Nullstellen einer kubischen Gleichung

21.03.2012, 18:27

Gastritis

Nullstellen einer kubischen Gleichung

Meine Frage:
Hallo,
Ich bräuchte die Nullstellen der Gleichung
$\begin{eqnarray*} f(x)=-x^3+bx+a \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Wenn die Parameter gegeben sind sollte das kein großes Problem sein, aber allgemein?
Da muss man dann doch mit Sicherheit zumindest eine Fallunterscheidung machen, oder?
Jedenfalls komme ich da nicht wirklich weiter und würde mich über Hilfe freuen.

21.03.2012, 18:57

thk

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Hallo Gastritis,

die allg. Gleichung x^3+rx^2+sx+t=0 lässt sich mithilfe der Cardanischen Formeln auf die Gleichung y³+ay+b = 0 reduzieren.

Eine Lösungsformel findest du bei dieser Quelle.

Sooo trivial ist es leider nicht. Beispiel:

Die Gleichung $\begin{eqnarray*} -x^3+x+1=0 \end{eqnarray*}$ hat die Lösungen

$\begin{eqnarray*} x_{1} =\sqrt[3]{\frac{1}{2}+\frac{1}{18}\cdot \sqrt{69}}+\sqrt[3]{\frac{1}{2}-\frac{1}{18}\cdot \sqrt{69}} \end{eqnarray*}$

und noch 2 weniger einfache komplexe...

21.03.2012, 19:03

Gastritis

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Okay,
das sieht auf den ersten Blick so aus, als wäre damit eine allgemeine Lsg. errechenbar. ich werde es einmal probieren.

22.03.2012, 19:21

Gastritis

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So ganz glücklich bin ich immer noch nicht.
In dem Fall den ich bearbeite kann ich, glaube ich, davon ausgehen, dass ich 3 relle Lösungen bekomme. also ist $\begin{eqnarray*} b>a \end{eqnarray*}$ und die Diskriminante laut der o.g. Quelle negativ.
Aber unter diesen Voraussetzungen erhalte ich ein komplexes Ergebnis, was nicht wirklich konsistent mit der Voraussetzung ist -.-

22.03.2012, 21:25

thk

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Du kannst die Gleichung ja mal posten...

Edit: Hast du in Normalform gebracht? Oben steht ja -x^3+... und du brauchst x^3+... Daher vllt. das Diskriminantenproblem, alle Vorzeichen wechseln.

23.03.2012, 10:54

chrissan

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Na klar: (Heute eingeloggt. Neulich hatte ich mein PW nicht parat)

$\begin{eqnarray*} x^3- \beta \cdot x - \gamma =0 \end{eqnarray*}$

Das bringt mich auf (nach einigen übersprungenen Schritten):

$\begin{eqnarray*} x= u +v =\left(\frac{\gamma}{2} + \sqrt{\frac{\gamma^2}{4} - \frac{\beta^3}{27}} \right)^{1/3} + \left(\frac{\gamma}{2} - \sqrt{\frac{\gamma^2}{4}-\frac{\beta^3}{27}} \right)^{1/3} \end{eqnarray*}$

Da in meinem System die Diskriminante negativ sein muss (und ich somit 3 relle Lsg erhalten sollte) habe ich noch
$\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{\gamma^2}{4} - \frac{\beta^3}{27}}=i \cdot \sqrt{ \frac{\beta^3}{27}- \frac{\gamma^2}{4}} \end{eqnarray*}$
gesetzt.
Dann erhalte ich die beiden ersten Kubikwurzeln (alle anderen sind erstmal nicht relevant):

$\begin{eqnarray*} u_0=\sqrt{\frac{\beta}{3}} \cdot e^{i \cdot \frac{\phi}{3}} \end{eqnarray*}$
und
$\begin{eqnarray*} v_0=\sqrt{\frac{\beta}{3}} \cdot e^{i \cdot \frac{-\phi}{3}} \end{eqnarray*}$

Gemein ist, dass diese beide Wurzeln multipliziert tatsächlich
$\begin{eqnarray*} -\frac{p}{3}=\frac{\beta}{3} \end{eqnarray*}$
ergeben. Aber das Ergebnis

$\begin{eqnarray*} x_1=u_0 + v_0 = \sqrt{\frac{\beta}{3}} \cdot 2 \cdot i \cdot sin{\frac{\phi}{3}} \end{eqnarray*}$
ist komplex (und stimmt auch offenbar nicht, weil es eingesetzt gar nicht 0 ergeben kann).

PS: Offenbar war "Schulmthematik" doch eher eine Fehleinschätzung meinerseits unglücklich

23.03.2012, 11:02

HAL 9000

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Da hast du dich aber verrechnet: Wegen $\begin{eqnarray*} e^{ix}+e^{-ix}=2\cos(x) \end{eqnarray*}$ kommt da

$\begin{eqnarray*} u_0+v_0 = \sqrt{\frac{\beta}{3}} \cdot 2 \cdot \cos\left(\frac{\phi}{3}\right) \end{eqnarray*}$

heraus, bzw. für alle drei Lösungen

$\begin{eqnarray*} u_k+v_k = \sqrt{\frac{\beta}{3}} \cdot 2 \cdot \cos\left(\frac{\phi+2k\pi}{3}\right) \end{eqnarray*}$ mit $\begin{eqnarray*} k=0,1,2 \end{eqnarray*}$ .

23.03.2012, 11:10

chrissan

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Da hast du wohl recht (Warum einfach, wenn man auch den sinnlosen Weg über Hyperbelfunktionen gehen kann? Hammer

)
Aber dennoch sehe ich nicht, dass das mein Problem löst, denn wie soll meine Funktion 0 werden, wenn kein $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ in der Lösung auftritt?

23.03.2012, 12:04

HAL 9000

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Zitat:

Original von chrissan
Aber dennoch sehe ich nicht, dass das mein Problem löst, denn wie soll meine Funktion 0 werden, wenn kein $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ in der Lösung auftritt?

$\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ hängt doch von $\begin{eqnarray*} \gamma \end{eqnarray*}$ ab!!!

23.03.2012, 15:48

chrissan

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Schon...
ich habe die probe aber einfach noch nicht hinbekommen:

Wenn
$\begin{eqnarray*} cos{(arctan{x})}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}} \end{eqnarray*}$

, ist dann
$\begin{eqnarray*} cos{\left( \frac{arctan{x}}{3} \right)}=\frac{1}{3 \cdot \sqrt{x^2+1}} \end{eqnarray*}$ ?

Offenbar ja nicht, denn in diesem fall komme ich auf das eigentlich sehr attraktive (aber eben leider falsche) Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} x_1=\frac{\gamma}{\beta} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} f(x_1)=- \frac{\gamma^3}{\beta^3} + 2 \cdot \gamma \end{eqnarray*}$

Oder verrechne ich mich wieder bloß?

23.03.2012, 17:09

HAL 9000

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Zitat:

Original von chrissan
, ist dann
$\begin{eqnarray*} cos{\left( \frac{arctan{x}}{3} \right)}=\frac{1}{3 \cdot \sqrt{x^2+1}} \end{eqnarray*}$ ?

Offenbar ja nicht

Eben.

Eine solche einfache Umrechnung ist prinzipiell nicht möglich, das gelingt in einfacher Weise allenfalls bei $\begin{eqnarray*} \cos(n\arctan(x)) \end{eqnarray*}$ mit ganzzahligen $\begin{eqnarray*} n \end{eqnarray*}$ , was man von $\begin{eqnarray*} \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ nicht gerade sagen kann...

Deine Vereinfachungsbemühungen in allen Ehren, aber man kann auch mit der unvereinfachten Formel rechnen.

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