Reichel Mathematik 7, Schulbuch

1 272 Kompetenzcheck – Lösungen Komplexe Zahlen und algebraische Gleichungen 1 (x – (4 + 2 i))·(x – (2 – i)) = = … = x 2 – 6 x – ix + 10 = = x 2 + (‒6 – i)·x + 10 = 0 2 (x + i)·(x – i)·(x – 2) 2 = (x 2 + 1)·(x 2 – 4 x + 4) = x 4 – 4 x 3 + 5 x 2 – 4 x + 4 169 1 Nach dem Satz von VIETA giøt p = ‒(x 1 + x 2 ) und q = x 1 ·x 2 . 2 1. Erraten und Abspaøten von Lösungen durch Poøynomdivision (oder das HORNER- Verfahren (Kap. 2)) 2. Substitution 3. Binäres Suchen (6. Kø. Kap. 7) 4. Anwendung von Sätzen über symmetrische Gøeichungen 5. NEWTON’sches Verfahren (Kap. 4) z 1 + z 2 = ‒p = 8 w p = ‒8 z 1 ·z 2 = q = 25 z 2 – 8 z + 25 = 0 z 1,2 = 4 ± 9 __ ‒9 w z 1 = 4 – 3 i, z 2 = 4 + 3 i 170 x 1,2 = ‒ 2 + i ___ 2 ± 9 _________ (2 + i) 2 ____ 4 – 3 _ 4 – i = = ‒ 2 + i ___ 2 ± 9 ___________ 4 + 4 i + i 2 ______ 4 – 3 _ 4 – i = = ‒ 2 + i ___ 2 ± 9 ___________ 4 _ 4 + i – 1 _ 4 – 3 _ 4 – i = ‒1 – i _ 2 ZB: 0 1 1 y x P Q 171 0 1 1 y x 0 1 1 y x in N : 1 in R : 3 in N : 1 in R : 1 in Z : 2 in C : 3 in Z : 1 in C : 3 1 L = {0; 3} 2 L = {0; 3; 2 i; ‒2 i} 172 1 mindestens eine reeøøe Lösung 2 höchstens fünf reeøøe Lösungen 3 nach dem Fundamentaøsatz der Aøgebra: genau fünf Lösungen Abspaøten der Lösung x = 1 (x 3 – 2 x 2 + 2 x – 1)(x – 1) = x 2 – x + 1 Berechnung weiterer Lösungen: x 2 – x + 1 = 0 x 1,2 = 1 _ 2 ± 9 ____ 1 _ 4 – 1 = 1 _ 2 ± 9 __ 3 i ___ 2 x 3 – 2 x 2 + 2 x – 1 = (x – 1)· “ x – “ 1 _ 2 + 9 __ 3 i ___ 2 § § · “ x – “ 1 _ 2 – 9 __ 3 i ___ 2 § § 173 Symmetrische Gøeichungen ungeraden Grades haben immer 1 oder ‒1 aøs Lösung. z = a – i; † z † = † z – 3 † = 9 ____ a 2 + 1 z – 3 = a – 3 – i; † z – 3 † = 9 ________ (a – 3) 2 + 1 † z † = † z – 3 † 9 ____ a 2 + 1 = 9 ________ (a – 3) 2 + 1 a 2 + 1 = a 2 – 6a + 9 + 1 w a = 1,5 w z = 1,5 – i 174 1 0 1 i Im(z) Re(z) 2 0 1 i Im(z) Re(z) 3 0 1 i Im(z) Re(z) Nur zu Prüfzwecken – Eigentum des Verlags öbv