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| Autor |
 Anzahl verschiedener Lösungen ermitteln bei komplexen Polynomen |
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Spedex
Wenig Aktiv 
Dabei seit: 19.03.2020
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Wohnort: Wien
 |  Themenstart: 2020-12-26
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Hallo,
ich möchte die Frage beantworten, ob die Gleichung ${z^5} + 1 = 0$ exakt fünf unterschiedliche Lösungen hat. Jedoch weiß ich nicht, wie ich das anstellen soll. Ich habe zwar etwas ähnliche Beispiele schonmal gesehen, allerdings waren dann die Nullstellen direkt gefragt. Oder ob es reelle Nullstellen gibt (also reelle Lösungen), etc... aber wenn ich hier versuche die Nullstellen auszurechnen, versage ich.
Ich wäre das bei ${z^4} + 1 = 0$ zum Beispiel so angegangen:
$${z^4} = - 1$$
$${z^2} = \pm \sqrt { - 1} = \pm i$$
$$z = \pm \sqrt { \pm i} $$
$${z_1} = \sqrt i ,{z_2} = \sqrt { - i} ,{z_3} = - \sqrt i ,{z_4} = - \sqrt { - i} $$
Und so komme ich also auf vier verschiedene Nullstellen.
Aber wie gehe ich das bei ${z^5} + 1 = 0$ an?
Liebe Grüße
Spedex
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Triceratops
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 |  Beitrag No.1, eingetragen 2020-12-26
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$z^5+1=0$ ist äquivalent zu $z^{10}=1$ und $ z^5 \neq 1$. Die Lösungen sind also die $10$-ten Einheitswurzeln abgesehen von den $5$-ten Einheitswurzeln, also $10-5=5$ Stück.
https://de.wikipedia.org/wiki/Einheitswurzel
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Diophant
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Dabei seit: 18.01.2019
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 | Beitrag No.2, eingetragen 2020-12-26
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Spedex,
da kommt es jetzt auch ein wenig auf dein Vorwissen an. Ist dir klar, wo (und wie verteilt) die Lösungen eines Polynoms der Form \(z^n+1=0\) in der komplexen Ebene liegen? Wenn du das weißt, dann kann man dieses Polynom sogar noch mit Hilfe von Wurzeltermen in Linearfaktoren zerlegen.
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
[Verschoben aus Forum 'Funktionen' in Forum 'Komplexe Zahlen' von Diophant]\(\endgroup\)
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DerEinfaeltige
Senior 
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 | Beitrag No.3, eingetragen 2020-12-26
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Ganz anderer Ansatz:
Mehrfache Nullstellen sind auch Nullstellen des ggT der Polynomfunktion und ihrer Ableitung.
Letztere sind hier offenbar teilerfremd.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.1 begonnen.]
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Spedex
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Wohnort: Wien
| Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-26
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Ok, die Antwort scheint wohl nicht so leicht zu sein wie ich dachte (zumindest für mich).
\quoteon(2020-12-26 18:15 - Triceratops in Beitrag No. 1)
$z^5+1=0$ ist äquivalent zu $z^{10}=1$ und $ z^5 \neq 1$. Die Lösungen sind also die $10$-ten Einheitswurzeln abgesehen von den $5$-ten Einheitswurzeln, also $10-5=5$ Stück.
https://de.wikipedia.org/wiki/Einheitswurzel
\quoteoff
Ich verstehe die Äquivalenz zu ${z^{10}} = 1$, aber wieso gilt \(z^5≠1\)?
\quoteon(2020-12-26 18:19 - Diophant in Beitrag No. 2)
Hallo Spedex,
da kommt es jetzt auch ein wenig auf dein Vorwissen an. Ist dir klar, wo (und wie verteilt) die Lösungen eines Polynoms der Form \(z^n+1=0\) in der komplexen Ebene liegen? Wenn du das weißt, dann kann man dieses Polynom sogar noch mit Hilfe von Wurzeltermen in Linearfaktoren zerlegen.
Gruß, Diophant
\quoteoff
Ich habe jetzt versucht mir das grafisch zu überlegen, scheiter aber an der Darstellung mittels ${r^5}*\left( {\cos \left( {\varphi *5} \right) + i*\sin \left( {\varphi *5} \right)} \right)=-1$
\quoteon(2020-12-26 18:26 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 3)
Ganz anderer Ansatz:
Mehrfache Nullstellen sind auch Nullstellen des ggT der Polynomfunktion und ihrer Ableitung.
Letztere sind hier offenbar teilerfremd.
\quoteoff
Das hört sich eher als eine Erklärung für Profis an. Ich verstehe weder den ersten Satz, noch den zweiten und vermute, dass es einige Zeit dauern wird, mir das Wissen anzueignen, um diese Sätze zu verstehen.
Liebe Grüße
Spedex
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10906
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.5, eingetragen 2020-12-26
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
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\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Noch ein Nachtrag (weil das Teil der Frage war): in \(\IC\) besitzt jedes Polynom n. Ordnung auch n Lösungen. Diese müssen nicht zwingend veschieden sein, das Problem der algebraischen Vielfachheit gibt es hier natürlich auch. Zählt man solche Lösungen entsprechend, dann sind es eben stets n Lösungen und nicht maximal n so wie im Reellen.
Dieser Sachverhalt ist die Kernaussage des sog. Fundamentalsatzes der Algebra.
Zu deiner vorigen Frage: mache doch mal folgendes. Versuche auch noch die Gleichungen \(z^2+1=0\) und \(z^3+1=0\) zu lösen. Trage die Lösungen jeweils auf dem Einheitskreis der komplexen Ebene ein. Dann sollte dir insbesondere der Hinweis von Triceratops aus Beitrag #1 klar werden.
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]\(\endgroup\)
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lula
Senior
Dabei seit: 17.12.2007
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Wohnort: Sankt Augustin NRW
 | Beitrag No.6, eingetragen 2020-12-26
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Hallo
eigentlich sollte man am besten -1=e^(i\phi+k*2\pi*i) wissen und da von hoch 1/5 nehmen,
Gruß lula
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.3 begonnen.]
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Triceratops
Wenig Aktiv
Dabei seit: 28.04.2016
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Wohnort: Berlin
| Beitrag No.7, eingetragen 2020-12-26
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@Spedex: Deine Aussage
\quoteonIch verstehe die Äquivalenz zu ${z^{10}} = 1$, aber wieso gilt \(z^5≠1\)?
\quoteoff
ist nicht sinnvoll, weil $z^5=-1$ und $z^{10}=1$ nicht zueinander äquivalent sind.
Also, ich habe lediglich die aus Schulzeit bekannte Äquivalenz $x^2=1 \iff x=\pm 1 $ verwendet (für $x=z^5$). Daraus folgt durch simple Logik $x = -1 \iff x^2 = 1 \wedge x \neq 1$.
Es gilt daher auch allgemeiner
$z^n + 1 = 0 \iff z^n = -1 \iff (z^n)^2 = 1 \wedge z^n \neq 1 \iff z^{2n} = 1 \wedge z^n \neq 1 \iff z \in U_{2n} \setminus U_{n},$
wenn $U_n:=\{w \in \IC : w^n=1\}$ die Menge der $n$-ten Einheitswurzeln ist. Wegen $\# U_n = n$ gibt es also genau $2n-n = n$ (paarweise verschiedene) Lösungen dieser Gleichung (und man kann sie auch explizit hinschreiben).
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DerEinfaeltige
Senior
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| Beitrag No.8, eingetragen 2020-12-26
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\quoteon(2020-12-26 18:50 - Spedex in Beitrag No. 4)
\quoteon(2020-12-26 18:26 - DerEinfaeltige in Beitrag No. 3)
Ganz anderer Ansatz:
Mehrfache Nullstellen sind auch Nullstellen des ggT der Polynomfunktion und ihrer Ableitung.
Letztere sind hier offenbar teilerfremd.
\quoteoff
Das hört sich eher als eine Erklärung für Profis an. Ich verstehe weder den ersten Satz, noch den zweiten und vermute, dass es einige Zeit dauern wird, mir das Wissen anzueignen, um diese Sätze zu verstehen.
\quoteoff
Ich bin kein Profi und eine Erklärung für Profis würde ich wohl selbst nicht verstehen. Das ist nur eine Kombination aus Fundamentalsatz und elementaren Ableitungsregeln.
Ein Polynom n-ten Grades hat bekanntlich genau $n$ (nicht notwendigerweise verschiedene) komplexe Nullstellen.
Aus der Produktregel der Ableitung folgt, dass mehrfache Nullstellen auch in der Ableitung auftauchen und umgekehrt gemeinsame Nullstellen mehrfache waren. (kann man leicht nachrechnen)
Die zugehörigen gemeinsamen Linearfaktoren von Polynom und Ableitung stecken natürlich im größten gemeinsamen Teiler, den man man mit Polynomdivision und euklidischem Algorithmus allgemein bestimmen kann.
Aus dem Grad des ggT kann man daher ablesen, wie viele "Dubletten" vorhanden waren und weiß somit auch, wie viele verschiedene Nullstellen es gab.
Hier hat das Polynom Grad 5 und der ggT($x^5+1,~5x^4$) hat Grad 0. Es gibt also $5-0=5$ unterschiedliche Nullstellen.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.6 begonnen.]
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Spedex
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Wohnort: Wien
| Beitrag No.9, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-26
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Je länger ich mich damit beschäftige, in ein desto größeres Loch an Unwissen falle ich.
\quoteon(2020-12-26 18:53 - Diophant in Beitrag No. 5)
Zu deiner vorigen Frage: mache doch mal folgendes. Versuche auch noch die Gleichungen \(x^2+1=0\) und \(x^3+1=0\) zu lösen. Trage die Lösungen jeweils auf dem Einheitskreis der komplexen Ebene ein
\quoteoff
Also ${x^2} + 1 = 0$ zu lösen ist einfach. Da komme ich dann auf ${x_{1,2}} = \pm i$.
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52794_1_rsz_pic1.jpg
Groß: hier
Bei ${x^3} + 1 = 0$ stehe ich dann aber schon an. Klar kann ich das lösen, indem ich sage, $x = \sqrt[3]{{ - 1}} = - 1$. Damit habe ich ja schonmal zwei Lösungen. Aber die Lösungen sind doch ident, nicht? Außerdem fehlt mir noch eine dritte Lösung, und ich weiß nicht wie man auf die kommen soll $x=-(-1)^{2/3}$.
Wenn gilt $\sqrt[3]{{ - 1}} = - 1$, dann haben ja die Werte keinerlei komplexen Anteil. Man soll jedoch auf folgendes kommen:
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/52794_rsz_pic2.jpg
Groß: hier
Kannst du mir das bitte erklären?
\quoteon(2020-12-26 19:23 - Triceratops in Beitrag No. 7)
Also, ich habe lediglich die aus Schulzeit bekannte Äquivalenz $x^2=1 \iff x=\pm 1 $ verwendet (für $x=z^5$). Daraus folgt durch simple Logik $x = -1 \iff x^2 = 1 \wedge x \neq 1$.
\quoteoff
Das habe ich jetzt schon mal verstanden.
Liebe Grüße
Spedex
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
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Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.10, eingetragen 2020-12-26
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Spedex,
was du da im Fall von \(z^3+1\) gerechnet hast, erschließt sich mir ehrlicherweise nicht.
Korrekt kann man es so machen (Faktorisierung nachrechnen, falls unklar!):
\[z^3+1=(z+1)(z^2-z+1)\]
Der erste Faktor liefert die Lösung \(z=-1\). Der zweite Faktor führt auf die folgende quadratische Gleichung:
\[z^2-z+1=0\]
Die löst du jetzt einmal über \(\IC\) exakt. Die Lösungen schaust du dir einmal ganz genau an, bzw. um genauer zu sein: deren Argument.
Die beiden Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind dann eben genau die beiden, die rechts von der imaginären Achse liegen.
Im Fall von \(z^5+1=0\) wird es dann schon etwas komplizierter, da man hier zwar auch auf eine vergleichbare Faktorisierung kommen kann, was dann jedoch auf eine Gleichung 4. Ordnung führt. Dieses Problem könnte man eben mit Hilfe der Kreisfunktionen bzw. dem Ansatz aus Beitrag #6 umgehen.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Triceratops
Wenig Aktiv
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| Beitrag No.11, eingetragen 2020-12-26
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@Spedex: Hast du noch Fragen zu Beitrag 7?
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GaussGauss
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Dabei seit: 13.11.2020
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 | Beitrag No.12, eingetragen 2020-12-27
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Hallo,
du kennst doch bestimmt die berühmte Identität $e^{\pi i}+1 =0$ oder ?
Das heißt, $e^{\pi i}$ liegt am komplexen Einheitskreis "links von der Mitte", so wie du es in deinen Skizzen hattest. Nun überlege dir, dass du die vollen $2\pi$, also $360°$ in Fünftel unterteilen kannst - 5 mal $72°$ also. Somit siehst du sofort, dass sich die Lösungen $e^{\frac{\pi i}{5}}, e^{\frac{3 \pi i}{5}}, e^{\frac{5\pi i}{5}} = e^{\pi i}, e^{\frac{7\pi i}{5}}, e^{\frac{9\pi i}{5}}$ ergeben. Nun multipliziere die Exponenten jeweils mit 5 und nimm diese modulo $2\pi$. Somit hast du den komplexen Einheitskreis in 5 Stücke unterteilt und solltest 5 verschiedene Lösungen erhalten. Ich hoffe, das hilft dir.
Gruß
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Spedex
Wenig Aktiv
Dabei seit: 19.03.2020
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Wohnort: Wien
| Beitrag No.13, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-27
|
Hallo, danke für die weiteren Antworten.
\quoteon(2020-12-26 22:31 - Diophant in Beitrag No. 10)
Der erste Faktor liefert die Lösung \(z=-1\). Der zweite Faktor führt auf die folgende quadratische Gleichung:
\[z^2-z+1=0\]
Die löst du jetzt einmal über \(\IC\) exakt. Die Lösungen schaust du dir einmal ganz genau an, bzw. um genauer zu sein: deren Argument.
Die beiden Lösungen dieser quadratischen Gleichung sind dann eben genau die beiden, die rechts von der imaginären Achse liegen.
\quoteoff
Ok, ich komme dann auf die Lösungen $ - 1,\;\frac{1}{2} + i\frac{{\sqrt 3 }}{2},\frac{1}{2} - i\frac{{\sqrt 3 }}{2}$ und das erklärt definitiv, wie man auf die drei Punkt kommt und warum sie 120° voneinander entfernt sind ($\sin \left( {60^\circ } \right) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$).
Das dann bei ${z^5} + 1$ eine ungünstigere Form herauskommt, ist natürlich bedauernd, aber da würde ich dann sagen ${z^1} + 1 = 0$ hat eine Lösung, ${z^2} + 1 = 0$ hat zwei Lösungen, ${z^3} + 1 = 0$ hat drei Lösungen, ${z^4} + 1 = 0$ hat vier Lösungen, also wird ${z^5} + 1 = 0$ wahrscheinlich fünf Lösungen haben. Die Frage war Multiple Choice, in der Form: Die Gleichung ${z^5} + 1 = 0$ hat fünf verschiedene Lösungen:
$ \odot $ Richtig
$ \odot $ Falsch
\quoteon(2020-12-26 23:45 - Triceratops in Beitrag No. 11)
@Spedex: Hast du noch Fragen zu Beitrag 7?
\quoteoff
Nein, der Teil, der dann darunter kommt, den habe ich nicht ganz verstanden, mit all diesen komischen Zeichen und Operatoren, aber das ist nicht so schlimm.
\quoteon(2020-12-27 09:19 - GaussGauss in Beitrag No. 12)
Hallo,
du kennst doch bestimmt die berühmte Identität $e^{\pi i}+1 =0$ oder ?
Das heißt, $e^{\pi i}$ liegt am komplexen Einheitskreis "links von der Mitte", so wie du es in deinen Skizzen hattest. Nun überlege dir, dass du die vollen $2\pi$, also $360°$ in Fünftel unterteilen kannst - 5 mal $72°$ also. Somit siehst du sofort, dass sich die Lösungen $e^{\frac{\pi i}{5}}, e^{\frac{3 \pi i}{5}}, e^{\frac{5\pi i}{5}} = e^{\pi i}, e^{\frac{7\pi i}{5}}, e^{\frac{9\pi i}{5}}$ ergeben. Nun multipliziere die Exponenten jeweils mit 5 und nimm diese modulo $2\pi$. Somit hast du den komplexen Einheitskreis in 5 Stücke unterteilt und solltest 5 verschiedene Lösungen erhalten. Ich hoffe, das hilft dir.
Gruß
\quoteoff
Ja, das ist eine interessante Methode.
Vielen Dank schonmal an alle, für die Hilfe!
Liebe Grüße
Spedex
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10906
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.14, eingetragen 2020-12-27
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
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Hallo Spedex,
diesen Sachverhalt würde ich an deiner Stelle nicht so schnell abhaken, denn er ist von immenser Wichtigkeit und Bedeutung.
Einmal noch der Vollständigkeit halber:
- Die Lösungen des Polynoms \(z^n-1=0\) bilden auf dem Einheitskreis der komplexen Ebene ein regelmäßiges n-Eck, von dem eine Ecke auf der \(1\) liegt, was der Lösung \(z_1=1\) entspricht.
- Die Lösungen des Polynoms \(z^n+1=0\) bilden für ungerade n auf dem Einheitskreis der komplexen Ebene ein regelmäßiges n-Eck, von dem eine Ecke auf der \(-1\) liegt, was der Lösung \(z_1=-1\) entspricht.
- Die Lösungen des Polynoms \(z^n+1=0\) bilden für gerade n auf dem Einheitskreis der komplexen Ebene ein regelmäßiges n-Eck, dessen Ecken achsensymmetrisch zur reellen und zur imaginären Achse liegen.
Jetzt mache dir das einmal klar und versuche dann als nächstes noch einmal erneut, den konkreten Hinweis von Triceratops aus Beitrag #1 und den allgemeineren aus Beitrag #7 zu verstehen.
Gruß, Diophant \(\endgroup\)
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Spedex
Wenig Aktiv
Dabei seit: 19.03.2020
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| Beitrag No.15, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-27
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Hallo, danke für deine Antwort.
Den visuellen Zusammenhang, welchen du mir jetzt erklärt hast, habe ich mir klar gemacht.
Das, was Triceratops in Beitrag Nummer 1 geschrieben hat, verstehe ich denke ich auch. Das was in Beitrag Nummer 7 geschrieben wurde, verstehe ich auch, bis auf die letzte Zeile:
\quoteon(2020-12-26 19:23 - Triceratops in Beitrag No. 7)
$...\iff z \in U_{2n} \setminus U_{n},$
wenn $U_n:=\{w \in \IC : w^n=1\}$ die Menge der $n$-ten Einheitswurzeln ist. Wegen $\# U_n = n...$
\quoteoff
Den Teil, eben einfach aufgrund der Operatoren, die mir nichts wirklich sagen.
Aber das meinte ich oben mit, nicht so schlimm..., denn das Prinzip habe ich gecheckt, vermutlich.
Liebe Grüße
Spedex
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10906
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.16, eingetragen 2020-12-27
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
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\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Spedex,
benennen bzw. nummerieren wir einmal die Eckpunkte eines solchen Vielecks wie folgt: die Ecke in \(1\) bekommt die Nummer 0, dann nummerieren wir im Gegenuhrzeigersinn bis zur letzten Ecke mit der Nummer (2n-1).
Die Notation von Triceratops bedeutet dann folgendes: die Menge aller Eckpunkte eines regelmäßigen 2n-Ecks abzüglich der Menge aller Eckpunkte eines n-Ecks (also eines solchen Vielecks mit halber Eckenzahl und ebenfalls wieder mit der "Ecke 0" in 1). Dabei bleiben von dem ursprünglichen 2n-Eck gerade die Eckpunkte mit ungerader Nummer übrig. Was dann zu dem Phänomen führt, dass man für ungerade n eine solche Ecke auf der reellen Achse bei \(x=-1\) hat, für gerade n jedoch ausschließlich "komplexe" Ecken.
Und Einheitswurzeln ist einfach der übliche Begriff für die "Eckpunkte" respektive Lösungen eines Polynoms der Form \(x^n-1=0\).
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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Kezer
Senior
Dabei seit: 04.10.2013
Mitteilungen: 1862
 | Beitrag No.17, eingetragen 2020-12-27
|
\quoteon(2020-12-27 18:12 - Spedex in Beitrag No. 15)
Den Teil, eben einfach aufgrund der Operatoren, die mir nichts wirklich sagen.
\quoteoff
Welche "Operatoren" meinst du? Mit $\# U_n$ bezeichnet man die Anzahl der Elemente einer Menge, man schreibt auch $|U_n|$.
[Die Antwort wurde nach Beitrag No.15 begonnen.]
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Spedex
Wenig Aktiv
Dabei seit: 19.03.2020
Mitteilungen: 1098
Wohnort: Wien
| Beitrag No.18, vom Themenstarter, eingetragen 2020-12-28
|
Ich meinte das hier: $...\iff z \in U_{2n} \setminus U_{n},$
Und das hier: $U_n:=\{w \in \IC : w^n=1\}$
Und das hier: $\# U_n = n...$
Wobei du letzteres schon erklärt hast.
LG
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Diophant
Senior
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10906
Wohnort: Rosenfeld, BW
| Beitrag No.19, eingetragen 2020-12-28
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo Spedex,
\quoteon(2020-12-28 18:09 - Spedex in Beitrag No. 18)
Ich meinte das hier: $...\iff z \in U_{2n} \setminus U_{n},$
Und das hier: $U_n:=\{w \in \IC : w^n=1\}$
Und das hier: $\# U_n = n...$
Wobei du letzteres schon erklärt hast.
\quoteoff
und ich das vorige (Beitrag #16). Du solltest schon konkreter ausformulieren, was dir da unklar ist.
Gruß, Diophant\(\endgroup\)
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DerEinfaeltige
Senior
Dabei seit: 11.02.2015
Mitteilungen: 3291
| Beitrag No.20, eingetragen 2020-12-28
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\quoteon(2020-12-28 18:09 - Spedex in Beitrag No. 18)
Ich meinte das hier: $...\iff z \in U_{2n} \setminus U_{n},$
\quoteoff
Das bedeutet:
... genau dann wenn $z$ Element der Menge $U_{2n}$, nicht jedoch der Menge $U_n$ ist.
Oder kürzer:
... gdw. $z$ Element der Differenzmenge $U_{2n}$ ohne $U_n$ ist.
\quoteon
Und das hier: $U_n:=\{w \in \IC : w^n=1\}$
\quoteoff
Das bedeutet:
$U_n$ ist die Menge aller $w$ aus der Obermenge $\IC$, welche die Gleichung $w^n=1$ erfüllen.
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