Wurzelgleichung fehler gesucht - Seite 3

28.03.2008, 21:45	Ritzi	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} 10-2\sqrt{x-10} \sqrt{x-2}+x-2=-7-2* \sqrt{x-7} \sqrt{x+5}+5 \|-12 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} -2\sqrt{x-10} \sqrt{x-2} =-14-2 \sqrt{x-7} \sqrt{x+5} \|:-2 \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} \sqrt{x-10} \sqrt{x-2} =7+1\sqrt{x-7} \sqrt{x+5} \|()² \end{eqnarray*}$ (x-10)(x-2) =49 (x-7)(x-5) bis dahin,wenn ich weiter rechne komme ich in "Nirvana"
29.03.2008, 22:53	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Dieser Beitrag ist nicht für Ritzi gedacht, da er vom Thema wegführt. Er beschreibt eine Lösung, die speziell auf diese Gleichung angelegt wurde und auf andere Wurzelgleichungen nicht paßt. Ich fand es einfach nur spannend, die Sache einmal ganz anders zu probieren. Setzt man $\begin{eqnarray} a = \sqrt{x-10} \, , \ \ b = \sqrt{x-2} \, , \ \ c = \sqrt{x-7} \, , \ \ d = \sqrt{x+5} \end{eqnarray}$ so lautet die Gleichung: $\begin{eqnarray} \text{(1)} \ \ \ a - b = c - d \end{eqnarray}$ Jetzt denkt man an die dritte binomische Formel und multipliziert diese Gleichung mit $\begin{eqnarray} (a+b)(c+d) \end{eqnarray}$ . Der besondere Effekt ist, daß in $\begin{eqnarray} a^2 - b^2 \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} c^2 - d^2 \end{eqnarray}$ die Wurzeln verschwinden und die $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ sich herausheben: $\begin{eqnarray} a^2 - b^2 = (x-10) - (x-2) = -8 \, , \ \ c^2 - d^2 = (x-7) - (x+5) = -12 \end{eqnarray}$ So erhält man eine zweite lineare Beziehung in $\begin{eqnarray} a,b,c,d \end{eqnarray}$ . Nach Division durch $\begin{eqnarray} -4 \end{eqnarray}$ ist das $\begin{eqnarray} \text{(2)} \ \ \ 2 \, (c+d) = 3 \, (a+b) \end{eqnarray}$ Mit $\begin{eqnarray} \text{(1)} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \text{(2)} \end{eqnarray}$ kann man eine der Größen $\begin{eqnarray} a,b,c,d \end{eqnarray}$ eliminieren, etwa $\begin{eqnarray} d \end{eqnarray}$ : Man setzt $\begin{eqnarray} d = -a+b+c \end{eqnarray}$ in $\begin{eqnarray} \text{(2)} \end{eqnarray}$ ein: $\begin{eqnarray} 2 \, (c-a+b+c) = 3 \, (a+b) \end{eqnarray}$ , und bringt alle Glieder auf eine Seite: $\begin{eqnarray} \text{(3)} \ \ \ 5a + b - 4c = 0 \end{eqnarray}$ Aus der Geometrie (Formel von Heron für den Flächeninhalt eines Dreiecks) erinnert man sich an $\begin{eqnarray} \text{(4)} \ \ \ (u+v+w)(-u+v+w)(u-v+w)(u+v-w) = -u^4 - v^4 - w^4 + 2u^2 v^2 + 2u^2 w ^2 + 2v^2 w^2 \end{eqnarray}$ Man setzt daher $\begin{eqnarray} u = 5a \, , \ \ v = b \, , \ \ w = 4c \end{eqnarray}$ Nach $\begin{eqnarray} \text{(3)} \end{eqnarray}$ ist die linke Seite von $\begin{eqnarray} \text{(4)} \end{eqnarray}$ gleich 0, also auch die rechte: $\begin{eqnarray} -625 \, (x-10)^2 - (x-2)^2 - 256 \, (x-7)^2 + 50 \, (x-10)(x-2) \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} + 800 \, (x-10)(x-7) + 32 \, (x-2)(x-7) = 0 \end{eqnarray}$ Jetzt hat man noch eine formal quadratische Gleichung in $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ zu lösen, die sich in Wirklichkeit als linear entpuppt: $\begin{eqnarray} -625 - 1 - 256 + 50 + 800 + 32 = 0 \end{eqnarray}$ . Und wie immer bei Wurzelgleichungen: Probe nicht vergessen! Daß die Gleichung linear wird, ist kein Zufall. Ich habe das einmal mit Parametern $\begin{eqnarray} p,q,r,s \end{eqnarray}$ gerechnet: $\begin{eqnarray} \sqrt{x-p} - \sqrt{x-q} = \sqrt{x-r} - \sqrt{x-s} \end{eqnarray}$ Falls die Gleichung lösbar ist, dann nur auf eine Weise, nämlich durch $\begin{eqnarray} x = \frac{\left( \left( p+q+r+s \right)^2 - 4 \left( pq + pr + ps + qr + qs + rs \right) \right)^2 - 64 pqrs}{8 (p-q-r+s) (p-q+r-s) (-p-q+r+s)} \end{eqnarray}$ Auffallend ist, daß $\begin{eqnarray} x \end{eqnarray}$ rational in $\begin{eqnarray} p,q,r,s \end{eqnarray}$ ist. Wirklich verblüffend!

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