\require{AMSmath}

Dit is een reactie op vraag 26200

Re: Re: Cardano

hoi peter

allereerst bedankt voor je antwoord

nou ik bedoelde eigenlijk het geval dat de derdegraads vergelijking drie reele oplossingen heeft

b.v. bij x^3-3x+1=0 ik krijg dan als oplossingen eruit

x1 = -2.cos(20) = -1,879385241
x2 = -2.cos(100) = 0,347296355
x3 = -2.cos(140) = 1,532088886

samen x1+x2+x3=0 zijn ze natuurlijk gelijk aan nul
(dat volgt uit de hoofdstelling van de algrabra)

hoe zou dat dan met cardano moeten?
complexe oplossingen die daarna weer reel worden!?
ik zou het heel graag eens willen zien!
aangezien ik de formule van cardano en die van ferrari
voor de vierdegraad verder goed begrijp.
(zoals je het ook zegt pas bij vijfdegraads
vergelijkingen
zou je toch pas kunst grepen nodig moeten hebben?!)

cardano gebruik ik dan voor het geval dat er een
reeele oplossing is en twee complexe oplossingen
om de reele op te lossen. ( bv bij x^3+3x+1=0 )

voor de drie reele gebruik ik de hulphoek

cos(fi) = [ 3q.wortel(3) ]gedeeld door[ 2.wortel(p^3)]

in mijn voorbeeld is fi = 60 graden !
(speciaal zo gekozen)
(voor p moet je de absolute waarde nemen
dus p=3 en q=1 )

jij kent deze methode uiteraard wel.
nu zou ik heel graag weten hoe het met drie opl
toch met cardano zou kunnen en ook ben ik zeer
benieuwd naar abels bewijs.
nu dit zal wel heel moeilijk zijn en ik moet
bekennen van groeps theorie niets te snappen!
(ben niet zo dol op het getalletje i (i^2=-1)
het geeft toch geen snijpunten met de grafiek.)

dus daarom zou ik liever de goniometrische oplossing
van de vergelijking

x^5 + px + q = 0

begrijpen en zelf uit kunnen rekenen.
ik ben al op de hoogte van galios verschillende typen
en alles wat te ontbinden is de gele punten in zijn
grafiek kan ik al oplossen en er zelf nog meer van
constueren die op die manier oplosbaar zijn.
maar nu schijnen Hermite en ook Klein alle gevallen
op te kunnen lossen Hermite goniometrisch met iets
als een tangens in zijn formule
ik begrijp het echter niet.
zou jij mij het mischien uit kunnen leggen heel graag
alvast bedankt
vriendelijke groetjes ruben

ruben
Iets anders - zaterdag 17 juli 2004

Antwoord

Beste Ruben,
Sorry voor het late antwoord, 't is vakantie en tevens was het aardig wat puzzelen:

Maple geeft inderdaad een complex antwoord:
((-4+4Ö(3)i)^2/3 + 4) / (2·(-4+4Ö(3)i)^1/3

Maar daar gaan we:
-4+4Ö(3)i = 8·e^i·2p/3

Ofwel we krijgen:
(8·e^i·2p/3)^1/3 / 2 + 2/(8·e^i·2p/3)^1/3

Duidelijk mag zijn dat:
(8·e^i·2p/3)^1/3 =
8^1/3·(e^i·2p/3)^1/3 =
2·e^i·2p/9
Ofwel we krijgen nu:
2·e^i·2p/9 / 2 + 2/(2·e^i·2p/9)
=
e^i·2p/9 + 1/e^i·2p/9

Dan nu toch wat goniometrie
e^i·2p/9 = cos(2p/9) + i·sin(2p/9)
ofwel we krijgen nu:
cos(2p/9) + i·sin(2p/9) + 1/(cos(2p/9) + i·sin(2p/9))

Om alles onder 1 noemer te krijgen zullen we dus cos(2p/9) + i·sin(2p/9) moeten kwadrateren.
Dit geeft:
cos(2p/9)² + 2·i·cos(2p/9)·sin(2p/9) - sin(2p/9)²

En omdat cos(2p/9)² - sin(2p/9)² = 2·cos(2p/9)²-1

en dus:

2·cos(2p/9)² + 2·i·cos(2p/9)·sin(2p/9) - 1
=
2·cos(2p/9)·(2·cos(2p/9) + i·sin(2p/9)) - 1

Ofwel we hebben nu:
(2·cos(2p/9)·(2·cos(2p/9) + i·sin(2p/9)) - 1)/
(cos(2p/9) + i·sin(2p/9)) + 1/(cos(2p/9) + i·sin(2p/9))

De -1 valt bij het onder 1 noemer brengen weg tegen de +1 en de cos(2p/9) + i·sin(2p/9) valt ook tegen elkaar weg en blijft over:
2·cos(2p/9) 1,532088886

Oef dat was lang puzzelen, maar wel leuk

Hopelijk ben je zo tevreden.

M.v.g.
PHS

PHS
dinsdag 27 juli 2004

Re: Re: Re: Cardano

©2001-2024 WisFaq