Finde de fire løsninger til ligningen

Sæt y = z² Det giver en andengradsligning. Den almindelige metode til løsningen dur også her. Du kommer bare ikke

 ud for at der ingen løsninger er.

z^4-2z^2+4=0 omskrives til

x²-2x+4=0        hvor x=z²

(x-2)(x+2)=0

x=2  v x=-2

z²=2  v  z²=-2

z=√2 v z=-√2 v z=i√2 v z=-i√2

#2

Det er ikke korrekt, at x² -2x + 4 = (x-2)(x+2) , da det sidste udtryk jo er lig med x² -4 (kvadratsætning).

Derimod gælder der

z⁴ -2z² +4 = (z² -(√6)z +2)(z² +(√6)z +2) = 0 ⇒ z² -(√6)z +2 = 0 ∨ z² +(√6)z +2 = 0 ⇒

              z = (-(√6)±i√2)/2 ∨ z = ((√6)±i√2)/2

 Tak for svarene

men #3

hvordan har du udledt den kvadratsætning? 

#4

Hvad mener du? Jeg har ikke udledt nogen kvadratsætning. Jeg gør opmærksom på, at svaret i #2 ikke er korrekt, idet (x-2)(x+2) = x² -2² = x² -4 og ikke er lig med x² -2x +4 som påstået i #2, idet der her henvises til den kendte kvadratsætning, at (a-b)(a+b) = a² -b² .

Jeg mener om du ikke kan forklare hvordan du finder de 4 løsninger til ligningen fra z^4-2z^2+4=0

Og hvordan du har fundet ud af at f.eks -(√6) og (√6) skal indgå i kvadratsætningen:

"(z2 -(√6)z +2)(z2 +(√6)z +2)"

#6

Det er kendt, at et polynomium af lige grad med reelle koefficienter kan skrives som et produkt af polynomier af 2. grad med reelle koefficienter. Derfor kan man forsøge med

z⁴ -2z² +4 = (z² +a₁z +a₂)·(z² +b₁z +b₂)

og løse det fremkomne system af 4 ligninger i a₁, a₂, b₁, b₂, der fremkommer ved sammenligning af koefficienterne i de to polynomier på hver side i ligningen.

Dernæst løses de to 2.-gradsliginger z² -(√6)z +2 = 0 og z² +(√6)z +2 = 0 på sædvanlig vis. Begge ligninger har diskriminanten d = -2 = (i√2)² .

Okay:) men hvordan finder du ud af at:

a1 skal være -(√6)

og

b1 skal være (√6)

?

#8

Ganger man ligningen i #7 ud, finder man

z⁴ -2z² +4 = (z² +a₁z +a₂)·(z² +b₁z +b₂)

                   = z⁴ +(a₁+b₁)z³ + (b₂+a₁b₁+a₂)z² + (a₁b₂+a₂b₁)z + a₂b₂ ,

hvoraf man aflæser de fire ligninger

a₁ + b₁ = 0

b₂ + a₁b₁ + a₂ = -2

a₁b₂ + a₂b₁ = 0

a₂b₂ = 4

Af den 1. og den 4. ligning kan man isolere a₁ og a₂, der indsat i den 3. ligning giver b₂² = 4 , hvoraf det ses, at a₂ = b₂ = ±2 . Da det kun drejer sig om at finde en løsning, kan vi vælge a₂ = b₂ = 2 . Derved står vi tilbage med de to ligninger

a₁ + b₁ = 0

a₁b₁ = -6

Hvoraf følger a₁ = -b₁ og b₁² = 6

Tusinde tak for hjælpen Andersen11

Det havde jeg aldrig fundet frem til uden din hjælp!

#10

Alternativet er, som antydet ovenfor, at løse den forklædte 2.-gradsligning

z⁴ -2z² +4 = (z²)² -2(z²) + 4 = x² -2x +4 = 0 , hvor x = z² .

Denne 2.-gradsligning har diskriminanten d = (-2)² -4·1·4 = -12 = (i·2√3)² , hvoraf man får

x = z² = 1 ± i√3 = 2·((1/2) ± i(√3)/2) = 2·(cos(π/3) ± i·sin(π/3)),

hvor man så skal beregne de komplekse kvadratrødder af de to komplekse værdier for z² . Man får jo så

z = (√2)·(cos(π/6) ± i·sin(π/6)) eller z = -(√2)·(cos(π/6) ± i·sin(π/6)) , dvs

z= (√2)·((√3)/2 ± i·(1/2)) eller z= -(√2)·((√3)/2 ± i·(1/2)) ,

helt i overensstemmelse med løsningen i #3.

 Okay men er det De Moivres formel du benytter i ovenstående?

#12

Det er en generalisation af de Moivre, idet

(cos(x) + i·sin(x))ⁿ = cos(nx) + i·sin(nx)

ikke gælder i almindelighed, hvis n ikke er heltallig. Hvis n ikke er heltallig, er højresiden en af flere mulige værdier for venstresiden.

Kan du forklare hvad der sker her:

x = z2 = 1 ± i√3 = 2·((1/2) ± i(√3)/2) = 2·(cos(π/3) ± i·sin(π/3))

#14

Jeg omskriver løsningen til 2.-gradsligningen x² -2x +4 = 0 , som er x = 1 ± i√3 ,
på formen r·(cos(θ) ± i·sin(θ)) .

Regnede opgaven på samme måde som du viste til at starte med, men næste opgave er ikke nemmere

Find de 6 løsninger til ligningen z^6+2z^3+2=0

Jeg går udfra at samme fremgangsmåde skal bruges som i foregående opgave, men da der skal være 6 løsninger skal ligningen deles op i en kvadratsætning bestående af 3 parenteser, som derefter skal ganges ud.

Men tænker at metoden du bruger i #11 må være nemmere i denne situation

Har jeg ret?

#16

Ligningen er en 2.-gradsligning i z³ , så med x = z³ fås

x² + 2x +2 = 0 ,

der har diskriminanten d = 2² -4·1·2 = -4 = (2i)² , og dermed løsningerne

z³ = x = -1 ± i = (√2)·(-(√2)/2 ± i·(√2)/2) = (√2)·(cos(3π/4) ± i·sin(3π/4))

Tilbage er så at finde de tre komplekse kubikrødder af de to komplekse tal. Kubikrøddernes modulus er lig med kubikroden af modulus, og argumentet til en af kubikrødderne er 1/3 af tallets argument.

Tillæg til #17

Hvis z³ = r·e^iθ = r·(cos(θ) + i·sin(θ)) , hvor r og θ er henholdsvis modulus og argument, er de tre 3. rødder af r·e^iθ da

z = r^1/3·e^iθ/3 ,

z = r^1/3·e^{i(θ/3+2π/3)} , og

z = r^1/3·e^{i(θ/3+4π/3)} ,

dvs. man ganger den n-te rod, der fås af de Moivre med de n n-te enhedsrødder, hvorved man finder alle de n-te rødder.

Kombinerer man endelig #17 og #18 finder man samtlige løsninger til ligningen

z⁶ +2z³ +2 = 0 til

z = 2^1/6·(cos(θ) + i·sin(θ)) , hvor θ ∈ {3π/12 , 11π/12 , 19π/12 , 5π/12 , 13π/12 , 21π/12} .

Hvis man endelig vil faktorisere polynomiet z⁶ +2z³ +2 som et produkt af tre 2.-gradspolynomier med reelle koefficienter, kan det selvfølgelig lade sig gøre; men det er ikke særlig praktisk i dette tilfælde:

z⁶ + 2z³ +2 = (z² - 2^2/3z + 2^1/3)·(z² +((1+√3)/2^1/3)·z + 2^1/3)·(z² +((1-√3)/2^1/3)·z + 2^1/3)

Denne faktorisering findes lettest ved at sammenparre rødderne i #19 to og to med deres komplekst konjugerede, idet

(z -(a + ib))·(z -(a - ib)) = z² -2az +(a²+b²)