Ooooh freu !!! Geh zunächst mal davon aus, dass die imaginäre Einheit i ja " modulo 4 " geht
i ^ 4 = 1 ( 1a )
i ^ 6 = i ² = ( - 1 ) ( 1b )
Damit hast du aber schon die beiden Wurzeln des Polynoms ( +/- i ) ; dein Polynom muss also teilbar sein durch ( 3. binomische Formel ! )
( z + i ) ( z - i ) = z ² + | i | ² = z ² + 1 ( 2 )
Führen wir die Polynomdivision durch:
( z ^ 6 + 1 ) : ( z ² + 1 ) = z ^ 4 - z ² + 1 ( 3 )
Ich weiß; es ist nicht üblich, eine komplexe Variable mit x zu bezeichnen. Aus Gründen der Konvention will ich es aber mal trotzdem tun.
x ^ 4 - x ² + 1 = 0 ( 4a )
( 4a ) ist eine biquadratische Gleichung ( BQG ) Ihr seid doch gewohnt, diese immer mit dieser z-Substitution zu lösen.
z := x ² ( 4b )
z ² - z + 1 = 0 ( 4c )
Das formale Problem, das hiernentsteht, wird in den Algebratexten stets ignoriert. ( 4c ) kannst du lösen mittels der Mitternachtsformel ( MF ) ; aber das nützt dir nichts. In ( 4b ) musst du die Wurzel ausziehen aus einer komplexen Zahl. Die z-Lösung von ( 4c ) bezeichne ich als Wurzel von ( 4c ) und x in ( 4ab ) als Wurzelwurzel ( W W ) eben die Wurzel, die wir aus der Wurzel ziehen müssen.
Von dem abstrakten Standpunkt der ===> Galoisteorie aus gesehen, spielt es hier übrigens keine Rolle, dass wir es hier mit komplexen Zahlen zu tun haben; imaginäre Zahlen sind den irrationalen juristisch gleich gestellt ( Wir müssen den Grundkörper |Q erweitern. )
Man sieht sofort: Die Wurzel von ( 4c ) liegt in |Q ( 3 ^ 1/2 * i ) Wir hätten gerne, dass dies auch auf die W W zutrifft in ( 4a ) ; mit anderen Worten: Wie ermittle ich die korrekte Linearkombination?
Wir werden hier eine spezielle Symmetrie bemühen, und zwar habe ich ein Handshake entdeckt zwischen Galois und dem Satz von Vieta. Wie lautet der Vieta von ( 4c ) ?
x ² - p x + q = 0 ( 5a )
p = q = 1 ( 5b )
p = z1 + z2 = 1 ( 5c )
q = z1 z2 = 1 ( 5d )
Das entscheidende Knoff-Hoff; Substitution ( 4b ) nehmen wir zurück in ( 5cd )
p = x1 ² + x2 ² = 1 ( 6a )
q =: u ² ( 6b )
u = x1 x2 = 1 ( 6c )
Siehst du, dass ( 6c ) die quadratische Ergänzung darstellt von ( 6b ) ?
( x1 + x2 ) ² = p + 2 u = 1 + 2 * 1 = 3 ( 7a )
x1 + x2 = sqr ( 3 ) = Realteil ( 7b )
( x1 - x2 ) ² = p - 2 u = ( - 1 ) ( 7c )
x1 - x2 = i = Imagteil ( 7d )
Das LGS ( 7bd ) ist zu lösen:
x1;2 = 1/2 [ sqr ( 3 ) +/- i ] ( 8 )
Ist ( 8 ) plausibel? Offensichtlich ziehen wir die 6. Wurzel aus Minus Eins, indem wir den Winkel von 180 ° durch 6 teilen. ( 8 ) ist gerade der Einheitsvektor in Richtung 30 ° und entspricht der ===> primitiven 6. Wurzel aus Minus Eins.
Wenn eine BQG nur komplexe Lösungen hat, hast du immer diesen " Stern " Mit z1 muss ja auch die komplex konjugierte z2 = z1 * eine Wurzel sein; und wegen der geraden Symmetrie der BQG hast du noch z3;4 = - z1;2
Im Internet fand ich übrigens zwei Mathewitze; der schlechtere von beiden besagt: Die e-Funktion ist konstant ( auf dem Einheitskreis. )
Zu jedem x € |R gibt es y = y ( x ) mit
x = 2 Pi y ( 9a )
Wehe du widersprichst mir da,
exp ( i x ) = exp ( 2 Pi i y ) = ( 9b )
= [ exp ( 2 Pi i ) ] ^ y ( 9c )
exp ( 2 Pi i ) = 1 ( 10a )
( 9c ) = 1 ^ y = 1 = const (V) x ( 10b ) sagichdoch; sagichdoch hihi ...
