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Wie wird folgende Gleichung gelöst?

X^4 =12-x^2

danke

von

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$$ x^4 = 12-x^2 \\ x^4 + x^2 - 12 = 0\\ x^4 + (4-3)\cdot x^2 - 3 \cdot 4 = 0\\ x^4 + 4\cdot x^2 - 3\cdot x^2 - 3 \cdot 4 = 0\\ x^2 \cdot \left(x^2 + 4\right) - 3\cdot \left(x^2 + 4\right) = 0\\ \left(x^2 - 3\right)\cdot \left(x^2 + 4\right) = 0\\ \left(x^2 - 3\right) = 0\\ \left(x - \sqrt 3\right) \cdot \left(x + \sqrt 3\right) = 0\\ x = \sqrt 3 \quad \lor \quad x = -\sqrt 3. $$
von
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noch kürzer:


x4 + x2 - 12 = 0

(x2)2 + x2  -12 = 0

pq - Formel

(x2) = -1/2 ± √( 1/4 + 48/4)

(x2) = 3,   (x2) = -4

x = +√3,   x = -√3


Viele Grüße

von
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      x ^ 4 - p x ² + q = 0    ( 1a )

      p = ( - 1 ) ; q = ( - 12 )  ( 1b )


     Eine biquadratische Gleichung ( BQG ) , für welche ich eine neue Kategorienlehre entwickelt habe. Aus der cartesischen Vorzeichenregel ergibt sich die Kategorie


    q < 0 <===> ein Wurzelpärchen reell, eines imaginär    ( 2 )


     Wir machen die euch wohl vertraute z-Substitution


     z := x ²   ( 3a )

    z ² + z - 12 = 0   ( 3b )


     Nein; mit der Mitternachtsformel mache ich das nicht. Schaut mal hier


http://de.wikipedia.org/wiki/Satz_%C3%BCber_rationale_Nullstellen


    Stellen wir uns die QG in ===> primitiver Form vor ( ganzzahlog gekürzt )


        f ( z ) €  |Z [ z ] := a2 z ² + a1 xz + a0    ( 4a ) 


Bei einer QG stellt sich doch die Alternative: Entweder sie ist prim, das Minimalpolynom ihrer Wurzeln. Oder sie zerfällt in die rationalen Linearfaktoren ( RLF )


    z1;2 := p1;2 / q1;2     ( 4b )


    Von Gauß kann der Satz von der rationalen Nullstelle ( SRN ) schon deshalb nicht stammen, weil selbst ich bei meiner bescheidenen Genialität auf die beste Probe für QG gekommen bin, die es je gegeben hat:


    p1 p2 = a0   ( 4c )

    q1 q2 = a2   ( 4d )


   Völlig unbekannt; nirgends nachgewiesen. Haben eure Lehrer noch nie gehört.

   Ihr habt verstanden: Wir müssen sämtliche Zerlegungen des Absolutgliedes 12 angeben. Doch die Sache ist weitaus einfacher; z1;2 sind nämlich TEILER FREMD . Woher weiß ich jetzt das wieder? Machen wir erst mal fertig.

   Und Gauß, der Großfürst aller Teiler, sollte das nicht bemerkt haben? Seltsam.

   Wir haben 12 = 2 ² * 3 Teiler fremd bedeutet: Du darfst das zweierpäckchen nie aufschnüren. Es verbleiben die triviale Zerlegung 12 = 1 * 12 so wie die nicht triviale 12 = 3 * 4 Hinreichende Probe - überlebenswichtig in jeder Klausur - ist immer der Satz von Vieta


    p = z1 + z2  ( 5a )

   | z1 | = 1 ; | z2 | = 12 ; | p | = 11   ( 5b )

   | z1 | = 3 ; | z2 | = 4; | p | = 1   ( 5c ) ; okay


    Jetzt noch das Vorzeichen richtig drehen - fertig ist die Laube.

   Wie ist das jetzt mit dem ggt? Sei m ein Teiler; dann folgt aus dem Satz von Vieta in ( 4a )


    m  | p1;2 <===>  m | a1 ; m ² | a0   ( 6a )


    Ein m , das die rechte Seite von ( 6a ) befriedigt, möge K-teiler des Polynoms f in ( 4a ) heißen ( K wie Koeffizient ) Der größte K-Teiler ist dann selbst redend der gkt .Die Behauptung


     ggt p1;2 = gkt ( f )   ( 6b )

von 1,3 k

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