Pelkän tarkan ja kehittyvän aistitoiminnan lisäksi, en ole kuullut ja itsekään tietänyt, että meillä, teillä ja heillä olisi muuta salaisuutta kuin että:"Tarkistin laskuni!"
Ei kukaan ihminen kykene saamaan pitkää prosessia menemään virheettömästi, vaan täytyy tarkistaa välillä, ja oikeilla säännöillä, niillä säännöillä jotka eivät koskaan muutu, eivätkä tule muuttumaan, ainakaan matematiikassa....
Kuitenkin matematiikassa on paljon tuntematonta, esim. murtopotenssiyhtälöitä, integraaleja, tai yli 5:nnen asteen yhtälöitä ei kuulemma osata VIELÄKÄÄN ratkaista.... Itse osaan jo 3. asteen ja ei olisi ilmeisesti vaikea sen pohjalta osata 4. astetta....
Sen ratkaistuani, voinen itsekin tarkistaa, onko väite totta, että kaikkien määriteltyjen kertoimien viidennen asteen yhtälöä EI VOI RATKAISTA!
(x^5 ax^4 bx^3 cx^2 dx e = 0)
Kolmannen asteen yhtälön raktaisu perustui siihen, että täyti saada toisen asteen termi sijoituksella pois, erilaisella muuttujavalinnalla(kuten y = x-a/3) ja sitten siitä puuttuvan 2.asteen termin yhtälöstä tehdä pari kombinointia muuttujille joita jäi.... y = v u ja toinen noista oli eri imaginäärijuuri. En rupea enempää siitä meuhkaamaan, ratkaisu löytyy varmaan netistäkin, ja sieltä itsekin siitä jotain pongasin....
Jos haluatte tarkaisun nähdä, voinenn sen esittää jos on aikaa.....
Ratkaisu on periaattessa vain toisen asteen yhtälö, jossa ensin toisen asteen termin ratkaisu on kuutiojuurattu alkuperäisen yhtälön termeistä....
Ja siis De-Moivren teoreemaa tavallisesti joutuu käyttämään niiden kolmannen asteen termien esille
t^2 qt p^3/-27 = 0
kun t = u^3
u = t^(1/3), ja siis de-Moivrea joudutaan lähes aina käyttämään...
t = -q/2 - (q^2 4/27*p^3)^(1/2)/2
ja v on se toinen imaginääriosa...(Esim - merkkinen)
Se toisen asteen yhtälö on muodossa: y^3 py qy = 0, missä y = t u
ja siis itse ongelma oli vain saada alkuperäisestä yhtälöstä muunnostermit
p = b-a^3/3
q = -ab/3 2/27a^3 c
Eli alkuperäinen yhtälö oli siis x^3 ax^2 bx c
Ja kun y = saatu, v u:lla täytyy juuren vielä lisätä a/3
x^3 ax^2 bx x = (x-z)^3 p(x-z) q = 0 ja saadaan z = -a/3
Kertokaa tuo auki, ja tarkistakaa saitteko p:ksi ja q:ksi samat?
Samat kertoimet(esim. -3z = a) täytyy tulla molempien eteen, ja siis toisen asteen termi katoaa jälkimmäisessä muodossa, mikä on sallittua, sillä koroitettavat eivät ole samat.....
-pz q-z^3 = c ja 3z^2 p = b
Jos saitte kolmannen asteen tarkaisu tuosta kiinni niin hyvä, mutta epäilen etteivät kaikki silti....
Ei kukaan ihminen kykene saamaan pitkää prosessia menemään virheettömästi, vaan täytyy tarkistaa välillä, ja oikeilla säännöillä, niillä säännöillä jotka eivät koskaan muutu, eivätkä tule muuttumaan, ainakaan matematiikassa....
Kuitenkin matematiikassa on paljon tuntematonta, esim. murtopotenssiyhtälöitä, integraaleja, tai yli 5:nnen asteen yhtälöitä ei kuulemma osata VIELÄKÄÄN ratkaista.... Itse osaan jo 3. asteen ja ei olisi ilmeisesti vaikea sen pohjalta osata 4. astetta....
Sen ratkaistuani, voinen itsekin tarkistaa, onko väite totta, että kaikkien määriteltyjen kertoimien viidennen asteen yhtälöä EI VOI RATKAISTA!
(x^5 ax^4 bx^3 cx^2 dx e = 0)
Kolmannen asteen yhtälön raktaisu perustui siihen, että täyti saada toisen asteen termi sijoituksella pois, erilaisella muuttujavalinnalla(kuten y = x-a/3) ja sitten siitä puuttuvan 2.asteen termin yhtälöstä tehdä pari kombinointia muuttujille joita jäi.... y = v u ja toinen noista oli eri imaginäärijuuri. En rupea enempää siitä meuhkaamaan, ratkaisu löytyy varmaan netistäkin, ja sieltä itsekin siitä jotain pongasin....
Jos haluatte tarkaisun nähdä, voinenn sen esittää jos on aikaa.....
Ratkaisu on periaattessa vain toisen asteen yhtälö, jossa ensin toisen asteen termin ratkaisu on kuutiojuurattu alkuperäisen yhtälön termeistä....
Ja siis De-Moivren teoreemaa tavallisesti joutuu käyttämään niiden kolmannen asteen termien esille
t^2 qt p^3/-27 = 0
kun t = u^3
u = t^(1/3), ja siis de-Moivrea joudutaan lähes aina käyttämään...
t = -q/2 - (q^2 4/27*p^3)^(1/2)/2
ja v on se toinen imaginääriosa...(Esim - merkkinen)
Se toisen asteen yhtälö on muodossa: y^3 py qy = 0, missä y = t u
ja siis itse ongelma oli vain saada alkuperäisestä yhtälöstä muunnostermit
p = b-a^3/3
q = -ab/3 2/27a^3 c
Eli alkuperäinen yhtälö oli siis x^3 ax^2 bx c
Ja kun y = saatu, v u:lla täytyy juuren vielä lisätä a/3
x^3 ax^2 bx x = (x-z)^3 p(x-z) q = 0 ja saadaan z = -a/3
Kertokaa tuo auki, ja tarkistakaa saitteko p:ksi ja q:ksi samat?
Samat kertoimet(esim. -3z = a) täytyy tulla molempien eteen, ja siis toisen asteen termi katoaa jälkimmäisessä muodossa, mikä on sallittua, sillä koroitettavat eivät ole samat.....
-pz q-z^3 = c ja 3z^2 p = b
Jos saitte kolmannen asteen tarkaisu tuosta kiinni niin hyvä, mutta epäilen etteivät kaikki silti....
Vastaukset 9
Vanhimmat
Se toisen asteen yhtälö on muodossa: y^3 py q = 0, missä y = t u
ja siis itse ongelma oli vain saada alkuperäisestä yhtälöstä muunnostermit
Sori y oli pompannut jostakin ylimääräiseksi
Ja siis se (u v)^3 p(u v) q = 0
=>u^3 v^3 = -q
3u^2v 3uv^2 = -p(u v)
3uv = -p
Eli kolmannen asteen termit oli yhdistetty vakiotermiksi? En tiedä tapahtuuko näin välttämättä aina?
En ihan kaikkia välimuotoja viitsi panna näkyviin....
p = b-a^3/3
q = -ab/3 2/27a^3 c
Noissakin oli VIRHE, näette, että joudun tarkistamaan....
p= b-a^2/3
q = ab/3 2/27a^3 c
Syy on ihan sama jokaisen matemaatikon virheisiin, kohelletaan paperille niin epäselviä merkintöjä, tai kuten tässä kirjoitusvirheitä, että ratkaisu menee välillä väärin - ENNEN TARKISTUSTA! Kellään ei titysti RIITÄ AIKA, kaikkea tarkistaa, se elämässämme on vikana....
Ja haluatte varmaan vielä nähdä tämän:
x^3 ax^2 bx c = 0
(x-x1)(x-x2)(x-x3) = 0
=>a = -x1 -x2-x3
=>b= x1*x2 x1*x3 x1*x3
=>c = -x1*x2*x3
Noilla saa tekaistua jonkin verran yhtälöitä, mutta niillä ei ongelma täysin ratkea...
b = -3*Re^2 - Im^2 2a*Re
kun x1 = Re Im ja x2 = Re - Im
ja siis tuosta saamme esim. Im^2 = -Re^2 -b -2*a*Re
Tuolla voi siis tarkaista Im:in eli imaginääritermin ja Reen saa siitä ensimmäisesti HETI, kun on ratkaissut kolmannen asteen juuren x3
=> a = -2*Re -x3
Tuohon siis sijoitetaan x3, ja siis jos käytettin sitä 2.asteen poistoyhtälöä a = 0
ja Re =-x3/2 (-a/2)
Yritin pitkään tuolla tavalla, kunnes siis pongasin valitettavasti netistä sen edellä mainitun "valmiin ratkaisun". Tosin en muistanut kyllä ulkoa itse sitä t-toisen asteen yhtälöä, ennen kuin sen itse tein...
Tietysti saman tuloksen saa, kun saadulla x3-arvolla vain jakaa alkuperäisen yhtälön vaikkapa ihan sen alkuperäisen, jossa x3 on saatu lisäämällä tulokseen a/3, ja siis sillä lukemalla x - x3 jaetaan jakokulmassa alkuperäinen aatakin sisältänyt yhtälö(jossa siis oli se toisen asteen termi mahdollisesti)....
Tuloksen on mentävä tasan, muuten ratkaisu oli väärä....
=>a = -x1 -x2 - x3
=>b= x1*x2 x2*x3 x1*x3
=>c = -x1*x2*x3
"Häpeän ja tyhmyrin maineen saa se, joka ei kuuntele ja seuraa loppuun...."
Eli onko täällä joku, joka ei tiedä, mikä De Moivren löytö oli? Melkein sama kuin Eulerin, pistäkääpä vaikkapa hakusana päälle, niin opitte ratkaisemaan kompeleksiluvun koroittamisen esim. 3. asteen yhtälön ratkaisussa tarvittavaan juuripotenssiin 1/3....
"Joka tätä ruokaa syö, mitä minä teille annan, ei kuole...:"(Jeesus)....
b = -3*Re^2 - Im^2 2a*Re
kun x1 = Re Im ja x2 = Re - Im
ja siis tuosta saamme esim. Im^2 = -Re^2 -b -2*a*Re
Tuokin on ihan pakko korjata: siis: Im^2 = -3*Re^2 - b -2*a*Re.
Ja siis jos käyetetään sitä välimuotoyhtälöä a:n arvolla nolla -2*a*Re katoaa....
En usko, että tänne siltikään jäi pahoja virheitä, jos osaatte pongata kaikista sen viimeisimmän muodon, uskokaa, en tahallani ole näin "högly", kuten luokkakaveri ala-asteella minusta sanoi.....
Tietysti oikeasti se "hassu" asia tässä on se, että pöljinkin matemaattinen haarukoitsija, tai vaikkapa paperille tai koneen näytölle kaavalla piirtävä osaava osaa ratkaista 5. -asteen yhtälön, eli katsoo vain sen, milloin käyrä leikkaa x-akselin:-) Tietysti ÄÄRETTÖMÄN TARKKA vastaus on usein se, mitä sillä tavalla ei saa, kaikille kerroin-kombinaatioille....
Tietysti oikeasti se "hassu" asia tässä on se, että pöljinkin matemaattinen haarukoitsija, tai vaikkapa paperille tai koneen näytölle kaavalla piirtävä osaava osaa ratkaista 5. -asteen yhtälön, eli katsoo vain sen, milloin käyrä leikkaa x-akselin:-) Tietysti ÄÄRETTÖMÄN TARKKA vastaus on usein se, mitä sillä tavalla ei saa, kaikille kerroin-kombinaatioille....
Seuraavaksi alkaisin meuhkaamaan Taylorin kehitelmästä ja siitä, että vain sillä tavalla saa kutakuinkin yhtä nopean ratkaisun saada desimaalisesti yhtä tarkka vastaus, kuin esim. jokin juurifunktion tarkka-arvo, vaikkapa viidennen asteen yhtälölle, jota sitäkin joutuu desimaalisena ratkaisemaan SAMOIN sarjakehitelmän avulla....
Varmaan jätän Taylorin jollekin muulle nyt, se ei ole vaikea teoria, uskokaa minua tässäkin.... Mutta tietysti täytyy osata derivoida, eli jos se on mielestäsi vaikeaa(ei ole) niin silloin ehkä hylkäät tämän tiedon.