mittwoch 15. Oktober 2014, 12:46

ralfkannenberg hat geschrieben:Somit hat die angebliche 2.Lösung der Kubikwurzel von 1 den Wert: -1/2 + i*1/2*sqrt(3)

Hallo zusammen,

nun fehlt nur noch die angebliche 3.Lösung der Kubikwurzel von 1; diese ist das konjugiert komplexe von der 2.Lösung, die wir ja soeben nachgerechnet haben:

-1/2 - i*1/2*sqrt(3)

Der Nachweis erfolgt sehr einfach über den Satz von Vieta, da das Produkt der beiden den Wert 1 haben muss:

(-1/2 + i*1/2*sqrt(3)) * (-1/2 - i*1/2*sqrt(3)) = (-1/2)² - (i*1/2*sqrt(3))², wegen der 3.binomischen Formel (a+b)*(a-b)=a²-b²
= 1/4 - ((-1)*(1/4)*3)
= 1/4 - (-3/4)
= 1

Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

Re: Über Null-, konstante und lineare Funktionen

Beitragvon ralfkannenberg » Donnerstag 16. Oktober 2014, 14:36

Hallo zusammen,

natürlich kann man die beiden zusätzlichen Nullstellen des Polynoms x3 - 1 = 0 ohne die Euler'sche Formel ganz banal auf algebraischem Wege über die Polynomdivision erhalten.

Man weiss ja, dass x=1 eine Lösung ist, also kann man den Faktor (x - 1) ausklammern:

(x3 - 1) = (x - 1) * (x2 + x + 1)


Somit findet man die beiden anderen Nullstellen, indem man die Lösungsformel für quadratische Gleichungen auf das Polynom (x2 + x + 1) anwendet.


Freundliche Grüsse, Ralf
Benutzeravatar
ralfkannenberg
 
Beiträge: 5469
Registriert: Montag 24. Oktober 2011, 20:25

VorherigeNächste

Zurück zu Small Talk

Wer ist online?

Mitglieder in diesem Forum: 0 Mitglieder und 12 Gäste