Biquadratische Gleichung im Komplexen

10.03.2021, 16:51

Mathman91

Biquadratische Gleichung im Komplexen

Hallo zusammen,

ich bin gerade dabei, folgende komplexe Gleichung zu lösen:

$\begin{eqnarray*} x^{4}-2x^{3}+x^{2}+2x-2=0 \end{eqnarray*}$ eine Lösung ist bereits bekannt: $\begin{eqnarray*} x_{1} = 1-j \end{eqnarray*}$

Leider weiß ich nicht, wie ich hier anfangen soll.

Als erstes habe ich mal eine Polynomdivision gemacht, dann hatte ich eine kubische Gleichung.
Darauf hin habe ich nochmals einen Polynomdivision durchgeführt um eine quadratische Gleichung zu bekommen. Anschließend habe ich noch die PQ-Formel angewendet.

Ich habe Lösungen erhalten, die aber nicht passten.

Wie fange ich hier an?

Viele Grüße.

10.03.2021, 16:58

HAL 9000

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Ein Polynom mit REELLEN Koeffizienten besitzt echt komplexe Nullstellen nur in konjugiert komplexen Paaren. D.h., mit Lösung $\begin{eqnarray*} x_1=1-j \end{eqnarray*}$ muss zwangsläufig auch $\begin{eqnarray*} x_2=1+j \end{eqnarray*}$ Lösung sein. Beide sind Nullstellen des quadratischen Polynoms $\begin{eqnarray*} (x-1)^2 - j^2 = x^2-2x+2 \end{eqnarray*}$ , so dass du dich gleich an die Polynomdivision

$\begin{eqnarray*} \left( x^4-2x^3+x^2+2x-2\right) : \left( x^2-2x+2 \right) \end{eqnarray*}$

machen kannst - was ja auch viel angenehmer ist als diese eklig komplexen Rechnungen. smile

Zitat:

Original von Mathman91
Ich habe Lösungen erhalten, die aber nicht passten.

Was dann wohl an Rechenfehlern lag. Denn die obige Polynomdivision ergibt ein sehr, sehr einfaches Quotientenpolynom mit Nullstellen, die man eigentlich auch hätte erraten können.

10.03.2021, 18:12

Elvis

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Bei Gleichungen bis zum 4. Grad benutze ich immer die cardanischen Formeln. Man muss nicht einmal mehr selbst rechnen, weil die inzwischen so selbstverständlich sind : https://www.arndt-bruenner.de/mathe/scripts/polynome.htm
Von der Antike bis zur Renaissance hat sich die Menschheit gequält, um diese Lösungen zu finden, und erst in der Neuzeit hat man erkannt, dass mehr nicht möglich ist.

10.03.2021, 21:23

HaddiV

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Hallo,
ich würde hier in der Schulmathematik neben scharfem Hingucken (HAL meint das ja auch; siehe in meinem Beitrag weiter unten) unbedingt noch das Horner-Schema vorschlagen, mit dem du die aufwändige und häufig mit Vorzeichenfehlern "belastete" Polynom-Division umgehen kannst. Ganz besonders dann, wenn du schon eine Nullstelle gefunden hast.
Beschrieben ist das Horner-Schema entweder zB auf der mathebibel oder natürlich auch auf youtube (google nach Horner-Schema).
Wenn du dann nach der ersten Anwendung des Horner-Schemas bei einem Polynom dritten Grades angekommen bist, musst du noch mal eine Nullstelle finden und kannst das Schema nochmal anwenden.

Noch ein Kleinigkeit zum Finden/Erraten von Nullstellen:
einfach mal das Polynom genauer anschauen, genauer: die Koeffizienten.
Die Summe der Koeffizienten bei den geraden Exponenten von x ist (beim konstanten Glied $\begin{eqnarray*} -2 \end{eqnarray*}$ kann man sich $\begin{eqnarray*} x^{0} \end{eqnarray*}$ dahinter denken):
$\begin{eqnarray*} 1 + 1 - 2 = 0 \end{eqnarray*}$
die Koeffizienten bei den ungeraden Exponenten liefern als Summe:
$\begin{eqnarray*} -2 + 2 = 0 \end{eqnarray*}$

Das sind schon besonders einfache Sonderfälle; ich will ganz allgemein darauf raus:
Wenn die Summe der Koeffizienten bei den geraden Exponenten von x gleich der Summe der Koeffizienten bei den ungeraden Exponenten von x ist, ist $\begin{eqnarray*} x = -1 \end{eqnarray*}$ eine Nullstelle des Polynoms (wieso?).

Wenn die beiden Summen betragsmäßig das gleiche Ergebnis nur eben mit unterschiedlichem Vorzeichen liefern, ist $\begin{eqnarray*} x = 1 \end{eqnarray*}$ Nullstelle des Polynoms (ebenfalls wieso?).

Wenn wie hier beide Summen sogar 0 sind - probiers aus Wink

Ansonsten sind mögliche "Kandidaten" bei Polynomen mit 1 als Koeffizienten bei der höchsten Potenz von x (Leitkoeffizient) immer Teiler des konstanten Glieds, die du dann eben auch mit Hilfe des Horner-Schemas überprüfen kannst. (Wenn da dann 0 rauskommt, musst du nur noch das Ergebnis des Horner-Schemas hinschreiben.)
Das siehst du vielleicht am einfachsten bei einem Beispiel "in der anderen Richtung":
$\begin{eqnarray*} (x- a)(x- b) = x^{2} - (a+b)x + ab \end{eqnarray*}$
Wenn du das von rechts nach links liest, siehst du hoffentlich, was ich meine.
Das ist auch als der Satz von Vieta bekannt. Der Haken ist nur, dass es viele Teilerpaare des konstanten Glieds geben kann, die aber keine Lösung ergeben müssen. Aber für "gezieltes Raten" müsste das schon mal weiterhelfen.

11.03.2021, 17:48

Mathman91

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Erstmals an alle hier danke für eure Hilfe!

Eine Frage zum Beitrag von: HAL 9000

Wie kommst du auf: $\begin{eqnarray*} (x-1)^2 - j^2 \end{eqnarray*}$ ?

Das habe ich noch nicht nachvollziehen können.

SG

11.03.2021, 17:55

Mathman91

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Nullstellen finden, ist ja nicht das Problem.

11.03.2021, 20:06

Leopold

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Zitat:

Original von Mathman91
Eine Frage zum Beitrag von: HAL 9000

Wie kommst du auf: $\begin{eqnarray*} (x-1)^2 - j^2 \end{eqnarray*}$ ?

Das ist der bekannte Satz, daß man, wenn $\begin{align*} a \end{align*}$ Nullstelle ist, den Linearfaktor $\begin{align*} x-a \end{align*}$ abspalten kann. Wie HAL ausgeführt hat, ist sowohl $\begin{align*} 1 - \operatorname{j} \end{align*}$ als auch $\begin{align*} 1 + \operatorname{j} \end{align*}$ Nullstelle. Daher kann man zwei Linearfaktoren, somit auch ihr Produkt abspalten:

$\begin{align*} \left( x - 1 + \operatorname{j} \right) \left( x - 1 - \operatorname{j} \right) \end{align*}$

Siehst du es, wie HAL weitergerechnet hat? Zumindest solltest du, wenn du dir sein Ergebnis vornimmst, seinen Weg zurückverfolgen können, selbst wenn du selber nicht drauf gekommen wärst.

EDIT
Schreibfehler korrigiert.

12.03.2021, 21:41

HAL 9000

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Zitat:

Original von Mathman91
Nullstellen finden, ist ja nicht das Problem.

Soso. Klang oben im Eröffnungsposting aber noch ganz anders - wieso dann überhaupt der Thread hier? verwirrt

21.03.2021, 14:31

Mathman91

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Danke für die Hilfe, ich habe es jetzt verstanden.

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