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 Vierte Wurzel einer Lösung einer quadratischen Gleichung |
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bigmike2004
Ehemals Aktiv 
Dabei seit: 03.03.2022
Mitteilungen: 27
 |  Themenstart: 2022-03-14
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https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55426_Screenshot_2022-03-14_134858.jpg
Hallo Leute,
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55426_Screenshot_2022-03-14_134843.jpg
ich verstehe bei Aufgabe b) nicht, wie man die 4. Wurzel ausrechnet.
wenn:
\( u = -7 + 24j = [25; -0.29512]\)
und die 4. Wurzel davon:
\( [25; -0.29512]^{\frac{1}{4}}\)
ich komme nicht auf die angegebenen Lösungen mit meiner Vorgehensweise, wo habe ich hier einen Denkfehler?
LG, Michael
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Nuramon
Senior 
Dabei seit: 23.01.2008
Mitteilungen: 3738
 | Beitrag No.1, eingetragen 2022-03-14
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\(\begingroup\)\(\renewcommand{\Re}{\operatorname{Re}}
\renewcommand{\Im}{\operatorname{Im}}
\newcommand{\End}{\operatorname{End}}
\newcommand{\id}{\operatorname{id}}
\newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}
\newcommand{\im}{\operatorname{im}}
\newcommand{\sgn}{\operatorname{sgn}}
\newcommand{\d}{{\rm d}}
\newcommand{\rg}{\operatorname{rg}}
\newcommand{\spur}{\operatorname{spur}}
\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}}
\newcommand{\tr}{\operatorname{tr}}
\newcommand{\opn}{\operatorname}
\newcommand\ceil[1]{\left\lceil #1 \right\rceil}
\newcommand\floor[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}\)
Hallo,
Du hast den Winkel falsch berechnet. Wenn ich das richtig reverse-engineere, dann hast Du $\tan$, statt $\arctan$ verwendet. Auch $\arctan$ ist aber nicht richtig, da $u$ im zweiten Quadranten liegt.
Wie man das richtig macht, findest Du sicherlich in Deinen Unterlagen oder überlegst es Dir noch besser selbst.
Hier ist ein anderer Ansatz, der aber nur funktioniert, wenn man weiß, dass die Ergebnisse ganzzahlig sind:
Aus $-7+24i= (a+bi)^4 = a^4-6a^2b^2+b^4 + i(4a^3b-4ab^3)$ folgt durch Vergleich der Imaginärteile, dass $24= 4a^3-4ab^3$, also dass $6 = ab(a+b)(a-b)$. Hier kann man raten, dass $a=2,b=1$ eine Lösung ist und das durch Nachrechnen von $2^4-6\cdot 2^2\cdot 1^2 + 1^4 = -7$ bestätigen.
Damit ist $w=2+j$ eine vierte Wurzel von $-7+24i$. Die anderen vierten Wurzeln müssen dann $iw, i^2w, i^3w$ sein.
\(\endgroup\)
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Diophant
Senior 
Dabei seit: 18.01.2019
Mitteilungen: 10923
Wohnort: Rosenfeld, BW
 | Beitrag No.2, eingetragen 2022-03-14
|
\(\begingroup\)\(\newcommand{\ba}{\begin{aligned}}
\newcommand{\ea}{\end{aligned}}
\newcommand{\bc}{\begin{cases}}
\newcommand{\ec}{\end{cases}}
\newcommand{\bpm}{\begin{pmatrix}}
\newcommand{\epm}{\end{pmatrix}}
\newcommand{\bvm}{\begin{vmatrix}}
\newcommand{\evm}{\end{vmatrix}}
\newcommand{\mb}[1]{\mathbb{#1}}
\newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}}
\newcommand{\mf}[1]{\mathfrak{#1}}
\newcommand{\ms}[1]{\mathscr{#1}}
\newcommand{\on}{\operatorname}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}\)
Hallo,
deine Notation der Polarform ist etwas gewöhnungsbedürftig. Habt ihr das offiziell so geschrieben?
Vermutlich soll man das irgendwie mit Hilfe des Satzes von Moivre angehen (bewaffnet mit einem Taschenrechner).
Ein wesentlicher Denkfehler kommt aber schon in dieser Bemerkung zum Ausdruck:
\quoteon(2022-03-14 14:05 - bigmike2004 im Themenstart)
und die 4. Wurzel davon:
\quoteoff
Es gibt vier unterschiedliche 4. Wurzeln in \(\IC\). Wie habt ihr denn Wurzeln definiert? Das solltest du erst einmal recherchieren.
Einen Trick gäbe es, wenn man von vornherein die kühne Vermutung hat, dass die fraglichen Wurzeln Gauß'sche Zahlen sind. Man könnte versuchen, das nichtlineare Gleichungssystem, das man aus der Gleichheit
\((a+jb)^4=-7+24j\)
erhält, zu lösen. Ich bin damit recht schnell auf die vier Wurzeln gekommen. Aber um ehrlich zu sein: ohne das Wissen, dass das Gaußsche Zahlen sind (also komplexe Zahlen mit ganzzahligen Koeffizienten in der kartesischen Darstellung) hätte ich das gar nicht erst in Erwägung gezogen.
Wie gesagt: kläre für dich zunächst, wie die Wurzelfunktion im Komplexen definiert ist.
Gruß, Diophant
[Die Antwort wurde vor Beitrag No.1 begonnen.]
[Verschoben aus Forum 'Mathematik' in Forum 'Komplexe Zahlen' von Diophant]\(\endgroup\)
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MontyPythagoras
Senior
Dabei seit: 13.05.2014
Mitteilungen: 3417
Wohnort: Werne
 | Beitrag No.3, eingetragen 2022-03-14
|
Hallo zusammen,
\quoteon(2022-03-14 14:38 - Nuramon in Beitrag No. 1)
(...)
Hier ist ein anderer Ansatz, der aber nur funktioniert, wenn man weiß, dass die Ergebnisse ganzzahlig sind:
Aus $-7+24i= (a+bi)^4 = a^4-6a^2b^2+b^4 + i(4a^3b-4ab^3)$ folgt durch Vergleich der Imaginärteile, dass $24= 4a^3-4ab^3$, also dass $6 = ab(a+b)(a-b)$. Hier kann man raten, dass $a=2,b=1$ eine Lösung ist und das durch Nachrechnen von $2^4-6\cdot 2^2\cdot 1^2 + 1^4 = -7$ bestätigen.
Damit ist $w=2+j$ eine vierte Wurzel von $-7+24i$. Die anderen vierten Wurzeln müssen dann $iw, i^2w, i^3w$ sein.
\quoteoff
Selbst wenn man nicht weiß, dass das Ergebnis ganzzahlig sein muss, kann man die vierte Wurzel berechnen, indem man zweimal hintereinander die zweite Wurzel berechnet.
Ciao,
Thomas
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Wario
Aktiv
Dabei seit: 01.05.2020
Mitteilungen: 1324
| Beitrag No.4, eingetragen 2022-03-14
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\quoteon(2022-03-14 14:05 - bigmike2004 im Themenstart)
\( u = -7 + 24j = [25; -0.29512]\)
und die 4. Wurzel davon:
\( [25; -0.29512]^{\frac{1}{4}}\)
\quoteoff
1.) Auch wenn man die (gewöhnungsbedürftige) Kurzschreibweise $
re^{j\varphi} = [r; \varphi]$ wie hier anwendet (die spätestens ab $
[r; \varphi]^{\frac14}$ verwirrend wird), steht da normalerweise nicht eine Kommazahl, nur weil man diese einfacher in den Taschenrechner eintippen kann, sondern ein trigonometrischer oder ein Wurzelausdruck.
Es ist $-7 +24j = 25\cdot e^{2\cdot \arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,j }
$
Berechnet mit: $\boxed{
\varphi
=\arg(z)
=\arg(x+iy)
=\begin{cases}\pi & \text{für }
z\in\mathbb{R}_{<0} \\
2\cdot\arctan\left(\dfrac{y}{x+|z|}\right) & \text{sonst}
\end{cases}
}$ (siehe hier)
2.) Ansonsten lassen sich Aufgaben des Typs $w^n = a$ grundsätzlich auf Aufgaben des Typs $z^n = 1$ zurückführen, wobei man die Lösungen $z_0, z_1, \dots, z_{n-1}$ die $n$-ten Einheitswurzeln nennt:
$w^n = a ~\Rightarrow~
\left(\dfrac{w}{a^{\frac{1}{n}}} \right)^n =1 =: z^n$.
Was man nach Rechnung wieder rücksubstituiert.
Anstatt eines Spezialansatzes ($(a+jb)^4=-7+24j$), der hier noch halbwegs einfach gehen mag (den man aber auch zur Übung durchaus einmal machen kann), würde ich mich eher darauf fokussieren, wie man Einheitswurzeln berechnet; und am Ende rücksubstituieren.
Grundsätzlich kann man die 1., 2., 3.,... Einheitswurzeln auch in Tabellenwerken nachschlagen.
PS: Und der Titel "komplexe Zahlen" ist relativ lieblos und nichtssagend gewählt, er könnte auf nahezu jede Aufgabe in diesem Unterforum zutreffen. Ein besserer Titel könnte sein "Bestimmung der 4. Einheitswurzeln aus den Lösungen einer komplexen quadratischen Gleichung" o.ä.
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Wario
Aktiv
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| Beitrag No.5, eingetragen 2022-03-15
|
Gesucht: Die vier 4. Wurzeln der komplexen Zahl $z=-7+24i$, d.h. die Lösungen der Gleichung $w^4=z$, also $w^4 =-7+24i$.
Problem: Ermittlung der Gaußganzahl-Eigenschaft der Lösungen, d.h. $
w_0 =2+i,~ w_1=-1+2i,~ w_2=-2-i,~ w_3 =1-2i.$
Das geht natürlich nicht, wenn man mit Kommanzahl-Näherungswerten arbeitet; überdies fragt ein Professor normalerweise auch nicht ab, ob jemand den Tangens von 1.85459 oder sowas in den Taschenrechner eintippen kann; das glaubt er schon auch so, diesen Vertrauensvorschuss gibt man normalerweise schon. Aber das Ergebnis wäre dann eine Näherung und man könnte nicht mehr mit Gewissheit sagen, ob $1-2i$ usw. herauskam.
Am einfachsten bzw. rechenärmsten dürfte hier, wie bereits erwähnt, ein trickreicher Ansatz $(a+ib)^4=-7+24i$ sein.
Es geht aber auch durch konsequente Formelarbeit:
Es ist $z=-7 +24i =25\cdot e^{2\, \arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,i }
$
\showon Nebenrechnung.
Betrag: $|z|=|-7 +24i|
=\sqrt{(-7)^2 +24^2}
=\sqrt{49+576}
=\sqrt{625} =25$
Argument: $\begin{array}{l l}
\arg(z)
=\arg(-7 +24i)
&=2\,\arctan\left(\dfrac{24}{-7+25}\right)
=2\,\arctan\left(\dfrac{24}{18}\right)
=2\cdot\arctan\left(\dfrac{4}{3}\right)
\end{array}$
Mit Hilfe von
$\boxed{
\arg(z)
=\arg(x+iy)
=\begin{cases}\pi & \text{für }
z\in\mathbb{R}_{<0} \\
2\cdot\arctan\left(\dfrac{y}{x+|z|}\right) & \text{sonst}
\end{cases}
}$ (siehe hier)
\showoff
$\begin{array}{l l}
& w^4 = z \\
\Rightarrow~ & w^4 = 25\cdot e^{2\,\arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,i}\\[1em]
\Leftrightarrow & \dfrac{w^4}
{25\cdot e^{2\,\arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,i}}
=1 \\
\Leftrightarrow & \left(
\dfrac{w}
{\sqrt[4]{25}\cdot e^{ \frac{2\,\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{4} i}
}
\right)^4 =1 \\[1em]
\Leftrightarrow & \left(
\dfrac{w}
{\sqrt{5}\cdot e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i}
}
\right)^4 =1 \\[1em]
\end{array}$
Nebenrechnung (1):
$e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i }
=
\cos\left( \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} \right)
+ i\sin\left( \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} \right)
$
Es ist $\boxed{
\cos\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1+\cos(x)}{2}},~ \text{für}~ x\in [-\pi,\pi]
}$
und $\boxed{
\sin\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1-\cos(x)}{2}},~ \text{für}~ x\in [0,2\pi]
}.$
\showon Beweis.
$\cos(a + b) =\cos(a)\,\cos(b) – \sin(a)\,\sin(b).$
Für $a=b:$ $\cos(2a) =\cos^2(a) -\sin^2(a)
=2\cos^2(a) -1$ mit $\sin^2(x)+\cos^2(x)=1$
Für $2a=x:$ $
\cos^2\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\dfrac{1+\cos\left( x \right)}{2}
,$ und da $\cos\left( \dfrac{x}{2} \right) \geq 0$ für $x\in [-\pi,\pi]$ wird: $\cos\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1+\cos(x)}{2}},~ \text{für}~ x\in [-\pi,\pi].$
Ähnlich wird $\begin{array}{l l}
\cos^2\left( \dfrac{x}{2} \right)
=1 -\sin^2\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\dfrac{1+\cos\left( x \right)}{2}
~\Leftrightarrow~
\sin^2\left( \dfrac{x}{2} \right)
=1-\dfrac{1+\cos\left( x \right)}{2}
&=\dfrac{1-\cos\left( x \right)}{2}
\end{array},$ und da $\sin\left( \dfrac{x}{2} \right) \geq 0$ für $x\in [0,2\pi]$ wird: $\sin\left( \dfrac{x}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1-\cos(x)}{2}},~ \text{für}~ x\in [0,2\pi].$
\showoff
Nebenrechnung (1a): $\def\xxx{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}
\cos\left( \frac{\xxx}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1+\cos\left( \xxx \right)}{2}}$
Nebenrechnung (1b): $\def\xxx{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}
\sin\left( \frac{\xxx}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1-\cos\left( \xxx \right)}{2}}$
Nebenrechnung (2):
Es ist $\boxed{
\cos\left( \arctan(x) \right) =\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}
}.$
\showon Beweis.
Sei $y =\arctan(x)
~\Leftrightarrow~
x=\tan(y) =\dfrac{\sin(y)}{\cos(y)}$
$\Rightarrow~
x^2
=\dfrac{\sin^2(y)}{\cos^2(y)}
=\dfrac{1-\cos^2(y)}{\cos^2(y)}
=\dfrac{1}{\cos^2(y)}-1 \\
~\Leftrightarrow~
\cos^2(y) = \dfrac{1}{1+x^2}
~\Rightarrow~
\cos(y) = \cos\left( \arctan(x) \right) =\dfrac{1}{\sqrt{1+x^2}}.$
\showoff
Nebenrechnung (2a): $\def\xxx{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}
\def\yyy{\left( \frac{4}{3} \right)}
\cos\left( \xxx \right)
=\dfrac{1}{\sqrt{1+\yyy^2}}
=\dfrac{1}{\sqrt{\frac{25}{9}}}
=\dfrac{3}{5}$
· damit (1a): $\def\xxx{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}
\def\xxxx{\frac{3}{5}}
%
\cos\left( \frac{\xxx}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1+\cos\left( \xxx \right)}{2}}
=\sqrt{\dfrac{1+ \xxxx }{2}}
=\dfrac{2}{\sqrt{5}}
$
· bzw. (1b): $\def\xxx{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}
\def\xxxx{\frac{3}{5}}
%
\sin\left( \frac{\xxx}{2} \right)
=\sqrt{\dfrac{1-\cos\left( \xxx \right)}{2}}
=\sqrt{\dfrac{1- \xxxx }{2}}
=\dfrac{1}{\sqrt{5}}
$
Damit (1):
$e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i }
=
\cos\left( \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} \right)
+ i\sin\left( \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} \right)
= \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \dfrac{1}{\sqrt{5}}i$
Damit wird für den Nenner in der Ausgangsgleichung:
$\sqrt{5}\cdot e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i}
=\sqrt{5} \left( \dfrac{2}{\sqrt{5}} + \dfrac{1}{\sqrt{5}}i \right)
= 2+i.$
Also:
$1
=\left(
\dfrac{w}
{\sqrt{5}\cdot e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i}
}
\right)^4
=\left( \dfrac{w}{2+i} \right)^4
$
Satz: $\varepsilon^{n}= 1$ ("Kreisteilungsgleichung") hat die Lösungen: $
\varepsilon_k = e^{\frac{2\pi k}{n}i},~~\text{mit}~ k=0,1,2,\dots,n-1$
\showon Beweis.
Ansatz: $\varepsilon^{n}= 1 = e^{2\pi i \cdot k}~ \text{ mit } k \in \mathbb{Z}\Rightarrow \varepsilon_k = e^{\frac{2 \pi i}{n} \cdot k }$.
Das heißt unendlich viele Lösungen $\varepsilon_k$.
$\Rightarrow$ Welche Lösungen sind verschieden, welche äquivalent-gleich?
Betrachte $\varepsilon_{p + n} = e^{\frac{2 \pi i}{n} \cdot (p+n) } = e^{\frac{2 \pi i}{n} \cdot p } \cdot \underbrace{e^{2 \pi i} }_{= 1}. $
Also $\varepsilon_p = \varepsilon_{p + n} $
Damit hat man also folgende Einteilung aller (unendlich vielen) Lösungen
$
\begin{matrix}
\varepsilon_0 & \varepsilon_n = \varepsilon_0 & \varepsilon_{2n} = \varepsilon_n = \varepsilon_0 & \ldots \\
\varepsilon_1 & \varepsilon_{n+1} = \varepsilon_1 & \varepsilon_{2n+1} = \varepsilon_{n+1} = \varepsilon_1 & \ldots \\
\varepsilon_2 & \varepsilon_{n+2} = \varepsilon_2 & \varepsilon_{2n+2} = \varepsilon_{n+2} = \varepsilon_2 & \ldots \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots \\
\varepsilon_{n-1} & \varepsilon_{2n-1} = \varepsilon_{n-1} & \varepsilon_{3n-1}=\varepsilon_{2n-1}=\varepsilon_{n-1}& \ldots
\end{matrix}
$
wobei Lösungen der selben Zeile gleich, Lösungen der selben Spalte verschieden sind (ähnlich ließe sich das auch für negative, ganze Indizes betrachten).
Man wählt üblicherweise den Satz Lösungen mit den kleinsten nichtnegativen Indizes als Repräsentant: $\varepsilon_0, \varepsilon_1, \dots, \varepsilon_{n-1}$ ("Einheitswurzeln").
\showoff
Im Falle $\varepsilon^4 =1$ hat man also die Einheitswurzeln:
$\varepsilon_0 = e^{\frac{2\pi\cdot 0}{4}i} = e^0 = 1 \\
\varepsilon_1 = e^{\frac{2\pi\cdot 1}{4}i} = e^{\frac{\pi}{2}i} = i \\
\varepsilon_2 = e^{\frac{2\pi\cdot 2}{4}i} = e^{\pi i} = -1 \\
\varepsilon_1 = e^{\frac{2\pi\cdot 3}{4}i} = e^{\frac{3\pi}{2}i} = -i$
Für die Gleichung $
\left(
\dfrac{w}
{\sqrt{5}\cdot e^{ \frac{\arctan\left(\frac{4}{3} \right)}{2} i}
}
\right)^4
=\left( \dfrac{w}{2+i} \right)^4 =1
$ ergeben sich damit die vier 4. Wurzeln:
$w_0 = (2+i)\cdot \varepsilon_0 = (2+i)\cdot 1 = 2+i \\
w_1 = (2+i)\cdot \varepsilon_1 = (2+i)\cdot i = -1+2i \\
w_2 = (2+i)\cdot \varepsilon_2 = (2+i)\cdot (-1) = -2-i \\
w_2 = (2+i)\cdot \varepsilon_2 = (2+i)\cdot (-i) = 1+2i $
Anmerkung:
$
\pgfmathsetmacro\phi{atan(4/3)/2}
\pgfmathsetmacro\r{sqrt(5)}
\begin{tikzpicture}[
x=1cm, y=1cm, %scale=0.725,
font=\footnotesize,
>=latex,
background rectangle/.style={draw=none, fill=black!1, rounded corners},
show background rectangle,
]
%KoSy
% x-Achse
\draw[->] (-3.5,0) -- (3.5,0) node[below] {Re$$};
%Zahlen auf x-Achse
\foreach \x in {-3,-2,...,3}{\if\x0{}\else
\draw[shift={(\x,0)}] (0pt,2pt) -- (0pt,-2pt) node[below] {$\x$};
\fi}
% y-Achse
\draw[->] (0,-3.5) -- (0,3.5) node[left] {Im$$};%node[above left]
%Zahlen auf y-Achse
\foreach \y in {-3,-2,...,3}{\if\y0{}\else
\draw[shift={(0,\y)}] (2pt,0pt) -- (-2pt,0pt) node[left] {$\y$};
\fi}
\coordinate[] (O) at (0,0);
\coordinate[] (eps0) at (1,0);
\coordinate[] (eps1) at (0,1);
\coordinate[] (eps2) at (-1,0);
\coordinate[] (eps3) at (0,-1);
\coordinate[] (w0) at ($(O)!\r cm!\phi:(eps0)$);
\coordinate[] (w1) at ($(O)!\r cm!\phi:(eps1)$);
\coordinate[] (w2) at ($(O)!\r cm!\phi:(eps2)$);
\coordinate[] (w3) at ($(O)!\r cm!\phi:(eps3)$);
\foreach \k/\Pos in {0/below, 1/right, 2/above, 3/left}{
% Winkel
\draw pic [draw, angle radius=4mm, angle eccentricity=1.3,
purple!44, fill, text=purple,
% pic text={$\Winkel$}, pic text options={},
"$\varphi$",
] {angle =eps\k--O--w\k};
% Zeiger
\draw[red, ->, thick] (O) -- (eps\k) node[near end, \Pos]{$\varepsilon_{\k}$};
\draw[blue, ->, thick] (O) -- (w\k) node[near end, \Pos, inner sep=3pt]{$w_{\k}$};
}
\path[blue] (O) -- (w0) node[pos=0.6, above, sloped, inner sep=1pt]{$|w_0|=\sqrt{5}$};
\draw[red, very thin] circle[radius=1];
\draw[blue, very thin] circle[radius=\r];
\node[anchor=south west, align=left, inner sep=0pt, fill=white] at (-3.5, 3.7){
$\varphi :=\dfrac{\arctan\left( \frac{4}{3}\right)}{2}
=0.463647\dotsc
\approx \phi^\circ
$ \\
%$r =\sqrt{5}$
};
\end{tikzpicture}
$
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.6, eingetragen 2022-03-15
|
Dann machen wir mal wieder eine kurze und unkomplizierte Variante, wo man nicht mit irrwitzigen Winkeldarstellungen hantieren muss.
Es ist $z=-7+24i$ und $|z|=25$. Wenn wir $w=a+bi$ mit $w^4=z$ ansetzen, multiplizieren wir zunächst aus, wie Nuramon in #1 schon vorgeführt hat. Aus dem Vergleich der Realteile folgt dann
$$a^4-6a^2b^2+b^4=-7\tag1$$Außerdem muss ja auch $|w|^4=|z|$ gelten, woraus wir schlussfolgern können, dass
$$a^2+b^2=5\tag2$$und somit $b^2=5-a^2$ gelten muss. Setzen wir das in (1) ein, erhalten wir:
$$a^4-6a^2(5-a^2)+(5-a^2)^2=-7$$$$8a^4-40a^2+32=0$$$$a^4-5a^2+4=0$$pq-Formel:
$$a^2=\frac{5\pm3}2$$$$a=\pm1\quad\vee\quad a=\pm2\tag3$$Da in Gleichungen (1) und (2) $a$ und $b$ permutierbar sind, gilt die Lösung (3) auch für $b$.
$z$ liegt offenkundig im zweiten Quadranten, das Argument ist daher kleiner als 180°. Die vierte Wurzel, die im ersten Quadranten liegt (d.h. $a,b > 0$), muss daher ein Argument von unter 45° (also $b < a$) haben. Das geht nur mit $a=2$ und $b=1$, also $w_1=2+i$. Die anderen drei Wurzeln durch Multiplikation mit $i,-1,-i$, und fertig. Diese Berechnung funktioniert stringent auch ohne Ganzzahlenraten.
Ciao,
Thomas
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Wario
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| Beitrag No.7, eingetragen 2022-03-15
|
\quoteon(2022-03-15 21:55 - MontyPythagoras in Beitrag No. 6)
Dann machen wir mal wieder eine kurze und unkomplizierte Variante, wo man nicht mit irrwitzigen Winkeldarstellungen hantieren muss.
\quoteoff
Die Bemerkung ist unnötig, da das Folgende in #6 von der Systematik her das ist, was andere Leute hier schon längst gesagt haben.
Ich habe auch klar dazu gesagt, dass #5 so -hier in diesem überschaubaren Fall- nicht die einfachste oder beste Methode ist.
Es ging mir allein darum, zu schauen, was passiert wenn man es mit stumpfer Formelarbeit behandelt.
In anderen Beispielen $w^7=a+ib$ oder $w^9=a+ib$ oder $w^{17}=a+ib$ oder.... ist die Einzelfallmethode sowieso obsolet. Der trickreiche Individualansatz ist dann bestenfalls noch syntaktisch anwendbar. Ansonsten werden die entstehenden Polynome so kompliziert, dass man die Lösungen nicht mehr erraten kann.
Diese tolle Geisteswissenschaftlerdenkweise "ich produziere mal geniale Einzelbetrachtungen, die sonst nie wieder verwendbar sind - im Höchsten noch systematisch...."
Also schadet es nicht das einmal allgemein zu rechen, wo man feststellen wird, das es Lösungsformeln gibt, in denen trigonometrische Ausdrücke stehen bleiben, die sich nicht mehr durch Wurzeln oder sogar ganze Zahlen ausdrücken lassen.
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MontyPythagoras
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| Beitrag No.8, eingetragen 2022-03-16
|
Hallo Wario,
\quoteon(2022-03-15 23:24 - Wario in Beitrag No. 7)
Es ging mir allein darum, zu schauen, was passiert wenn man es mit stumpfer Formelarbeit behandelt.
\quoteoff
Aha. Für wen genau schreibst Du diese Beiträge? Geht es nicht eigentlich darum, dem Threadersteller, der sich einer solchen Frage in einer Klausur, möglicherweise unter Zeitdruck und ohne Taschenrechner, gegenübersieht, einen Weg zu zeigen, wie man diese Aufgabe mit einer vierten Wurzel lösen kann? In aller Regel möchte ein Professor in einer Klausur prüfen, ob der Geprüftwerdende eine schnelle und kreative Lösung findet, statt ein ellenlanges Rezept abzuarbeiten.
\quoteon(2022-03-15 23:24 - Wario in Beitrag No. 7)
Die Bemerkung ist unnötig, da das Folgende in #6 von der Systematik her das ist, was andere Leute hier schon längst gesagt haben.
\quoteoff
Nö. Nuramon und Diophant hatten zwar zurecht darauf hingewiesen, dass man es durch Ausmultiplizieren eines einfachen Ansatzes berechnen kann, aber der, der gesagt hat, dass das ohne Ganzzahl-Erraten geht, war auch ich. Du solltest fremde Beiträge genauer lesen.
\quoteon(2022-03-14 16:01 - Wario in Beitrag No. 4)
1.) Auch wenn man die (gewöhnungsbedürftige) Kurzschreibweise $
re^{j\varphi} = [r; \varphi]$ wie hier anwendet (die spätestens ab $
[r; \varphi]^{\frac14}$ verwirrend wird), steht da normalerweise nicht eine Kommazahl, nur weil man diese einfacher in den Taschenrechner eintippen kann, sondern ein trigonometrischer oder ein Wurzelausdruck.
Es ist $-7 +24j = 25\cdot e^{2\cdot \arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,j }
$
Berechnet mit: $\boxed{
\varphi
=\arg(z)
=\arg(x+iy)
=\begin{cases}\pi & \text{für }
z\in\mathbb{R}_{<0} \\
2\cdot\arctan\left(\dfrac{y}{x+|z|}\right) & \text{sonst}
\end{cases}
}$ (siehe hier)
\quoteoff
Warum wendest Du das, was hier in der Box steht, nicht einfach zweimal hintereinander an? Daraus folgt nämlich direkt, dass
$$\varphi=2\arctan\frac{4}{3}=2\cdot2\arctan\frac{4}{3+5}=4\arctan\frac12$$und damit wärst Du praktisch schon fertig, denn für das Argument der vierten Wurzel müsstest Du nun nur die 4 vor dem arctan weglassen. Stattdessen schreibst Du noch einen Roman, den man auch in etwa so zusammenfassen könnte:
$$w^4=z=r\,e^{i\varphi}\Leftrightarrow w_k=\sqrt[4]re^{\frac14i(\varphi+2k\pi)}, k=0\dots3$$Und die Winkelhalbierung, die Du in den Nebenrechnungen anwendest, hilft Dir hier auch nur bei der vierten Wurzel, nicht aber bei der 7., 9. oder 17. Wurzel. Deine Lösung ist daher keineswegs so allgemein gehalten, wie Du behauptest.
\quoteon(2022-03-15 23:24 - Wario in Beitrag No. 7)
Diese tolle Geisteswissenschaftlerdenkweise "ich produziere mal geniale Einzelbetrachtungen, die sonst nie wieder verwendbar sind - im Höchsten noch systematisch...."
\quoteoff
... sagte Cardano, als er die Lösung für die kubische Gleichung fand.
Frag Dich mal, ob Du dem Threadersteller mit Deinen ellenlangen Beiträgen hilfst. Ein Hinweis auf Deinen Artikel, der bei allgemeinen Fragestellungen ja durchaus hilfreich sein kann, hätte auch gereicht. Eine solche Diskussion haben wir schon einmal geführt, und ich frage mich, ob Du schon einmal in einer Klausur unter Zeitdruck arbeiten oder eine Lösung finden musstest, die nicht Schema F entsprach.
Ciao,
Thomas
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Wally
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 | Beitrag No.9, eingetragen 2022-03-16
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\(\begingroup\)\(\newcommand{\D}{\displaystyle}\)
Mir gefällt es am besten, wenn man ein für alle Mal eine Formel für Quadratwurzeln beweist (etwa so, wie MontyPythagoras das in Beitrag 6 gemacht hat, Ansatz quadrieren und dann Realteile und Beträge vergleichen).
Dann bekommt man die Wurzeln von \( z=x+iy\) als
\( \pm\left(\sqrt{\D \frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}+x}+i\, \text{sgn}(y)\sqrt{\D \frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}-x}\right)\)
und kann alle \( 2^k\)-ten Wurzeln iterativ berechen. Andere Wurzeln (außer in Spezialfällen) gehen ohnehin nur mit der Euler-Formel.
Viele Grüße
Wally
P.S. Da man die Einheitswurzeln gut separat berechen kann, reicht in er Formel oben natürlich eine Lösumg, die man dann mit den Einheitswurzeln durchmultipliziert.\(\endgroup\)
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Wario
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| Beitrag No.10, eingetragen 2022-03-16
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Ich dachte, man könne das Problem auch einmal auf verschiedene Weisen betrachten. Aber es ging wohl nur darum, schnell eine Lösung herbeizuzaubern, um rasch die Punkte in einer Klausur oder Aufgabenblatt abzuräumen (*).
Dann haben aber die eleganten Einzalfalllöser die Aufgabe gründlich verbockt. 😃 Denn man sollte, äh "musste", erst eine Polarform bestimmen und mit dieser weiterarbeiten:
\quoteon(2022-03-14 14:05 - bigmike2004 im Themenstart)
https://matheplanet.com/matheplanet/nuke/html/uploads/b/55426_Screenshot_2022-03-14_134858.jpg
\quoteoff
Diese "Philosophie" (*) habe ich dann aber gründlicher erfüllt. 😃
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Wario
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| Beitrag No.11, eingetragen 2022-03-16
|
Aber jetzt mal Spaß beiseite. Ich bin nicht ein solcher, der schnell ein Ergebnis herbeizaubern will, ansonsten s....egal. Ich lerne auch gerne etwas dazu.
\quoteon(2022-03-16 08:00 - MontyPythagoras in Beitrag No. 8)
\quoteon(2022-03-14 16:01 - Wario in Beitrag No. 4)
Es ist $-7 +24j = 25\cdot e^{2\cdot \arctan\left(\frac{4}{3} \right)\,j }
$
Berechnet mit: $\boxed{
\varphi
=\arg(z)
=\arg(x+iy)
=\begin{cases}\pi & \text{für }
z\in\mathbb{R}_{<0} \\
2\cdot\arctan\left(\dfrac{y}{x+|z|}\right) & \text{sonst}
\end{cases}
}$ (siehe hier)
\quoteoff
Warum wendest Du das, was hier in der Box steht, nicht einfach zweimal hintereinander an? Daraus folgt nämlich direkt, dass
$$\varphi=2\arctan\frac{4}{3}=2\cdot2\arctan\frac{4}{3+5}=4\arctan\frac12$$und damit wärst Du praktisch schon fertig,...
\quoteoff
Was wurde hier gemacht ("zweimal anwenden")?
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Kuestenkind
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| Beitrag No.12, eingetragen 2022-03-16
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Hat Thomas doch geschrieben - es wird doch nur \(y=4\), \(x=3\) und \(|z|=\sqrt{3^2+4^2}=5\) in deine Formel eingesetzt.
Gruß,
Küstenkind
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Wario
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| Beitrag No.13, eingetragen 2022-03-16
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\quoteon(2022-03-16 16:33 - Kuestenkind in Beitrag No. 12)
Hat Thomas doch geschrieben - es wird doch nur \(y=4\), \(x=3\) und \(|z|=\sqrt{3^2+4^2}=5\) in deine Formel eingesetzt.
\quoteoff
Achso, ja trickreich.
PS: Dann fällt (in #6) quasi der Teil mit den Halbwinkelformeln weg. Und dieser macht es tatsächlich nicht so allgemein, weil in anderen Fällen nicht notwendigerweise Argumente vom Typ 'halber Winkel' entstehen.
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