Ist
3−2
2
–
√
−
−
−
−
−
−
−
√
=?
lösbar?
Ich muss hier heftig polemisieren gegen Steve Blasberg. Wenn sich nämlich Mathelehrer immer beklagen, ihre Schüler seien nicht bereit, auf sie zu hören. Dann habe gerade ich allen Anlas, mich bei den hoch verehelichten Mathelehrern zu beklagen, dass diese nicht bereit sind, auf mich zu hören. Das von Steff vorgestellte Standardverfahren gleicht ungefähr dem Versuch eines Vorschulkindes, den Ärmel von seinem Anorak auszuziehen, indem er sich dauernd wie ein Dobsch dreht … Völlig Sinn llos wird hier mit zwei Unbekannten herum gerödelt.
Seien wir ruhig mal ein bissele exakt; immerhin hat ja Steff studiert. ( Ich sage das für den Fall, dass sich Fragesteller vielleicht überfahren fühlen könnte. )
Bei dem, was du uns da anbietest
z = z1 := 3 - 2 sqr ( 2 ) ( 1 )
handelt es ich um eine ===> Linearkombination ( LK ) mit Wurzel ( 2 ) Solche LK möchte ich im Folgenden als " verallgemeinerte Wurzeln " bezeichnen. Und jetzt fange ich voll an zu fachsimpeln; Aktion ===> Ludwig Wittgenstein
" Alles, was sich sagen lässt, lässt sich klar sagen. "
Diese verallgemeinerte Wurzel
z € |Q ( 2^1/2 ) ( 2 )
In Worten: z ist ein Element jenes ===> Erweiterungskörpers ( EK ) , der entsteht, wenn man Wurzel ( 2 ) zu den rationalen Zahlen ===> adjungiert.
Schülern unterschiebt man da gerne ein vorwissenschaftliches Verständnis von diesen Dingen. Ich rate dir aber dringend, einen Schnupperkurs zu nehmen in Emil Artin, v.d. Waerden, noch besser das Otto_Haupt_Skript oder ein beliebiges anderes Algebraskript deiner Wahl. Frage: Wie schnitzt man sich die Wurzeln von Polynomen, die von Hause aus gar keine Nullstellen haben? An technischen Hilfsmitteln brauchst du nicht eben mehr als ===> Polynomdivision; und dann lernst du eben, wie man den EK konstruiert, der die ( noch fehlende ) Nullstelle liefert.
Und plötzlich können wir deine Frage wissenschaftlich exakt formulieren.
" Kann man die Wurzel aus z in dem Körper ( 2 ) ziehen? "
Eine typische Fragestellung der ===> Galoistheorie.
( Dass z > 0 € |R und die Wurzelfunktion auf |R+ definiert ist, ist ja trivial; darum geht es hier gar nicht. )
Du willst also die Wurzel ziehen aus einer ( verallgemeinerten ) Wurzel , eben die Wurzelwurzel ( W W ) wie ich das Verfahren genannt habe.
Kleine Anekdote; hast du schon mal von dem polnischen Autor Stanislav Lem die Sci Fi Groteske gelesen " Der Elektrodrache " ? Se. Majestät der Kaiser des Universums fühlen sich bedroht von dem Elektrodrachen auf dem Mond, der sich anschickt, das ganze Universum zu verspeisen … Und da soll ihm eben seine olle Rechenmaschine aus der Patsche helfen … Die ist aber nur dazu bereit, wenn sie in den Rang eines " kaiserlichen arithmetischen Prinzipals " erhoben wird.
" Als erstes müssen wir die Theorie der Elektrodrachen aufstellen. Der konkrete Drache auf dem Monde wird sich dann als Sonderfall jener allgemeinen Theorie erweisen. "
" Und was besagt jene Theorie? "
" Leider gibt es noch keine derartige Theorie … "
Doch gelingt es der Rechenmaschine, mit dem Drachen folgenden Kompromiss auszuhandeln. Se. Exzellenz der " Prinzipal " wird ihm drei algebraische Aufgaben vorlegen. Und gelinge es dem Drachen, alle drei zu lösen, habe er die Wette gewonnen und dürfe den Kosmos verspeisen.
Der Elektrodrache möge sich durch sich selbst teilen. Und da ein Elektrodrache in einem Elektrodrachen genau einmal enthalten ist, geschieht - gar nichts. " Reines Ablenkungsmanövr, um den Drachen in Sicherheit zu wiegen. "
Der Elektrodrache möge aus sich die Wurzel ziehen. Und er zooog und zoog und zooog - ei sieh da; er zog sich die Wurzel …
Der Drache möge sich von sich selber abziehen. Und er zog sich den schwanz ab und die Beine und den Kopf …
Vielleicht wird manchem schon aufgefallen sein, dass in ( 1 ) von z1 die Rede war. Offenbar ist es untunlich, dieses z1 isoliert zu betrachten ohne ein geeignetes z2. Und zwar setzen wir
z2 := 3 + 2 sqr ( 2 ) ( 3a )
Du kannst z2 ruhig als die zu z1 konjugierte Wurzel bezeichnen, wenn du magst. Nicht von Ungefähr erinnert uns das an komplex konjugierte Zahlen. Ob da steht " i " oder " Wurzel ( 2 ) " , kostet das selbe Geld. Wer schon Ahnung haben sollte, wie man die Wurzel aus komplexen Zahlen zieht, wird die Analogie hier voll wieder erkennen. Ich habe auch gleich die Indizes so vergeben, dass gilt
z1 < z2 ( 3b )
Diese Symmetrisierung ( 1;3a ) war mein erster entscheidender Einfall. Bei quadr. Gl. hast du ja auch stets gleichberechtigt beide Lösungen " Plus / Minus Wurzel " Und genau das wird jetzt unser erster Schritt Richtung W W . Wir bestimmen die Koeffizienten jener quadr. Gl. , deren Wurzeln z1;2 sind .
z ² - p z + q = 0 ( 4a )
Zum Einsatz kommt " Vieta das geschmähte Stiefkind " , wie ich immer so gern sage:
p = z1 + z2 = 6 ( 4b )
2 sqr ( 2 ) = sqr ( 8 ) ( 4c )
q = z1 z2 = 9 - 8 = 1 ( 4d )
In ( 4d ) wurde die 3. binomische verwendet. Und nun definieren wir die gesuchten W W
w1;2 ² := z1;2 ( 5a )
Insbesondere folgt aus ( 3b )
w1 < w2 ( 5b )
Gleich dem Stanislav war das mit dem z nur ein Ablenkungsmanöver. Jetzt füttern wir w ein in ( 4ab )
w ^ 4 - p w ² + q = 0 ( 6a )
w1 ² + w2 ² = 6 ( 6b )
Was passiert jetzt mit ( 4d ) ?
u ² := q = z1 z2 = 1 | sqr ( 6c )
Den Umformungsschritt in ( 6c ) habe ich wie üblich vermerkt.
u = w1 w2 = 1 ( 6d )
Und - oh Wunder - ( 6d ) ist die quadr. Ergänzung von ( 6b ) - seht ihr das? Wir haben hier praktisch die Kreuzung von Vieta und Mitternachtsformel. Für die beiden Unbekannten w1;2 brauchen wir zwei Bedingungen; hier bieten sich die 1. und 2. binomische an; ( 6b ) + - 2 * ( 6d )
( w2 + w1 ) ² = p + 2 u = 6 + 2 = 8 | sqr ( 7a )
w2 + w1 = 2 sqr ( 2 ) ( 7b )
( w2 - w1 ) ² = p - 2 u = 4 | sqr ( 7c )
w2 - w1 = 2 ( 7d )
In ( 7d ) musst du mit dem Vorzeichen besonders Acht passen. Rechts muss ja stets die positive Quadratwurzel stehen; wegen ( 5b ) ist das auch der Fall. Zu lösen ist daas LGS ( 7bd ) , gerade zu der Prototyp eines LGS . die Lösung ist immer die gleiche
w2 = arithm. Mittelw 2 ( 1 ; sqr 2 ) = sqr ( 2 ) + 1 ( 8a )
w1 = halbe Diff. 2 ( sqr 2 ; 1 ) = sqr ( 2 ) - 1 ( 8b )
Was dieses Verfahren leistet und was es nicht leistet. Gegeben seien eine rationale Zahl r € |Q so wie ein z € |Q ( r^1/2 ) ; in unserem Fall war r = 2 . Dann und nur dann, wenn die rechte Seite von ( 6d ) ( entsprechend ) rational ausfällt, sich die Wurzel aus q also " ausziehen " lässt, ist w darstellbar als W W in der Form
w := z ^ 1/2 = k v ; k ² € |Q , v € |Q ( r^1/2 ) ( 9a )
In unserem Falle stellte sich zwar heraus k = 1 . Doch nimm einmal an in ( 1 ) hättest du
y := 4 711 z ===> y ^ 1/2 = w sqr ( 4 711 ) ( 9b )
so großzügig müssen wir schon sein; immerhin werden hier Wurzeln gezogen … k bezeichne ich als " Kommensurabilitätsfaktor "
Ich sagte, dann und nur dann. Zwar weiß man erstmal nicht mehr weiter, wenn sich die Wurzel aus ( 6c ) als irrational heraus stellen sollte. Doch habe ich den Unmöglichkeitsbeweis erbracht, dass es dann effektiv nicht mehr geht.
Najaa; für Interessenten. Mach ich ' s doch grad noch schnell. z1;2 mögen die Darstellung haben
z1;2 = a - + b r ^ 1/2 ; a , b , r € |Q ( 10a )
Du behauptest also
w1;2 = k ( ß - + µ r ^ 1/2 ) , k ² € |Q ; ß , µ € |Q ( 10b )
Dann folgt doch mit der 1. bzw. 2. binomischen
z1;2 = w1;2 ² = k ² ( ß ² + µ ² r ) - + 2 k ² ß µ r ^ 1/2 ( 10c )
D.h. durch Koeffizientenvergleich ganz analog Real_und Imagteil einer komplexen Zahl erhalten wir die beiden Bedingungen
k ² ( ß ² + µ ² r ) = a ( 11a )
2 k ² ß = b ( 11b )
Wie das? Nur zwei Gleichungen für drei Parameter? Ich sagte doch; Steffs Standpunkt ist naiv. Schon deshalb, weil die traditionelle Mathematik nicht einfach so ins Blaue hinein irgendwelche Gleichungssysteme aufstellt, sondern zunächst die Frage nach ihrer Lösbarkeit stellen sollte. Hier geht es im Übrigen gar nicht darum, ( 11ab ) explizit aufzulösen. Wir haben ja bereits das W W Verfahren.
Halten wir fest, was scheinbar trivial klingt: Aus Darstellung ( 10b ) folgt, dass die Wurzel aus der konjugierten Zahl gleich der konjugierten W W ist. Und das ist alles andere als selbstverständlich; Gegenbeispiel.
z2 = 1 + sqr ( 5 ) > 0 ( 12a )
z1 = 1 - sqr ( 5 ) < 0 ( 12b )
Läge w2 in |Q ( 5^1/2 ) , so müsste dies auch für w1 gelten. Das geht schon deshalb nicht, weil |Q ( 5^1/2 ) ein Teilkörper von |R ist ( reelle Zahlen ) ; dagegen w1 ist eine imaginäre Zahl
Ich werde also beweisen, dass aus der Darstellung ( 10b ) folgt u € |Q in ( 6d ) ( notwendige, nicht nur hinreichende Bedingung ) Mit ( 6d;10b ) haben wir aber
u = w1 w2 = k ² ( ß + µ r ^ 1/2 ) ( ß - µ r ^ 1/2 ) = ( 13a )
= k ² ( ß ² - µ ² r ) ( 13b )
Hier kommt wieder die 3. binomische zum Einsatz; und in ( 10ab ) hatten wir ja bereits gesagt, ß , µ , r € |Q
Vielleicht doch noch eine abschließende Bemerkung; für r < 0 enthält |Q ( r^1/2 ) natürlich komplexe Zahlen. Sag ich doch; mein Verfahren ist nichts anderes, wie wenn du Wurzeln ziehst aus komplexen Zahlen …