Nullstellen von x^8+1

14.01.2006, 19:19

Gast91

Nullstellen von x^8+1

Hallo, kann mir einer dabei helfen die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^8+1 \end{eqnarray*}$ über C zu bestimmen?

Also wenn ich mich nicht verrechnet habe sind $\begin{eqnarray*} \pm \sqrt[4]{\pm i} \end{eqnarray*}$ vier Lösungen, aber welche sind die anderen 4? verwirrt

Gruß

EDIT by therisen: Latex

14.01.2006, 19:24

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also ich glaub,dass das keine nullstellen hat, da x immer positiv wird

14.01.2006, 19:26

Gast91

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Doch, es gibt genau 8 Nullstellen über C...

14.01.2006, 19:26

20_Cent

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@PG: es geht um komplexe nullstellen.

$\begin{eqnarray*} i=\sqrt{-1} \end{eqnarray*}$

Im komplexen gibt es die Wurzeln aus negativen Zahlen...

@Gast91: Es gibt einen workshop komplexe Zahlen, vielleicht hilft der.
mfg 20

14.01.2006, 19:29

Gast91

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Kannst du mir einen Tip geben ohne, dass ich alles durchlesen muss 20Cent? Ich glaube nicht, dass das so schwer sein kann die Nullstellen des Polynoms zu berechnen. Stimmen denn die 4. Nullstellen, die ich angegeben habe? Habe es danach mal mit Polynomdivision probiert, bin aber irgendwie gescheitert.

14.01.2006, 19:29

Leopold

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Starthilfe: Berechne

$\begin{eqnarray*} \left( x^4 + \sqrt{2} \, x^2 + 1 \right) \left( x^4 - \sqrt{2} \, x^2 +1 \right) \end{eqnarray*}$

14.01.2006, 19:34

therisen

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Hallo,

es gibt 8 Lösungen über $\begin{eqnarray*} \mathbb C \end{eqnarray*}$ .

Wenn du eine Lösung $\begin{eqnarray*} \omega \end{eqnarray*}$ deiner Gleichung hast, erhältst du die Übrigen mit Hilfe der Einheitswurzeln $\begin{eqnarray*} \zeta_i \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} i=1,\ldots, 8 \end{eqnarray*}$ , wie folgt: $\begin{eqnarray*} \zeta_i \omega \end{eqnarray*}$

Gruß, therisen

14.01.2006, 19:35

Gast91

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Aha, jetzt zweimal substituieren, quadratische Gleichnungen lösen, zurücksubstituoeren und ich hab 8 Lösungen, stimmt Big Laugh

?

Vielen Dank! Aber wie kommt man auf diese Zerlegung? Ich wäre da nie im Leben drauf gekommen.

Noch ne Frage, funktioniert der Mathe Editor mit Opera? Irgendwie funzt das bei mir nicht.

14.01.2006, 19:51

Gast91

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$\begin{eqnarray*} <br /> \pm \sqrt{-(\sqrt{2}/2) \pm (\sqrt(-1/2)) }<br /> \pm \sqrt{+(\sqrt{2}/2) \pm (\sqrt(-1/2)) }<br /> \end{eqnarray*}$

Das erhalte ich als Lösungen? Kann das?
Kann ich diese Lösungen irgendwie vereinfachen. Ziel ist es später einen Zerfällungskörper des Polynoms zu bestimmen.

14.01.2006, 20:50

therisen

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Hallo,

deine Lösungen stimmen.

Du könntest z.B. schreiben:

$\begin{eqnarray*} \sqrt{-(\sqrt{2}/2) + (\sqrt{-1/2}) } = 1/2\,\sqrt {-2\,\sqrt {2}+2\,i\sqrt {2}}=1/2\,\sqrt [4]{2}\sqrt {-2+2\,i} \end{eqnarray*}$

Gruß, therisen

14.01.2006, 21:26

klarsoweit

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Also ich weiß nicht. Ich würde so vorgehen:
$\begin{eqnarray*} x = e^{i \cdot \alpha} \end{eqnarray*}$
Also ist:
$\begin{eqnarray*} x^8 = e^{i \cdot 8 \alpha} = e^{i \pi + i \cdot 2k \pi} \end{eqnarray*}$
Daraus folgt:
$\begin{eqnarray*} 8 \alpha = \pi + 2k \pi \end{eqnarray*}$
Jetzt nach alpha auflösen und die Lösungen für k=0, 1, ..., 7 nehmen.

14.01.2006, 22:12

Leopold

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Fundamentalsatz der Algebra (reelle Variante)
Jedes reelle Polynom zerfällt reell in lineare oder irreduzible quadratische Faktoren.

Ich würde daher den folgenden Ansatz machen:

$\begin{eqnarray*} x^4 + \sqrt{2} \, x^2 + 1 = \left( x^2 + px + 1 \right) \left( x^2 + qx + 1 \right) \end{eqnarray*}$

Durch Ausmultiplizieren rechts und Koeffizientenvergleich der Polynome findest du zwei Gleichungen für $\begin{eqnarray*} p \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} q \end{eqnarray*}$ . Aus diesen lassen sich $\begin{eqnarray*} p,q \end{eqnarray*}$ als reelle Zahlen bestimmen. Und den anderen Faktor vom Grad 4 kannst du ebenso faktorisieren.
Auf diese Weise kommen erst ganz zum Schluß komplexe Zahlen ins Spiel. Und vor allem geht alles ganz ohne Trigonometrie.

14.01.2006, 22:26

Ambrosius

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wenn du 4 komplexe Nullstellen gefunden hast, bist du fertig, weil

$\begin{eqnarray*} p(x_0) = 0 \rightarrow p(x_1) = 0 \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} x_1 \end{eqnarray*}$ das komplex konjugierte zu $\begin{eqnarray*} x_0 \end{eqnarray*}$ ist

14.01.2006, 23:20

Gast91

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Hallo Leute,

danke für eure ganzen Antworten. Auch wenn das nicht mehr so wirklich zum Thema passt, aber weiss jemand wie ich aus den Nullstellen nun einen Zerfällungskörper des Polynoms bestimmen kann? Bisher war es immer so, dass man aus den Nullstellen direkt den Zerfällungskörper gerausgesehen hat, da die Lösungen sowas wie Wurzel(2)+Wurzel(3) und Wurzel(2)-Wurzel(3) oder sowas waren. Hier sind die ja ein wenig komplizerter. Vielleicht $\begin{eqnarray*} Q(i, \sqrt{2}) \end{eqnarray*}$ oder so?

Gruß

14.01.2006, 23:39

Mathespezialschüler

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Verschoben

15.01.2006, 21:38

Gast91

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Kann mir bitte einer helfen?

15.01.2006, 23:04

Leopold

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Es müßte genügen, eine einzige Lösung der Gleichung zu adjungieren, etwa

$\begin{eqnarray*} \alpha = \frac{1}{2} \, \sqrt{2+\sqrt{2}} + \operatorname{i} \cdot \frac{1}{2} \, \sqrt{2-\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$

oder irgendeine andere. Denn

$\begin{eqnarray*} \alpha, \, - \alpha, \, \frac{1}{\alpha}, \, - \frac{1}{\alpha}, \, \alpha^3, \, - \alpha^3, \, \frac{1}{\alpha^3}, \, - \frac{1}{\alpha^3} \end{eqnarray*}$

sind dann die sämtlichen Lösungen der Gleichung. Mit $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ enthält $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\alpha) \end{eqnarray*}$ aber diese alle (Körpereigenschaft).

Beispiel, daß $\begin{eqnarray*} \alpha^3 \end{eqnarray*}$ Lösung ist:

$\begin{eqnarray*} \left( \alpha^3 \right)^8 = \left( \alpha^8 \right)^3 = (-1)^3 = -1 \end{eqnarray*}$

Wegen $\begin{eqnarray*} \alpha^8 = -1 \end{eqnarray*}$ ist $\begin{eqnarray*} \alpha^4 = \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ oder $\begin{eqnarray*} \alpha^4 = - \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Damit enthält $\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\alpha) \end{eqnarray*}$ also $\begin{eqnarray*} \operatorname{i} \end{eqnarray*}$ . Mit obigem $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ folgt:

$\begin{eqnarray*} \alpha + \frac{1}{\alpha} = \alpha + \frac{\alpha \bar{\alpha}}{\alpha} = \alpha + \bar{\alpha} = \sqrt{2+\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\alpha) \end{eqnarray*}$ enthält also auch $\begin{eqnarray*} \sqrt{2+\sqrt{2}} \end{eqnarray*}$ . Daher müßte

$\begin{eqnarray*} \mathbb{Q}(\alpha) = \mathbb{Q} \left( \operatorname{i} \, , \sqrt{2+\sqrt{2}} \right) \end{eqnarray*}$

gelten. Du kannst dir das ja einmal selber zurechtlegen.

16.01.2006, 00:18

Gast91

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Danke Leopold, kann ich aus meinen Nullstellen eigentlich auch die Galoisgruppe beschreiben? Das sind ja gerade die Permutationen der Nullstellen auf ihre Konjugierten, richtig?
Wie kann ich denn da vorgehen?

Viele Grüße

16.01.2006, 08:38

klarsoweit

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Was mich etwas wundert, daß man mit keinem Wort auf meinen Lösungsvorschlag eingeht. Damit erhält man die Lösungen:
$\begin{eqnarray*} x_k = cos(\pi/8 + k \cdot \pi / 4) + i \cdot sin(\pi/8 + k \cdot \pi / 4) \end{eqnarray*}$ k = 0,...,7
Das erspart das ganze Theater mit den Wurzeln.

16.01.2006, 11:33

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Manche empfinden $\begin{eqnarray*} x_0 = \cos\frac{\pi}{8}+i\,\sin\frac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$ eleganter als $\begin{eqnarray*} x_0 = \frac{1}{2}\left( \sqrt{2+\sqrt{2}}+i\,\sqrt{2-\sqrt{2}} \right) \end{eqnarray*}$ , andere sehen es genau umgekehrt - Ansichtssache. smile

16.01.2006, 15:17

Gast91

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@klarsoweit: hilft mir das denn weiter bezüglich der zu bestimmenden galoisgruppe?

16.01.2006, 15:27

klarsoweit

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RE: Nullstellen von x^8+1

Zitat:

Original von Gast91
Hallo, kann mir einer dabei helfen die Nullstellen von $\begin{eqnarray*} x^8+1 \end{eqnarray*}$ über C zu bestimmen?

Leider nicht. Das war die ursprüngliche Aufgabe und dazu habe ich mein Stetement geschrieben.

16.01.2006, 17:46

Leopold

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Zitat:

Original von Arthur Dent
Manche empfinden $\begin{eqnarray*} x_0 = \cos\frac{\pi}{8}+i\,\sin\frac{\pi}{8} \end{eqnarray*}$ eleganter als $\begin{eqnarray*} x_0 = \frac{1}{2}\left( \sqrt{2+\sqrt{2}}+i\,\sqrt{2-\sqrt{2}} \right) \end{eqnarray*}$ , andere sehen es genau umgekehrt - Ansichtssache. smile

Da gehöre ich wohl zu den anderen. Ich empfinde die trigonometrische Darstellung immer irgendwie als Ausrede. Dagegen kann ich mir unter $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ etwas vorstellen, auch unter $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} = 1{,}414 \ldots \end{eqnarray*}$ , dann schließlich unter $\begin{eqnarray*} 2 - \sqrt{2} \approx 0{,}586 \end{eqnarray*}$ . Und jetzt weiß ich: $\begin{eqnarray*} 0{,}7^2 = 0{,}49 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} 0{,}8^2 = 0{,}64 \end{eqnarray*}$ , so daß ich dann auf $\begin{eqnarray*} \sqrt{2 - \sqrt{2}} \approx 0,75 \end{eqnarray*}$ tippe (jedenfalls grob). Und bisher habe ich keinen Taschenrechner verwendet - ehrlich! Jetzt gebe ich das in den Taschenrechner ein, und der liefert mir $\begin{eqnarray*} \sqrt{2 - \sqrt{2}} = 0{,}765 \ldots \end{eqnarray*}$ .
Im übrigen kann man sich ja auch friedlich einigen und erhält durch Vergleich die schöne Beziehung

$\begin{eqnarray*} \sin{\frac{\pi}{8}} = \frac{1}{2} \sqrt{2 - \sqrt{2}} \end{eqnarray*}$

Natürlich kann man die auch über fortwährende Winkelhalbierung trigonometrisch herleiten - ich weiß - ja, ja ...
Aber das andere ist nun einmal schöner.
Gewiß - Ansichtssache!

@ Gast91

Jetzt wird es aber so richtig algebraisch. Die Zeit, daß ich mich intensiver mit Galoisgruppen beschäftigt habe, liegt schon etwa zwei Jahrzehnte zurück. Aber das ist ein interessantes Themengebiet, da werde ich noch einmal nachschlagen, wie das geht - irgendwann einmal. Fürs nächste hoffe ich, daß sich jemand anders findet, der näher an der Sache ist und dir hier helfen kann.

16.01.2006, 18:04

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Zitat:

Original von Leopold
Da gehöre ich wohl zu den anderen.

Ich ja auch, ich kann es nicht leugnen: Wenn man einmal die Wurzelformel von $\begin{eqnarray*} \sin\frac{\pi}{17} \end{eqnarray*}$ (o.ä.) vom Gaußschen Siebzehneck gesehen hat... Augenzwinkern

16.01.2006, 18:21

Leopold

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Da kommen wir "alten Männer" (Entschuldigung, daß ich dich hier knallhart mit dazunehme, aber mit knapp unter 40 gehört man hier im MatheBoard schon zu den Verwesis) so richtig ins Schwärmen: Weißt du noch - damals? Aber die heutige Jugend! Kein Sinn mehr für Ästhetik und das ewig Wahre und unvergänglich Schöne!

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