Antworte auf:  Gleichung lösen, aber wie? von juergenX
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Erledigt J


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juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
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 Beitrag No.48, eingetragen 2020-02-06 16:56    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich bekam eine PM von hyperG, in der er auf einen der links mit dem 5ten Grad verwies.
eben diesen; de.wikipedia.org/wiki/Gleichung_f%C3%BCnften_Grades
wo ja auch wenn man die Links weiterverfolgt etwas über hypergeometrische Funktionen als Lösungs möglichkeiten Polynome höheren Grades als 4 oder 5 erwähnt wird.

Interessanter Buchverweis;

D. S. Dummit Solving solvable quintics, Mathematics of Computation, Band 57, 1991, S. 387–402 (Corrigenda Band 59, 1992, S. 309)

Ist aber ne teures Werk ca 100 $

Ich möchte das aber hier beschliessen, Danke es war dennoch sehr lehrreich!  😄  


Die  Ansätze von hyperG in #6 und #11 bleiben weiter etwas ää rätselhaft..
Vielleicht deutet sein Name auf hyperbolische Interessen  😁 ´
P.S. evtl Interessantes über Polynome 7. grades u.a.:

www.mathelounge.de/130750/polynome-7-grades-nullstellen-bestimmen

P.P.S.
Man kann ja in radikalen lösbare Polynome 7. oder höheren Grades schnell konstruieren, wenn man eine Nullstelle  als Radikal vorgibt


weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
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 Beitrag No.47, eingetragen 2020-02-06 11:39    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-06 07:19 - juergenX in Beitrag No. 46 schreibt:
Pardon  ☹️
es gab einen Übertragungsfehler (nicht bei mir) es sollte sein:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7$, wo man einen mindestens Faktor abspalten kann.

Es bleibt dann:

$\displaystyle f_7(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7/(x-1)= x^7+x^6-x^5-3x^4-x^3-5x^2-5x-7$
Wer Lust hat kann ja da mit mal weiterrechnen.

Diese kann man mit der Reduktionsmethode weiter oben erwähnt auf Irreduzibilität untersuchen.
$\displaystyle f_7(x)$ ist wahrscheinlich aber ohne hypergeometrische Funktionen oder Thetafunktionen nicht weiter zu lösen.
siehe u.a.
de.wikipedia.org/wiki/Gleichung_f%C3%BCnften_Grades

oder mathworld.wolfram.com/PolynomialDegree.html
oder mathworld.wolfram.com/HypergeometricFunction.html

für den 5ten Grad siehe auch hier:

mathworld.wolfram.com/Bring-JerrardQuinticForm.html

Warum meinst du eigentlich, dass deine obige Links zur Auflösung von Gleichungen 5.Grades nützlich sein könnten, wo du doch sogar selbst oben schreibst, dass nach Abspaltung des Linearfaktors $x-1$ ein Polynom siebten(!) Grades übrigbleibt?  😮

PS: Und nein, die ohnehin sehr vage Hoffnung, dass dieses vielleicht noch weiter reduzibel über $\mathbb Q$ sein könnte, erfüllt sich nicht: Es ist ebenfalls irreduzibel und seine Galoisgruppe, nämlich die $S_7$, nicht auflösbar.


juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
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 Beitrag No.46, eingetragen 2020-02-06 07:19    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 12:10 - juergenX im Themenstart schreibt:
Aus einem Aufgabezettel leider ohne Loesungen.

Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$


Pardon  ☹️
es gab einen Übertragungsfehler (nicht bei mir) es sollte sein:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7$, wo man einen mindestens Faktor abspalten kann.

Es bleibt dann:

$\displaystyle f_7(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+7/(x-1)= x^7+x^6-x^5-3x^4-x^3-5x^2-5x-7$
Wer Lust hat kann ja da mit mal weiterrechnen.

Diese kann man mit der Reduktionsmethode weiter oben erwähnt auf Irreduzibilität untersuchen.
$\displaystyle f_7(x)$ ist wahrscheinlich aber ohne hypergeometrische Funktionen oder Thetafunktionen nicht weiter zu lösen.
siehe u.a.
de.wikipedia.org/wiki/Gleichung_f%C3%BCnften_Grades

oder mathworld.wolfram.com/PolynomialDegree.html
oder mathworld.wolfram.com/HypergeometricFunction.html

für den 5ten Grad siehe auch hier:

mathworld.wolfram.com/Bring-JerrardQuinticForm.html



weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
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 Beitrag No.45, eingetragen 2020-02-02 22:54    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-02 21:32 - juergenX in Beitrag No. 44 schreibt:
Und was ist der Zerfällungskoerper $L$? Eine algebraische Körpererweiterung welchen Grades vom binären Körper $K_2 = \{0,1\}$ nennen wir ihn $K_2(\alpha)=L$, in dem es K_2-Automorphismen gibt, die die o.a. Nullstellen permutieren und sich auch zu einer Gruppe H formen lassen. $Aut (L/K_2) \cong H \subseteq S_4$. Oder?
Klar wissen wir auch nicht von den ratonalen oder reellen aus gesehen was $i$ ist, bloss das $i^2=-1$ ist. Darauf baut sich dann der ganze Körper $\IC$ auf.
Mit $K_2(\alpha)=L$ können wir nicht so viel anfangen, aber es ist ein algebraischer Abschluss von irgendwas.
P.S. das mit den algebraischer Abschlüssen hab ich noch nicht so recht ää verstanden..

Auch wenn ich der festen Überzeugung bin, dass es wie in vielen anderen Fällen in der Vergangenheit nichts bringt, möchte ich aber noch ein allerletztes Mal auf deine diesbezüglichen "Lücken" eingehen, bevor wir wieder "vom hundertsten ins tausendste" hier kommen.  😎

Zunächst ist $L=\mathbb F_2(\alpha)\cong\mathbb F_{16}$ bereits der Zerfällungskörper von unserem Polynom $f(x)=x^4+x^3+1\in\mathbb F_2[x]$, denn die anderen 3 Nullstellen $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ liegen ja dann auch darin. Ferner gilt für die Galoisgruppe
\[\textrm{Gal}(L/\mathbb Z_2)=\textrm{Aut}(L)=\{\textrm{id},\sigma,\sigma^2,\sigma^3\}\] wobei $\sigma:L\to L$ der berühmt-berüchtigte Frobeniusautomorphismus von $L$ ist, der durch $\alpha\mapsto\alpha^2$ bereits vollständig gegeben ist. Insbesondere ist also die Galoisgruppe hier die zyklische Gruppe der Ordnung 4.

Und ja, wie könnte ein endlicher Körper $K$ jemals algebraisch abgeschlossen sein? Diese Frage sollte sich eigentlich nach nur kurzem Nachdenken selbst beantworten: Nimm einfach ein Polynom $g(x)\in K[x]$, dessen Grad höher ist als die Anzahl der Elemente in $K$ und das nur einfache Nullstellen besitzt, was durch die Bedingung ggT$(g(x),g'(x))=1$ leicht sichergestellt werden kann. Dann kann natürlich $g(x)$ nicht vollständig in $K[x]$ in Linearfaktoren zerfallen, wie dies bei algebraischer Abgeschlossenheit von $K$ sein müsste, da dafür die Anzahl der Elemente in $K$ schon nicht ausreicht.

Ich glaub Cardano auf den durch den "casus irreducibilis" wohl die "Erfindung" des $i$ zurückgeht wusste auch nicht was er da sah oder  😉

Und du denkst echt, wir "wissen" jetzt, was $i$ ist?  😮

Da muss ich dich leider enttäuschen: Wir haben es nur gelernt, uns einfach damit abzufinden, dass es reicht, mithilfe der Gleichung $i^2=-1$ damit rechnen zu können, inklusive all der wunderschönen Dinge, die man damit in der Algebra und Funktionentheorie beweisen kann. Und das ist gut so, denn alles andere wäre ohnehin der "Metaphysik" zuzurechnen und daher nicht mehr seriöse Mathematik.  😎  


juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
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 Beitrag No.44, eingetragen 2020-02-02 21:32    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-02 20:42 - weird in Beitrag No. 43 schreibt:

Auf welchen "Fundamentalsatz" berufst du dich da?  😮  

Aber ja, dass es vier Nullstellen im Zerfällungskörper $L$ des Polynoms gibt, stimmt ja auch, und es ist überraschend einfach, sie auch alle hinzuschreiben: Ist nämlich $\alpha\in L$ eine davon, so sind dann $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ die drei anderen, wie man durch Einsetzen in $f(x)$ sofort sieht.

Und jetzt bitte nicht sagen: Was ist eigentlich dieses geheimnisvolle $\alpha\in L$, wo kommt das her? $\alpha$ ist hier einfach eine Nullstelle von $f(x)$ in seinem Zerfällungskörper, nichts weiter, ähnlich wie $i\in\mathbb C$ eine Nullstelle von $x^2+1\in\mathbb R[x]$ ist. Und bei $i$ würde man ja auch nicht fragen: Wo kommt das her? Oder doch?   😎

Ja ie anderen beiden irr. hat ich uebersehen. Es ging mir ums Prinzip darum, wie man mit solchen Nullstellen in Polynomen in $Z_p[x]$ umgehen kann, ohne zu wissen, was sie eigentlich sind.. Jedenfalls keine Elemente in $\mathbb \IC$.
Wir können tatsaehlich 2 Verknüpfungstabellen erstellen was ich mal zur Übung machen werde. Und sogar dividieren.
Und was ist der Zerfällungskoerper $L$? Eine algebraische Körpererweiterung welchen Grades vom binären Körper $K_2 = \{0,1\}$ nennen wir ihn $K_2(\alpha)=L$, in dem es K_2-Automorphismen gibt, die die o.a. Nullstellen permutieren und sich auch zu einer Gruppe H formen lassen. $Aut (L/K_2) \cong H \subseteq S_4$. Oder?
Klar wissen wir auch nicht von den ratonalen oder reellen aus gesehen was $i$ ist, bloss das $i^2=-1$ ist. Darauf baut sich dann der ganze Körper $\IC$ auf.
Mit $K_2(\alpha)=L$ können wir nicht so viel anfangen, aber es ist ein algebraischer Abschluss von irgendwas.
P.S. das mit den algebraischer Abschlüssen hab ich noch nicht so recht ää verstanden..

Ich glaub Cardano auf den durch den "casus irreducibilis" wohl die "Erfindung" des $i$ zurückgeht wusste auch nicht was er da sah oder  😉






weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
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 Beitrag No.43, eingetragen 2020-02-02 20:42    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-02 19:53 - juergenX in Beitrag No. 42 schreibt:
Man nehme das anscheinend einzige  Polynom irreduzibel in $Z_2[x]: f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$

Ok, die Polynome $x^4+x+1$ und $x^4+x^3+x^2+x+1$ wäre also deiner Meinung in $\mathbb Z_2[x]$ reduzibel: Kannst du dann auch eine nichttriviale Zerlegung für sie angeben?

Ich weiss eben nicht, wie man Nullstelen in diesem Ring darstellt und die Galoisgruppe definiert. Aber es gibt nach dem "Fundamentalsatz" 4 Zahlen, die  $f(x)=x^4+x^3+1 = 0 \in Z_2[x]$ erfuellen.
(Zumindest eine ;)) Wie sieht die aus?

Auf welchen "Fundamentalsatz" berufst du dich da?  😮  

Aber ja, dass es vier Nullstellen im Zerfällungskörper $L$ des Polynoms gibt, stimmt ja auch, und es ist überraschend einfach, sie auch alle hinzuschreiben: Ist nämlich $\alpha\in L$ eine davon, so sind dann $\alpha^2,\alpha^4,\alpha^8$ die drei anderen, wie man durch Einsetzen in $f(x)$ sofort sieht.

Und jetzt bitte nicht sagen: Was ist eigentlich dieses geheimnisvolle $\alpha\in L$, wo kommt das her? $\alpha$ ist hier einfach eine Nullstelle von $f(x)$ in seinem Zerfällungskörper, nichts weiter, ähnlich wie $i\in\mathbb C$ eine Nullstelle von $x^2+1\in\mathbb R[x]$ ist. Und bei $i$ würde man ja auch nicht fragen: Wo kommt das her? Oder doch?   😎


juergenX
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Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.42, eingetragen 2020-02-02 19:53    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-02 18:09 - juergenX in Beitrag No. 41 schreibt:

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.

Man nehme das anscheinend einzige  Polynom irreduzibel in $Z_2[x]: f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$ und daraus folgern, dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^3+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^3+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es, wenn man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^3+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ich weiss eben nicht, wie man Nullstelen in diesem Ring darstellt und die Galoisgruppe definiert. Aber es gibt nach dem "Fundamentalsatz" 4 Zahlen, die  $f(x)=x^4+x^3+1 = 0 \in Z_2[x]$ erfuellen.
(Zumindest eine ;)) Wie sieht die aus?









juergenX
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Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.41, eingetragen 2020-02-02 18:09    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-01 17:50 - weird in Beitrag No. 40 schreibt:
2020-02-01 16:34 - juergenX in Beitrag No. 39 schreibt:
Pardon das Beispiel war schlecht...

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.
Im Prinzip koennte man ja ein Polynom irreduzibel in $Z_p[x]$
z.B. $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$ irreduzibel hernehmen und daraus folgern dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^2+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^2+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es wenn,man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ja, alles schön und gut, Pech nur, dass $f(x)=x^4+x^2+1 \in \mathbb Z_2[x]$ wegen
\[x^4+x^2+1=(x^2+x+1)^2\] über $\mathbb Z_2$ gar nicht irreduzibel ist.  😁

js stimmt  😄 Ich überlege gerade ne schnelle Methode alle irreduziblen Polynome 4ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ zu finden, Sehr viel sind es nicht. Maximale verschiedene Polynome 4ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ gibt es ja nur $2^4=16$, also die kann man einzeln eruieren.

Irreduziblen Polynome 2ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$ gibt es glaub ich nur 1 :$(x^2+x+1)$.
Irreduziblen Polynome 1ten Grades über $\mathbb Z_2[x]$  gibts nicht. ist klar.



weird
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Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
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 Beitrag No.40, eingetragen 2020-02-01 17:50    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-02-01 16:34 - juergenX in Beitrag No. 39 schreibt:
Pardon das Beispiel war schlecht...

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.
Im Prinzip koennte man ja ein Polynom irreduzibel in $Z_p[x]$
z.B. $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$ irreduzibel hernehmen und daraus folgern dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^2+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^2+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es wenn,man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$  wird.

Ja, alles schön und gut, Pech nur, dass $f(x)=x^4+x^2+1 \in \mathbb Z_2[x]$ wegen
\[x^4+x^2+1=(x^2+x+1)^2\] über $\mathbb Z_2$ gar nicht irreduzibel ist.  😁


juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.39, eingetragen 2020-02-01 16:34    [Diesen Beitrag zitieren]

Pardon das Beispiel war schlecht...

Galoistheorie gilt ja auch fuer endliche Koerper mit charakteristik >0.
Im Prinzip koennte man ja ein Polynom irreduzibel in $Z_p[x]$
z.B. $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$ irreduzibel hernehmen und daraus folgern dass auch alle
$g_i(x)=x^4+(2a+1)x^2+2b+1 \in Z[x]$ z.b. $f(x)=x^4+5x^2+3 \in Z[x]$ irreduzibel sind.
Weil es wenn,man die Koeffizienten in $g_i(x)$ modulo 2 reduziert zu unserem $f(x)=x^4+x^2+1 \in Z_2[x]$  wird.
Daraus wuerde dann die irreduzibilitaet von $g_i(x)$ folgen.
Ich weiss aber eben nicht, wie man Nullstelen in solchen Ringen darstellt und die Galoisgruppe definiet. Aber es gibt 3 "Zahlen" oder. Von denen wir nichts wissen aussser dass sie 0 ergeben in f(x).
Wie sehen die aber aus, da wir ja nicht mit komplexen Zahlen und Einheitswurzeln rechnen koennen. Und wie man diese Erkenntnisse auf die "erweiterten" Polynome $g_i(x)$ anwenden kann.
Und wie man Nullstellen und Permutationsgruppen von Polynomen
$\in Z_2[x]$  ueberhaupt darstellt und "bestimmt".
Das wurde aber hier schon mal ausgefuehrt, finds aber nicht.





weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
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 Beitrag No.38, eingetragen 2020-01-29 23:59    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 23:18 - juergenX in Beitrag No. 37 schreibt:
Ich sehe noch nicht die Irreduziblität von $\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3 \in  \IQ[x]$.
wegen $\displaystyle\pm 1 \lor \pm 3$ keine Nullstellen?

Das wäre ein weiteres sehr umfangreiches Thema für sich mit vielen Möglichkeiten. Dass die Teiler von $3$, also $\pm1,\pm3$ nicht Nullstellen sind, beweist hier aber nur, dass $f(x)$ keine Linearfaktoren über $\mathbb Q$ besitzt, was dir eigentlich auch selbst hätte klar sein sollen.

Eine naheliegende Möglichkeit besteht z.B. darin, dass man versucht, das Polynom nicht über $\mathbb Z$, sondern über Restklassenringen $\mathbb Z/(p)$, mit geeigneten Primzahlen $p$ zu faktorisieren. Da es ja nur endlich viele irreduzible Polynome zu einem gegebenen Grad gibt, kann man - wenigstens im Prinzip - alle durchprobieren, ob sie Teiler sind. Z.B. erhalte ich mit Maple folgende Faktorisierungen mod 5 bzw. mod 11 in irreduzible(!) Faktoren:
Maple 2018
f:=x^8-2*x^6-2*x^5+2*x^4-4*x^3-2*x+3:
 
Factor(f) mod 5
      / 2          \ / 6    5      4      3    2        \
      \x  + 4 x + 2/ \x  + x  + 2 x  + 3 x  + x  + x + 4/
 
Factor(f) mod 11
           / 3          \ / 5      3    2           \
           \x  + 6 x + 8/ \x  + 3 x  + x  + 6 x + 10/

Wenn unser $f(x)$ also eine nichttriviale Faktorisierung über $\mathbb Q$ (und damit wegen der Normiertheit automatisch über $\mathbb Z$) besitzt, dann müssen die beiden Faktoren gemäß der Rechnung mod 5 die Grade 2 und 6 haben, aber gemäß der Rechnung mod 11 die Grade 3 und 5. Da sich die beiden Bedingungen widersprechen, hat $f(x)$ überhaupt keine nichttriviale Faktorisierung über $\mathbb Z$ und ist somit auch irreduzibel über $\mathbb Q$. Alles klar?  😉  


juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.37, eingetragen 2020-01-29 23:18    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 22:49 - AlphaSigma in Beitrag No. 36 schreibt:
Danke.

Jetzt zurück zum ursprünglichen Thema...


at weird
Ich sehe noch nicht die Irreduziblität von $\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3 \in  \IQ[x]$.
wegen $\displaystyle\pm 1 \lor \pm 3$ keine Nullstellen?


AlphaSigma
Aktiv
Dabei seit: 23.11.2012
Mitteilungen: 195
Herkunft:
 Beitrag No.36, eingetragen 2020-01-29 22:49    [Diesen Beitrag zitieren]

Danke.

Jetzt zurück zum ursprünglichen Thema...


weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
Herkunft:
 Beitrag No.35, eingetragen 2020-01-29 22:44    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 22:16 - AlphaSigma in Beitrag No. 32 schreibt:
2020-01-28 11:24 - weird in Beitrag No. 15 schreibt:
nachfolgend näherungsweise die Nullstellen von $f(x)$ berechnet mit Derive:

Hallo weird,

kurze Frage, etwas am Thema vorbei: gibt es das Matheprogramm Derive eigentlich noch als eigenständiges Programm? Soweit ich weiß, wird Derive, bzw. ein Nachfolger davon, von Texas Instruments nur noch in deren CAS-Taschenrechnern verwendet.

Derive (computer algebra system)

AlphaSigma

Wie in dem Link angegeben, wurde der Verkauf und die Entwicklung von Derive 2007 von Texas Instruments eingestellt und das Programm wurde leider auch nicht ähnlich wie z.B. Macsyma (als Maxima) freigegeben. Das ist echt schade, denn ich benutze es für mich selber noch immer gerne um schnell etwas auszurechnen, da es in Sachen benutzerfreundlicher Eingabe von Formeln unübertroffen ist und auch sonst durchaus seine Meriten hat.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.33 begonnen.]


AlphaSigma
Aktiv
Dabei seit: 23.11.2012
Mitteilungen: 195
Herkunft:
 Beitrag No.34, eingetragen 2020-01-29 22:42    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo,

ich habe soeben diese Seite entdeckt:
"...Better still, the TI-Nspire CAS computer software has all the functionality of TI-Nspire plus built-in CAS (Computer Algebra System) capabilities based on the widely respected 'Derive' CAS...."
TI-Nspire Computer Software

AlphaSigma


pzktupel
Aktiv
Dabei seit: 02.09.2017
Mitteilungen: 1395
Herkunft: Thüringen
 Beitrag No.33, eingetragen 2020-01-29 22:19    [Diesen Beitrag zitieren]

Ich habe eine DOS-Version noch...läuft mit DOSBOX ganz gut


AlphaSigma
Aktiv
Dabei seit: 23.11.2012
Mitteilungen: 195
Herkunft:
 Beitrag No.32, eingetragen 2020-01-29 22:16    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 11:24 - weird in Beitrag No. 15 schreibt:
nachfolgend näherungsweise die Nullstellen von $f(x)$ berechnet mit Derive:

Hallo weird,

kurze Frage, etwas am Thema vorbei: gibt es das Matheprogramm Derive eigentlich noch als eigenständiges Programm? Soweit ich weiß, wird Derive, bzw. ein Nachfolger davon, von Texas Instruments nur noch in deren CAS-Taschenrechnern verwendet.

Derive (computer algebra system)

AlphaSigma


weird
Senior
Dabei seit: 16.10.2009
Mitteilungen: 5301
Herkunft:
 Beitrag No.31, eingetragen 2020-01-29 17:11    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 16:28 - juergenX in Beitrag No. 30 schreibt:

ja ich seh den Fehler danke
f(x) könnte natürlch trotzdem ireduzibel sein.

Ist es ja auch, allerdings ist das nicht so einfach zu sehen.

Ist also f(x) auflösbar im Sinne von Galois?

Maple sagt, die Galoisgruppe ist hier die $S_8$, somit also nicht auflösbar.

2020-01-29 16:28 - juergenX in Beitrag No. 30 schreibt:
P.S. unser Polynom  ist natürlich reduzibel weil es wie in #15 gezeig zerfällt es in 2 nicht invertierbare Poynome 4ten Grades

Irgendwie schaffst du es immer wieder, alles durcheinander zu bringen und für Chaos pur zu sorgen.  😁

Die Frage, ob ein Polynom vom Grad >2 über $\mathbb R$ irreduzibel ist oder nicht, stellt sich doch gar nicht: Wie schon mehrfach hier erwähnt, haben irreduzible Polynome über $\mathbb R$ immer den Grad 1 oder 2! Es geht also einzig und allein um die Frage, ob es über $\mathbb Q$ irreduzibel ist, und ja, das ist es, wie bereits erwähnt.


juergenX
Aktiv
Dabei seit: 08.07.2019
Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.30, eingetragen 2020-01-29 16:28    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 15:55 - weird in Beitrag No. 29 schreibt:
2020-01-29 14:13 - juergenX in Beitrag No. 28 schreibt:
zu Eisenstein:


Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$


p=2 tzeilt alle koeeffizienten außer $a_0 =3 \nmid 4$.

Eben! Für die diekte Anwendung das Eisenstein-Kriterium auf $f(x)$ müsste auch $a_0$ durch $p$ teilbar sein. Warum ist also $f(x)$ wirklich irreduzibel über $\mathbb Q$? Dieser Frage bist du auch jetzt wieder ausgewichen...  :-o



ja ich seh den Fehler danke
f(x) könnte natürlch trotzdem ireduzibel sein. Was heisst es gäbe dann keine Lösungen in Q. Aber in algebraischen Abschluessen $\mathbb Q(\alpha,\beta..) ,\alpha,\beta \in \IC$
wenn nich sind nur $\pm 1 \lor \pm 3$ als rationale nullstellen denkbar.

Mir fing es um Ist $\alpha,\beta \in F$ ein Radikal, wenn ich mal F als Radikalkoerper einfuehren darf.
Ist also f(x) auflösbar im Sinne von Galois?



P.S. unser Polynom  ist natürlich reduzibel weil es wie in #15 gezeig zerfällt es in 2 nicht invertierbare Poynome 4ten Grades


Derive
        8      6      5      4      3          
f(x) ≔ x  - 2·x  - 2·x  + 2·x  - 4·x  - 2·x + 3
 
NSOLUTIONS(f(x), x)
 
[1.790873127, 0.7211729432,
-1.355428823 + 0.8626556660·i, -1.355428823 - 0.8626556660·i,
-0.4435282836 + 0.7558496937·i, -0.4435282836 - 0.7558496937·i,
0.5429340715 + 0.9364064111·i, 0.5429340715 - 0.9364064111·i]


Die Frage reduziert sich auf;
Sind die beiden entehenden Polynome 4tem Grades reduzibel?
Sind die also nicht invertierbar und sind sie selber reduzibel im Polynom  Q[x]?








weird
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 Beitrag No.29, eingetragen 2020-01-29 15:55    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 14:13 - juergenX in Beitrag No. 28 schreibt:
zu Eisenstein:


Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$


p=2 tzeilt alle koeeffizienten außer $a_0 =3 \nmid 4$.

Eben! Für die diekte Anwendung das Eisenstein-Kriterium auf $f(x)$ müsste auch $a_0$ durch $p$ teilbar sein. Warum ist also $f(x)$ wirklich irreduzibel über $\mathbb Q$? Dieser Frage bist du auch jetzt wieder ausgewichen...  😮

Das einzige was man vermuten kann ist das zerfallen in 2 Poly 4ten Grades;
(*)$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3=(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e)*(gx^4+hx^3+jx^2+kx+l)$.
Du rechnest in # 15 vor, das oder 3 komplexe und ein reelles Pärchen in f(x) vokommen, daraus kann nan das zefallen in 2 Polynome 4tne grades folgern

Wenn um das Zerfallen in Polynome 4. Grades mit reellen Koeffizienten geht, ist das trivial: Jedes(!) Polynom über $\mathbb R$ mit einem geraden Grad $n>0$ lässt sich als Produkt zweier Polynome über $\mathbb R$ vom Grad $n/2$ schreiben, wie man sich ganz ähnlich wie in unserem konkreten Beispiel hier überlegen kann. Ging es hier wirklich die ganze Zeit nur darum, diese Trivialität zu zeigen?  😵  


juergenX
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 Beitrag No.28, eingetragen 2020-01-29 14:13    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 10:34 - weird in Beitrag No. 27 schreibt:
2020-01-29 09:13 - astrid-clz in Beitrag No. 26 schreibt:
Sorry, Jungs, aber ich bin hier raus... Ich denke, so wird das einfach nicht funktionieren.

Wenn du damit die Gleichung
Script
[3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))]/(a*x^4+c*x^2+f)
=-(x^2 (2 a + c))/a^2 + (2 a^2 + 2 a c - a f + c^2)/a^3 + (-4 a^3 x^3 - 2 a^3 x + 3 a^3 + 2 a^2 c x^3 - 2 a^2 c x^2 + 2 a^2 f x^2 + 2 a^2 f x - 2 a^2 f - 2 a c^2 x^2 + 2 a c f x^2 - 2 a c f + a f^2 - c^3 x^2 - c^2 f)/(a^3 (a x^4 + c x^2 + f)) + x^4/a - (2 x)/a

aus #12 meinst, so ist daran nur klar, dass man deren linke Seite auch als
\[\frac{f(x)}{ax^4+cx^2+f}\] schreiben kann.
Wo die rechte Seite herkommt, die ich bisher immer als Polynom vom Grad 4 gedeutet hatte, wo aber $ax^4+cx^2+f$ noch einmal versteckt im Nenner (!) auftaucht, ist tatsächlich höchst obskur. Leider hat sich hyperG, von dem das Ganze ja stammt und der daher als Einziger hier zur Aufklärung beitragen könnte, inzwischen offenbar beleidigt zurückgezogen.  ☹️

er schrieb in #11


Da im Ausgangspolynom Grad 2 und 7 fehlen, reicht:
Script
[3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))]/(a*x^4+c*x^2+f)
=-(x^2 (2 a + c))/a^2 + (2 a^2 + 2 a c - a f + c^2)/a^3 + (-4 a^3 x^3 - 2 a^3 x + 3 a^3 + 2 a^2 c x^3 - 2 a^2 c x^2 + 2 a^2 f x^2 + 2 a^2 f x - 2 a^2 f - 2 a c^2 x^2 + 2 a c f x^2 - 2 a c f + a f^2 - c^3 x^2 - c^2 f)/(a^3 (a x^4 + c x^2 + f)) + x^4/a - (2 x)/a
 

also lässt es sich in ein Produkt 2er Polynome Grad 4 schreiben:
Script
3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))
= (a*x^4+c*x^2+f) * [x^4/a +... ] 
 

Den Schluss "reicht..." verstand ich so dass ein Polynom eben nur ax^4+cx^2+f heisst also, dass keine elemente 1ten und 3ten Grades vorkommen.

Wieso versteh ich jetzt nicht mehr hatte es so akzetpiert, soll man ja nie machen.

zu Eisenstein:


Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$


p=2 tzeilt alle koeeffizienten außer $a_0 =3 \nmid 4$.

Solange ich nicht weiss wie er auf die beiden Skripts und diese k substitution kam, mach ich da auch nicht mehr weiter. Nicht auf diesem Weg.
Weil im Ausg  poly Koeff 2 und 7 ten grades fehlen wird irgendwas geschlossen was ich nicht sehe.

Das einzige was man vermuten kann ist das zerfallen in 2 Poly 4ten Grades;
(*)$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3=(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e)*(gx^4+hx^3+jx^2+kx+l)$.
Du rechnest in # 15 vor, das oder 3 komplexe und ein reelles Pärchen in f(x) vokommen, daraus kann nan das zefallen in 2 Polynome 4tne grades folgern

(*)könnte man ausmultiplizieren und mal sehen was passiet und man irgendwo irgendein Koeff vergessen kann.
Die rechte Lust hab nichtn denn der ganze #11 ist mir /uns  ein Rätsel und auch # 6. Nach # 11 hält er sich dezent raus.
Wo kommen da sqrt 243 her??

es gibt noch eine  funktion find nearest radikal zu einer reellen die koennte man auf die Pärchen anwenden.
Wie hiess die noch ? ich glaube ich fand sie in wolfram.com
MfG



weird
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 Beitrag No.27, eingetragen 2020-01-29 10:34    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-29 09:13 - astrid-clz in Beitrag No. 26 schreibt:
Sorry, Jungs, aber ich bin hier raus... Ich denke, so wird das einfach nicht funktionieren.

Wenn du damit die Gleichung
Script
[3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))]/(a*x^4+c*x^2+f)
=-(x^2 (2 a + c))/a^2 + (2 a^2 + 2 a c - a f + c^2)/a^3 + (-4 a^3 x^3 - 2 a^3 x + 3 a^3 + 2 a^2 c x^3 - 2 a^2 c x^2 + 2 a^2 f x^2 + 2 a^2 f x - 2 a^2 f - 2 a c^2 x^2 + 2 a c f x^2 - 2 a c f + a f^2 - c^3 x^2 - c^2 f)/(a^3 (a x^4 + c x^2 + f)) + x^4/a - (2 x)/a

aus #12 meinst, so ist daran nur klar, dass man deren linke Seite auch als
\[\frac{f(x)}{ax^4+cx^2+f}\] schreiben kann. Wo die rechte Seite herkommt, die ich bisher immer als Polynom vom Grad 4 gedeutet hatte, wo aber $ax^4+cx^2+f$ noch einmal versteckt im Nenner (!) auftaucht, ist tatsächlich höchst obskur. Leider hat sich hyperG, von dem das Ganze ja stammt und der daher als Einziger hier zur Aufklärung beitragen könnte, inzwischen offenbar beleidigt zurückgezogen.  ☹️


astrid-clz
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 Beitrag No.26, eingetragen 2020-01-29 09:13    [Diesen Beitrag zitieren]

Sorry, Jungs, aber ich bin hier raus... Ich denke, so wird das einfach nicht funktionieren.

have fun!
R.


weird
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 Beitrag No.25, eingetragen 2020-01-29 08:17    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 23:19 - juergenX in Beitrag No. 24 schreibt:
Die allgemeine Loesung in 2 Grad-4 Polynome, wenn es sie denn gibt, wäre $\displaystyle f(x)=(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e)*(gx^4+hx^3+jx^2+kx+l), a,b,c,d,e,f,g,h,k,l \in \mathbb R$.
Und man kann einige der Koeffizienten als 0 betrachten.
Welche, würde ich erst nochmal genauer ansehen wenn ich etwas ausgeschlafener bin  😎

Keine Ahnung, wo diese seltsame Idee herkommt, dass einige Koeffizienten hier 0 sein könnten. Sie sind es jedenfalls a priori nicht, und auch nicht a posteriori, wenn man das Ganze wie in #16 beschrieben mit ausreichender Genauigkeit durchrechnet.  😮

Du solltest lieber auf den Frage von Red_ in #18 eingehen, in welcher Weise du hier das Eisenstein-Kriterium zum Nachweis der Irreduzibiltät von $f(x)$ einsetzt. Ich habe jedenfalls ein bisschen den Verdacht, dass du das nicht richtig gemacht hast, aber vielleicht irre mich ja auch?  😎  


juergenX
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 Beitrag No.24, eingetragen 2020-01-28 23:19    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-27 13:44 - astrid in Beitrag No. 12 schreibt:


Ist das ein bestimmtes Verfahren, wie man auf solche Zeilen kommt? Speziell den Zähler?


Den Zähler von hyperG bekommt man durch ausmultiplizieren wie es weird in #21 vorechnete, und sieht dass er f(x) ergibt.
Alles danach ist unklar, schon was in # 6 stand, und meine "Rechnungen" ;) nicht frei von Rechenfehlern.
Die allgemeine Loesung in 2 Grad-4 Polynome, wenn es sie denn gibt, wäre $\displaystyle f(x)=(ax^4+bx^3+cx^2+dx+e)*(gx^4+hx^3+jx^2+kx+l), a,b,c,d,e,f,g,h,k,l \in \mathbb R$.
Und man kann einige der Koeffizienten als 0 betrachten.
Welche, würde ich erst nochmal genauer ansehen wenn ich etwas ausgeschlafener bin  😎


weird
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 Beitrag No.23, eingetragen 2020-01-28 22:52    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 22:27 - juergenX in Beitrag No. 22 schreibt:
Ich versteh aber nicht die weiteren schritte dass das in 2 Grad 4 Polynomen zerfällt ist a nun 1 oder nicht?
und durch was dies Art der zerlehung motiviert ist.

Ja, was hyperG sich dabei gedacht hat, das sollte er vielleicht selbst sagen. Mir ist das ehrlicherweise ebenfalls nicht klar, insbesondere auch was das Ziel dieser Überlegungen betrifft. (Ich bin ja oben nur auf den einen Punkt eingegangen, wonach er offenbar die Existenz von Faktorpolynomen von unserem $f(x)$ vom Grad 4 und mit reellen Koeffizienten voraussetzt, in denen nur die geraden Potenzen von $x$ vorkommen. Und die kann es eben nicht geben, wie man relativ leicht sieht.)


juergenX
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 Beitrag No.22, eingetragen 2020-01-28 22:27    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 22:00 - weird in Beitrag No. 21 schreibt:
2020-01-28 21:46 - juergenX in Beitrag No. 19 schreibt:
was kommt den raus bei $\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$
niemals ein Glied mit x^8

Ich hab dir nachfolgend die Stellen angezeigt, die auf die Potenz $x^8$ führen:
\[3 - 2 x + \underbrace{x^3}_{\textrm{hier}}\cdot (-4 + \underbrace{x}_{\textrm{und hier}} \cdot (2 + \underbrace{x}_{\textrm{und hier}}\cdot (-2 - 2 x + \underbrace{x^3}_{\text{und hier...}})))\]
Multiplizier einfach alle oben unterklammerten Potenzen von $x$ aus und ignorier vorderhand noch die anderen Terme.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.19 begonnen.]

ja danke es bleibt tatächlich ein $x^8+...$
Ich verstehe aber nicht die weiteren Schritte wie das f (x) in 2 Grad 4 Polynomen zerfällt ist a nun 1 oder nicht?


Und wodurch was dies Art der Zerlegung motiviert ist, und irgenwelche k einführt. 😵




weird
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 Beitrag No.21, eingetragen 2020-01-28 22:00    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 21:46 - juergenX in Beitrag No. 19 schreibt:
was kommt den raus bei $\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$
niemals ein Glied mit x^8

Ich hab dir nachfolgend die Stellen angezeigt, die auf die Potenz $x^8$ führen:
\[3 - 2 x + \underbrace{x^3}_{\textrm{hier}}\cdot (-4 + \underbrace{x}_{\textrm{und hier}} \cdot (2 + \underbrace{x}_{\textrm{und hier}}\cdot (-2 - 2 x + \underbrace{x^3}_{\text{und hier...}})))\]
Multiplizier einfach alle oben unterklammerten Potenzen von $x$ aus und ignorier vorderhand noch die anderen Terme.

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.19 begonnen.]


juergenX
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 Beitrag No.20, eingetragen 2020-01-28 21:48    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 21:46 - juergenX in Beitrag No. 19 schreibt:
2020-01-28 19:26 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:

$\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$ gibt kein Polynom 8ten Grades, sondern nur 6ten $\displaystyle -2x^6-4x^5+4x^4-4x^3-2x+3$.


Das ist tatsächlich das Polynom $f(x)$, du hast dich da nur wieder einmal hoffnungslos verrechnet. So wie übrigens auch bei der Angabe aller Nullstellen von $f(x)$ in #4, von denen auch nicht eine einzige(!) stimmt.  
😮


ja in #4 hatt ich mich getaeuscht und auch zugegeben.
was kommt den raus bei $\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$
niemals ein Glied mit x^8. oder doch ach ich hab kein bock mehr



juergenX
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 Beitrag No.19, eingetragen 2020-01-28 21:46    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 19:26 - weird in Beitrag No. 17 schreibt:

$\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$ gibt kein Polynom 8ten Grades, sondern nur 6ten $\displaystyle -2x^6-4x^5+4x^4-4x^3-2x+3$.


Das ist tatsächlich das Polynom $f(x)$, du hast dich da nur wieder einmal hoffnungslos verrechnet. So wie übrigens auch bei der Angabe aller Nullstellen von $f(x)$ in #4, von denen auch nicht eine einzige(!) stimmt.  😮

was kommt den raus bei $\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$
niemals ein Glied mit x^8



Red_
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Dabei seit: 28.09.2016
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Herkunft: Erde
 Beitrag No.18, eingetragen 2020-01-28 19:46    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 12:10 - juergenX im Themenstart schreibt:
Aus einem Aufgabezettel leider ohne Loesungen.

Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$

irreduzible nach Eisenstein mit p=2


Ehmm wie wendest du Eisenstein mit p=2 hier direkt an?

Wie man (mit viel Glück) Nullstellen findet:
Erst rationale Zahlen einsetzen und schauen, wann diese Nullstellen sind. Wenn du Nullstellen findest, polynomdivision durchführen. WEnn du keine rationalen findest, versuch mit Glück das Polynom zu faktorisieren, falls es dir irgendwie bekannt vor kommt oder ähnlich ist zu Polynomen, die du kennst. Führe es irgendwie darauf zurück, wenn möglich. Dann auch das nicht hilft, kannst du es aufgeben  😁


weird
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Dabei seit: 16.10.2009
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 Beitrag No.17, eingetragen 2020-01-28 19:26    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 15:16 - juergenX in Beitrag No. 16 schreibt:
Astrid meinte wohl was a ,c , f in radikalen ausgedrückt sind, denn das geht.

Hm, wenn es nicht einmal mit "normalen" reellen Koeffizienten geht, wie ich oben ausgeführt hatte, dann schon gar nicht mit Radikalen. Ist denn das nicht klar?   😵

Anmerkung: ich seh grad der Ausdruck :
$\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$ gibt kein Polynom 8ten Grades, sondern nur 6ten $\displaystyle -2x^6-4x^5+4x^4-4x^3-2x+3$.

Das ist tatsächlich das Polynom $f(x)$, du hast dich da nur wieder einmal hoffnungslos verrechnet. So wie übrigens auch bei der Angabe aller Nullstellen von $f(x)$ in #4, von denen auch nicht eine einzige(!) stimmt.  😮


juergenX
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 Beitrag No.16, eingetragen 2020-01-28 15:16    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-28 11:24 - weird in Beitrag No. 15 schreibt:
\[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_3(x))*(f_4(x)f_5(x))\] \[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_4(x))*(f_3(x)f_5(x))\] \[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_5(x))*(f_3(x)f_4(x))\] Wenn ich dich richtig verstanden habe - bitte korrigier mich, wenn ich damit falsch liege -, sollte mit $a=1$ einer (oder sogar beide?) der Faktoren in obigen Zerlegungen die Gestalt $x^4+cx^2+f$ mit $c,f\in\mathbb R$ haben. Ich überlasse es dir, gemäß obiger Anleitung nachzurechnen *), dass dies nicht der Fall ist und wüsste auch nicht, warum das so sein sollte.  😮

*) Zu Kontrollzwecken (auch in Hinblick auf einen Angabefehler!) nachfolgend näherungsweise die Nullstellen von $f(x)$ berechnet mit Derive:
Derive
        8      6      5      4      3          
f(x) ≔ x  - 2·x  - 2·x  + 2·x  - 4·x  - 2·x + 3
 
NSOLUTIONS(f(x), x)
 
[1.790873127, 0.7211729432,
-1.355428823 + 0.8626556660·i, -1.355428823 - 0.8626556660·i,
-0.4435282836 + 0.7558496937·i, -0.4435282836 - 0.7558496937·i,
0.5429340715 + 0.9364064111·i, 0.5429340715 - 0.9364064111·i]

Für Polynomfaktoren von $f(x)$ vom Grad 4, für welche der Koeffizient von $x^3$ verschwindet, müssten sich Summen von jeweils 4 solcher Nullstellen finden lassen, welche 0 sind.

ich stimme zu 😄

Das letzte folgt aus den elementarsymmetrischen Polynom bei $\displaystyle x^3$ ?

hyperg schrieb in #11 dass der Nenner aus 2 Polynomen 4ten Grades besteht,
Eins ist $\displaystyle a*x^4+c*x^2+f$.
Der Zaehler  $\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$, soll wohl f(x) sein. Ich hab die scripts in #11 noch nicht voll ausgerechnet.
siehe Anmerkung

Astrid meinte wohl was a ,c , f in radikalen ausgedrückt sind, denn das geht.

Anmerkung: ich seh grad der Ausdruck :
$\displaystyle 3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))$ gibt kein Polynom 8ten Grades, sondern nur 6ten $\displaystyle -2x^6-4x^5+4x^4-4x^3-2x+3$.
 


weird
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 Beitrag No.15, eingetragen 2020-01-28 11:24    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 14:11 - hyperG in Beitrag No. 11 schreibt:
Da im Ausgangspolynom Grad 2 und 7 fehlen, reicht:[…]
also lässt es sich in ein Produkt 2er Polynome Grad 4 schreiben:
Script
3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))
= (a*x^4+c*x^2+f) * [x^4/a +... ] 
nun noch günstige Parameter für a, b, c und f ermitteln...

Machen wir doch mal "Nägeln mit Köpfen", wie man so schön sagt.  😎  

Es hat hier $f(x)$ über $\mathbb R$ eine Zerlegung
\[f(x)=f_1(x)f_2(x)f_3(x)f_4(x)f_5(x)\] in irreduzible und normierte Polynome vom Grad 1 oder 2, wobei hier o.B.d.A. $f_1(x)$ und $f_2(x)$ die beiden Linearfaktoren seien, welche den beiden reellen Nullstellen entsprechen, während $f_3(x),f_4(x),f_5(x)$ jeweils den Grad 2 haben und jeweils ein Paar von konjugiert komplexen Nullstellen von $f(x)$ als Nullstellen haben. Dementsprechend gibt es die folgenden 3 Zerlegungen von $f(x)$ als Produkt von normierten Polynomen vom Grad 4 mit Koeffizienten in $\mathbb R$:
\[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_3(x))*(f_4(x)f_5(x))\] \[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_4(x))*(f_3(x)f_5(x))\] \[f(x)=(f_1(x)f_2(x)f_5(x))*(f_3(x)f_4(x))\] Wenn ich dich richtig verstanden habe - bitte korrigier mich, wenn ich damit falsch liege -, sollte mit $a=1$ einer (oder sogar beide?) der Faktoren in obigen Zerlegungen die Gestalt $x^4+cx^2+f$ mit $c,f\in\mathbb R$ haben. Ich überlasse es dir, gemäß obiger Anleitung nachzurechnen *), dass dies nicht der Fall ist und wüsste auch nicht, warum das so sein sollte.  😮

*) Zu Kontrollzwecken (auch in Hinblick auf einen Angabefehler!) nachfolgend näherungsweise die Nullstellen von $f(x)$ berechnet mit Derive:
Derive
        8      6      5      4      3          
f(x) ≔ x  - 2·x  - 2·x  + 2·x  - 4·x  - 2·x + 3
 
NSOLUTIONS(f(x), x)
 
[1.790873127, 0.7211729432,
-1.355428823 + 0.8626556660·i, -1.355428823 - 0.8626556660·i,
-0.4435282836 + 0.7558496937·i, -0.4435282836 - 0.7558496937·i,
0.5429340715 + 0.9364064111·i, 0.5429340715 - 0.9364064111·i]

Für Polynomfaktoren von $f(x)$ vom Grad 4, für welche der Koeffizient von $x^3$ verschwindet, müssten sich Summen von jeweils 4 solcher Nullstellen finden lassen, welche 0 sind.


juergenX
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Mitteilungen: 269
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 Beitrag No.14, eingetragen 2020-01-28 01:43    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-27 16:01 - astrid-clz in Beitrag No. 13 schreibt:
Hallo Jürgen, ich sehe da noch kein Produkt - könntest Du / könntet ihr das mal anschreiben, ohne die Konstanten a,c,f etc?

Grüße
Astrid

Ich hab jetyt paarmalo versucht das in latex style zu convertieren
und eben kein Nerv mehr sry, aber du kannst alle a =1 setzen
before ich mich morgen noch mal dran setzen...
Links muesste dann das f(x) stehen und rechts das Produkt 2er Polynome 4ten Grades.

txt
...
=
-(x^2 (2  + c)) + (2 + 2c -f+c^2)+
(-4 x^3-2x+3+2cx^3-2cx^2+2fx^2 + 2fx
-2f- 2 c^2 x^2+2cfx^2-2cf+ f^2-c^3 x^2 - c^2f)*(x^4+cx^2+f)+x^4-2x
 

aber vielleicht kann das ein anderer nochmal checken 😁  
wenn das stimmt sind c unjd f leicht zu bestimmen...

Aber ich sehe noch Klammerfehler oder in Beitrag 11 ist ein Rest 4ten Grades.
Trotydem N8  😎


astrid-clz
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 Beitrag No.13, eingetragen 2020-01-27 16:01    [Diesen Beitrag zitieren]

Hallo Jürgen, ich sehe da noch kein Produkt - könntest Du / könntet ihr das mal anschreiben, ohne die Konstanten a,c,f etc?

Grüße
Astrid


juergenX
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 Beitrag No.12, eingetragen 2020-01-27 13:44    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 14:11 - hyperG in Beitrag No. 11 schreibt:
Da im Ausgangspolynom Grad 2 und 7 fehlen, reicht:
Script
[3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))]/(a*x^4+c*x^2+f)
=-(x^2 (2 a + c))/a^2 + (2 a^2 + 2 a c - a f + c^2)/a^3 + (-4 a^3 x^3 - 2 a^3 x + 3 a^3 + 2 a^2 c x^3 - 2 a^2 c x^2 + 2 a^2 f x^2 + 2 a^2 f x - 2 a^2 f - 2 a c^2 x^2 + 2 a c f x^2 - 2 a c f + a f^2 - c^3 x^2 - c^2 f)/(a^3 (a x^4 + c x^2 + f)) + x^4/a - (2 x)/a


Ich bedanke mich für die Rechnung 😄 Offenbar haben wir tatsächlich ein Produkt aus 2 auflösbaren Polynomen 4ten Gradas.

Ist das ein bestimmtes Verfahren wie man auf solche Zeilen kommt? Speziell den Zähler?

J


hyperG
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 Beitrag No.11, eingetragen 2020-01-26 14:11    [Diesen Beitrag zitieren]

Da im Ausgangspolynom Grad 2 und 7 fehlen, reicht:
Script
[3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))]/(a*x^4+c*x^2+f)
=-(x^2 (2 a + c))/a^2 + (2 a^2 + 2 a c - a f + c^2)/a^3 + (-4 a^3 x^3 - 2 a^3 x + 3 a^3 + 2 a^2 c x^3 - 2 a^2 c x^2 + 2 a^2 f x^2 + 2 a^2 f x - 2 a^2 f - 2 a c^2 x^2 + 2 a c f x^2 - 2 a c f + a f^2 - c^3 x^2 - c^2 f)/(a^3 (a x^4 + c x^2 + f)) + x^4/a - (2 x)/a
also lässt es sich in ein Produkt 2er Polynome Grad 4 schreiben:
Script
3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))
= (a*x^4+c*x^2+f) * [x^4/a +... ] 
nun noch günstige Parameter für a, b, c und f ermitteln...
(z.B. a=1 )
Nullstelle für erste Polynom:
x1 = -sqrt((-sqrt(c^2 - 4 a f) - c)/a)/sqrt(2)
x2 = +sqrt((-sqrt(c^2 - 4 a f) - c)/a)/sqrt(2)
x3...

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.9 begonnen.]


juergenX
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 Beitrag No.10, eingetragen 2020-01-26 14:02    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 13:41 - hyperG in Beitrag No. 9 schreibt:
juergenX:
Ich weiß nicht, was Du bei Matheretter eingegeben hast, aber die beiden
NICHT-komplexen Nullstellen sind irrational:
x1≈0.721172943244856736909620570776942802912869954012109932958...
x2≈1.790873127121775419735249046691409425392225265005186797395...


ja stimmt. Meine Frage war an sich ist das f(x) in Radikalen aufloesbar?
Wobei so meine ich die 3 komplexen Paerchen fuer sich genommen

$\displaystyle f_1(x)=(x-x2)(x-x3) = x2^2-(x2+x3)x+x2x3$
$\displaystyle f_2(x)=(x-x4)(x-x5)$
$\displaystyle f_3(x)=(x-x6)(x-x7)$

natuerlich algebraische Loesungen haben, wenn exakt $x2 = \bar x3$. etc ist. das erscheint offensichtlich denn andererseites wuerden ganz "krumme" Quadrate rauskommen. Beweisen kann ichs eben nicht.




hyperG
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 Beitrag No.9, eingetragen 2020-01-26 13:41    [Diesen Beitrag zitieren]

juergenX:
Ich weiß nicht, was Du bei Matheretter eingegeben hast, aber die beiden
NICHT-komplexen Nullstellen sind irrational:
x1≈0.721172943244856736909620570776942802912869954012109932958...
x2≈1.790873127121775419735249046691409425392225265005186797395...

Bisher ist noch keine explizite Formelschreibweise für diese beiden Zahlen bekannt -> und solange kann man auch keine exakte Polynomdivision ansetzen (nur Näherungswert-Schreibweisen).

Was exakt funktionieren könnte, wäre die Zerlegung in ein Produkt 2er
Polynome bis hin zu Grad 4, denn
Quartische_Gleichungen
können exakt mit der PQRSTUVW-Formel umgestellt werden...

[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]


Kezer
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 Beitrag No.8, eingetragen 2020-01-26 13:29    [Diesen Beitrag zitieren]

Wie weird schon gesagt hat, lässt sich jedes Polynom in $\mathbb{R}[x]$ in irreduzible Faktoren ersten und zweiten Grades aufspalten.
Es ist eine leichte Übungsaufgabe, dass Nullstellen immer mit ihrem Konjugierten kommen.


juergenX
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 Beitrag No.7, eingetragen 2020-01-26 13:21    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 13:02 - pzktupel in Beitrag No. 5 schreibt:
>wenn man also (x-x1)(x-x8) rausdividiert

Ja klar, aber ob es komplexe Pärchen sind, weiß man aber vorab nicht.
Erst die Lösung zeigt es, oder sehe ich das falsch ?

Wie es aussieht, könnte man tatsächlich aus den drei Quadratische Gleichungen das Polynom 6. Grades erzeugen, aber man wird es nicht aus dem 6. Grad erkennen...also ich nicht.

Das verbleibende Polynom 6ten Grades ist $(x-x2)(x-x3)(x-x4)(x-x5)(x-x6)(x-x7)$

Gibt $(x^2-a)(x^2-b)(x^2-c), a,b,c \in \mathbb R$.

Dass $x2,x3$ etc. komplexe Pärchen sind, liegt aber sehr nahe. Das kann man durch Polynomdivision $f(x)/(x-x2)(x-x3)$ feststellen wenn man davon ausgeht dass die numerischen Ergebnisse nicht in der 9. Nachkommastelle ungenau sind.

at Hyperg wow! das muss ich erst ma sacken lassen  😮


[Die Antwort wurde nach Beitrag No.5 begonnen.]


hyperG
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 Beitrag No.6, eingetragen 2020-01-26 13:06    [Diesen Beitrag zitieren]

Exakte Nullstellen für Polynome Grad 8:
nur wenige Spezialfälle!

Ich glaube, dass nur die vereinfachte Darstellung gesucht wird:

3 - 2 x + x^3 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))

Versuche mit k= (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))
ergibt eine Lösung für

x = (sqrt (3) sqrt (243 k^4 - 32 k^3) - 27 k^2)^(1/
      3)/(2^(1/3) 3^(2/3) k) + (2 (2/3)^(1/
        3))/(sqrt (3) sqrt (243 k^4 - 32 k^3) - 27 k^2)^(1/3)

Rücksubstitution ergibt die komplizierte Gleichung:
x = (4* 3^(1/3) + (
  2^(1/3) (-27 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))^2 +
     Sqrt[3] Sqrt[(-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))^3 (-1004 +
         243 x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))])^(2/3))/(-4 +
   x (2 + x (-2 - 2 x + x^3))))/(
 6^(2/3) (-27 (-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))^2 +
    Sqrt[3] Sqrt[(-4 + x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))^3 (-1004 +
        243 x (2 + x (-2 - 2 x + x^3)))])^(1/3))
die man als Iteration lösen kann...

Könnte man hier nicht substituieren:
3 + 2 x^4 + x^8 == 2 (x + 2 x^3 + x^5 + x^6

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.4 begonnen.]


pzktupel
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 Beitrag No.5, eingetragen 2020-01-26 13:02    [Diesen Beitrag zitieren]

>wenn man also (x-x1)(x-x8) rausdividiert

Ja klar, aber ob es komplexe Pärchen sind, weiß man aber vorab nicht.
Erst die Lösung zeigt es, oder sehe ich das falsch ?

Wie es aussieht, könnte man tatsächlich aus den drei Quadratische Gleichungen das Polynom 6. Grades erzeugen, aber man wird es nicht aus dem 6. Grad erkennen...also ich nicht.


juergenX
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Mitteilungen: 269
Herkunft:
 Beitrag No.4, eingetragen 2020-01-26 12:51    [Diesen Beitrag zitieren]

nach www.matheretter.de/rechner/polynomgleichung



 Alle Lösungen der Gleichung:

Es gibt insgesamt 8 Lösungen bei Berücksichtigung von Reellen und Komplexen Zahlen:
x1 = 0,82222971
x2 = -0,58543487 + 0,54131697·i
x3 = -0,58543487 - 0,54131697·i
x4 = -1,25562579 + 0,89569896·i
x5 = -1,25562579 - 0,89569896·i
x6 = 0,53111705 + 1,0295299·i
x7 = 0,53111705 - 1,0295299·i
x8 = 1,79765749

wenn man also (x-x1)(x-x8) rausdividiert

müssten die anderen 3 komplexen Paare sich als Lösungen eines Polynoms 6ten Grdes darstellen lassen. Man kann durchaus mindestens ein reelles Polynom $(x-x2)(x-x3)$ , abspalten!



[Die Antwort wurde nach Beitrag No.2 begonnen.]


weird
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 Beitrag No.3, eingetragen 2020-01-26 12:51    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 12:10 - juergenX im Themenstart schreibt:
Man kan evtl Polynome 2. Grades der Art: $\displaystyle f(x)=(x-(a+bi))(x-(a-bi)), a,b \in Q$ abspalten.
Man kann evtl. Polynome 3. Grades abspalten, denke ich oder nicht?
Wenn beides nicht geht, kan man evtl. alles in 2 Polynome 4. Grades aufloesen. Oder kann man das schnell ausschliesen?
Wie wuerde man prinzipiell vorgehen?

Wenn du mit dem "Abspalten" irreduzible Polynomfaktoren über $\mathbb Q$ meinst, wie ich nach deinem obigen Beispiel vermute, dann wäre das ja ein glatter Widerspruch zur Irreduzibilität deines Polynoms $f(x)\in\mathbb Q[x]$. *)

Wenn du aber irreduzible Polynomfaktoren über $\mathbb R$ meinst, so haben die bekanntlich immer Grad 1 oder 2, und deren Auffindung ist genau so schwer wie die Bestimmung der Nullstellen. So oder so ergibt deine Frage also einfach keinen Sinn!  😮

*) Ich meine hier mit $f(x)$ dein Polynom 8.Grades und nicht dein obiges
\[f(x)=(x-(a+bi))(x-(a-bi))=x^2-2ax+(a^2+b^2)\in\mathbb Q[x]\] Verschiedene Dinge sollte man (nicht nur in der Mathematik!) auch verschieden bezeichnen!

[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]


Kezer
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 Beitrag No.2, eingetragen 2020-01-26 12:39    [Diesen Beitrag zitieren]

2020-01-26 12:10 - juergenX im Themenstart schreibt:
Wie gehe ich da ran, um Nullstellen zu finden?

Antwort: Gar nicht.

Gibt es einen Grund, dass du erwarten kannst, dass man "schöne" Nullstellen bekommt? Wie Galois schon vor Langem demonstriert hat, sind viele Lösungen polynomieller Gleichungen hohen Grades nicht elementar darstellbar.
Wenn man also Zahlenwerte von solchen Sachen haben möchte, dann findet man die Lösung numerisch. Wolfram-Alpha hat keine Probleme mit einer solchen Gleichung.


pzktupel
Aktiv
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Herkunft: Thüringen
 Beitrag No.1, eingetragen 2020-01-26 12:28    [Diesen Beitrag zitieren]

Habe die Kurve mal darstellen lassen. Es finden sich 2 reelle Lösungen. Selbst die Polynomdivision würde mit schrägen Koeffizienten eine Gleichung 6. Grades erzeugen, die dann wohl? 6 komplexe Lösungen hat.

Keine Ahnung wie das gehen soll.... außer dem Online Rechner von hyperG :-)

www.lamprechts.de/gerd/php/_gleichung-6-grades.php

Man könnte noch prüfen, ob Doppellösungen vorhanden sind, um den Grad weiter zu senken.

P.S. Ich sehe aber, dieser Rechner ist auch überfordert mit komplexen Lösungen.



juergenX
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 Themenstart: 2020-01-26 12:10    [Diesen Beitrag zitieren]

Aus einem Aufgabezettel leider ohne Loesungen.

Ich nehme folgendes irreduzibles Polynom 8ten Grades:

$\displaystyle f(x)=x^8-2x^6-2x^5+2x^4-4x^3-2x+3$

irreduzible nach Eisenstein mit p=2.

Wie gehe ich da ran, um Nullstellen zu finden?
Man kan evtl Polynome 2. Grades der Art: $\displaystyle f(x)=(x-(a+bi))(x-(a-bi)), a,b \in Q$ abspalten.
Man kann evtl. Polynome 3. Grades abspalten, denke ich oder nicht?
Wenn beides nicht geht, kan man evtl. alles in 2 Polynome 4. Grades aufloesen. Oder kann man das schnell ausschliesen?
Wie wuerde man prinzipiell vorgehen?







 
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