Wo fange ich an; wo höre ich auf? Als die Elektrostatik entdeckt wurde, vergab man ja die beiden Ladungsvorzeichen willkürlich. Um hinterher fest zu stellen, dass man es genau falsch rum gemacht hatte. Die Stromrichtung ist fest gelegt von Plus nach Minus, während Elektronen von Minus nach Plus fließen.
Genau so hier; ich habe mir längst angewöhnt, quadratische Gleichungen ( QG ) zu notieren
x ² - p x + q = 0 ( 1 ) ( In Worten: " MINUS P " )
Das fängt schon an bei dem Satz von Vieta, dem " geschmähten Stiefkind " , wie ich zu sagen pflege.
p = x1 + x2 ( 2a )
q = x1 x2 ( 2b )
Naa merkste was? Plötzlich ist Vieta symmetrisiert; beide Vorzeichen sind Plus. Und die hoch gelobte Mitternachtsformel ( MF ) kommt mit Konvention ( 1 ) ganz manierlich daher:
x1;2 = p / 2 ( +/- ) sqr [ ( p/2 ) ² - q ] ( 3 )
Ja schön. Aber das geht jetzt immer so weiter; so allmählich spricht sich herum, dass ich der Entdecker der ersten und zweiten ===> Alfonsinischen pq-Formeln bin ( die ich benannt habe nach König Alfons von Lummerland. ) Beide Alfonsinischen Formeln tragen ( bei mir ) einheitlich ein Minuszeichen - aber eben nur, wenn du dich an Konvention ( 1 ) hältst.
Wir werden hier noch zu tun bekommen mit den ( eben Falls erstmals von mir beschriebenen ) Wurzelwurzeln ( W W ) - und wieder werde ich auf Konvention ( 1 ) geführt.
Es soll ja Schüler geben, die sich unbelehrbar an die quadratische Ergänzung ( QE ) halten. Mein Standpunkt war ja immer; die ganze MF ist es nicht wert. Als häufigste Fehlerquelle bei unbedachter Anwendung der MF stellt sich übrigens immer das Vorzeichen des q-Terms unter der Mitternachtswurzel heraus - kannst du nie falsch machen bei Anwendung von QE .
( Wer " QE " sagt, denkt nicht in " p und q " , sondern in Zahlen. ) Wäre ich euer Lehrer, würde ich euch raten
" Macht was ihr wollt. Aber macht es richtig. "
z ² - 2 ( 2 + 3 i ) z = 8 ( 1 - 2 i ) | + QE ( 4a )
Ich mach das immer mit QE - so auch hier.
[ z - ( 2 + 3 i ) ] ² = 8 ( 1 - 2 i ) + ( 2 + 3 i ) ² ( 4b )
Nebenrechnung
( 2 + 3 i ) ² = 4 - 9 + 2 * 6 i = 12 i - 5 ( 4c )
[ z - ( 2 + 3 i ) ] ² = 3 - 4 i ( 4d )
Und jetzt kommt der eigentliche Casus Cnactus; was mich am Meisten intressiert. Du ziehst also die Wurzel aus diesem ( 3 - 4 i ) - bitte WIE machst du das?
Du kannst dich ja mal melden. Ich werde dir jetzt eine Metode Marke Eigenbau vorstellen - abermals eine neue MF , die ich erfunden habe; schon die zweite; die sog. W W . Und dann werde ich als Alternative den konventionellen Weg beschreiten.
Die W W argumentieren so: Dieses imaginäre " i " ist doch eine Wurzel - hier die Wurzel aus Minus Eins. Aber lassen wir uns nicht davon irritieren; statt " i " könnte genau so gut etwas Reeles stehen wie sqr ( 4 711 ) ( Vom Standpunkt der ===> Galoisteorie sind sämtliche komplexen Zahlen mit nicht verschwindendem Imagteil von Vorn herein irrational; claro. Es handelt sich ja auch nicht um rationale Zahlen. )
Komplexe Zahlen sind ( rationale ) Linearkombinationen ( LK ) mit diesem i . Und allgemein wenn du eine QG löst, kriegst du wegen der MF immer eine LK mit einer Wurzel; solche LK wollen wir bezeichnen als " verallgemeinerte Wurzeln "
Jetzt machst du einen Wurzelhaken über diese verallgemeinerte Wurzel; über diese LK . Aber das befriedigt uns ja nicht; können wir diese " Wurzel aus der Wurzel " , eben die W W , nicht auch wieder schreiben als LK?
Als Erstes tu ich symmetrisieren
w0 = w1 := 3 - 4 i ; w2 := w1 * = 3 + 4 i ( 5a )
Genau dieser Begriff der Komplexkonjugation ist NICHT gebunden an komplexe Zahlen; den selben Vorzeichendreher wie in ( 5a ) könntest du machen, wenn da statt " i " stünde sqr ( 4 711 )
Wir suchen jetzt die Koeffizienten jener QG , deren Wurzeln ( 5a ) sind; Satz von Vieta
p = w1 + w2 = 2 Re ( w0 ) = 6 ( 5b )
q = w1 w2 = | w0 | ² = 25 ( 5c )
w ² - 6 w + 25 = 0 ( 5d )
Die Wurzel aus w0, die wir ja suchen, bezeichne ich mit x0 :
x ^ 4 - 6 x ² + 5 = 0 ( 6a )
eine biquadratische Gleichung ( BQG ) Sind wir da nicht vom Regen in die Traufe geraten? Nein; denn der Satz von Vieta ermöglicht uns, ( 6a ) zu knacken - was du bei gewöhnlichen QG ja gerade nicht kannst. In ( 5b ) substituiere ich w durch x
x1 ² + x2 ² = 5 ( 6b )
und eben so in ( 5c )
u ² := q = x1 ² x2 ² = 25 ( 6c )
u = x1 x2 = 5 ( 6d )
Jetzt entpuppt sich ( 6d ) als QE - siehst du das?
( x1 + x2 ) ² = p + 2 u = 6 + 2 * 5 = 16 ( 7a )
x1 + x2 = 4 = Realteil ( 7b )
( x1 - x2 ) ² = p - 2 u = ( - 4 ) ( 7c )
x1 - x2 = 2 i = Imagteil ( 7d )
Das LGS ( 7bd ) gilt es zu lösen;
x2 = halbe Differenz = 2 - i ( 8a )
x2 ist die richtige, weil wir ja einen negativen Imagteil haten; x1 kommt ja nur dadurch zu Stande,dass wir w2 mit ins Boot genommen hatten. Ferner hast du noch
x2 ' = - x2 = i - 2 ( 8b )
Der konventionelle Ansatz in ( 4d ) setzt direkt auf komplexe Geometrie:
| w0 | = 5 ===> | x0 | = | w0 | ^ 1/2 = sqr ( 5 ) ( 9a )
Was passiert, wenn wir eine komplexe Zahl quadrieren?
[ cos ( ß ) + i sin ( ß ) ] ² = cos ( 2 ß ) + i sin ( 2 ß ) = ( 9b )
= cos ² ( ß ) - sin ² ( ß ) + 2 i sin ( ß ) cos ( ß ) ( 9c )
Aus ( 9bc ) ergeben sich die ===> Additionsteoreme
cos ² ( ß / 2 ) - sin ² ( ß / 2 ) = cos ( ß ) = 3/5 ( 10a )
cos ² ( ß / 2 ) + sin ² ( ß / 2 ) = 1 ( 10b )
Auch hier ist ( 10ab ) ein LGS
cos ² ( ß / 2 ) = 4/5 ===> cos ( ß / 2 ) = 2 / sqr ( 5 ) ( 11a )
sin ² ( ß / 2 ) = 1/5 ===> sin ( ß / 2 ) = 1 / sqr ( 5 ) ( 111b )
