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Lösung der allgemeinen Gleichung 5.ten Grades
Universität / Fachhochschule
Tags: dass die allgemeine Gleichungen 5.ten Grades durch Radikale unlösbar sind?, Wer glaubt
 
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wer glaubt , dass die allgemeine Gleichungen 5.ten Grades ( ax^5 bx^4 cx^3 ex durch Radikale unlösbar sind ? Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert): "Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen." |
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"Wer glaubt..." Da bist du hier im Forum falsch. Schau vielleicht bei den Theologen vorbei... Im übrigen existiert seit fast 200 Jahren ein Beweis: de.wikipedia.org/wiki/Satz_von_Abel-Ruffini PS: Jetzt nennst du dich zohrab? |
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schreibe eine Gleichung 5.ten Grades , ich schreibe dir alle ihre Nullstellen direkt aus der Koeffizienten . Der beweis für die Unlösbarkeit der allgemeinen Gleichung 5.ten Grades stimmt nicht . |
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Wie sieht es mit aus? |
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Hallo, was ist mit ? MFG Michael Edit: Gleichung korrigiert |
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Gib hier Deine Frage ein. Gib am besten Deine bisherigen Lösungsansätze an. Du kannst hier auch Formeln schreiben. Beispiel: (DIESEN TEXT BITTE LÖSCHEN Die Gleichung hat zwei Nullstellen |
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Die Gleichung hat zwei Nullstellen Troll! ermanus' Gleichung hat, wie jede Gleichung fünften Grades (unter Beachtung der Vielfachheit) natürlich fünf Nullstellen! Nur eine davon ist reell, die anderen vier sind paarweise konjugiert komplex. Falsch! bestenfalls Du hattest doch eine Lösung unter Angabe der "Radikale" versprochen. Eine numerische Näherung berechnen lassen, das kann doch jeder . Was gibt dir eigentlich dieses Kaspertheater, welches du hier veranstaltest? |
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(as+b)/ . (1) (as+b)/ (2) (as+b)/6a (as+b)/6a (3) (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a (4) (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a (5) (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a (as+b)/6a^5 (6) (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a bs (7) (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a (bs+c) (as+b)/6a (cs+d) (as+b)/6a ds (8) (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a (bs+c) (as+b)/6a (cs+d) (as+b)/6a (ds+e) (as+b)/6a es (9) (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a (bs+c) (as+b)/6a (cs+d) (as+b)/6a (ds+e) (as+b)/6a (es+f) (as+b)/6a fs (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a (bs+c) (as+b)/6a cs hier sind die und nicht die Zahlen sondern die Zeichen |
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Wie kommst du auf und was ist ?. Wenn ich durch einen linearen Ausdruck in ersetze, bekomme ich doch aus dem nicht plötzlich ein ? |
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kann man von (as+b)/6a (as+b) (as+b)/6a (bs+c) (as+b)/6a cs kriegen . |
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Ich habe das nicht schriet für schriet geschrieben sondern nur das , was im Endeffekt rauskommt . |
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Du behauptest also, dass man aus der vorgegebenen Gleichung 5-ten Grades durch das Einsetzen von für die Unbekannte eine Gleichung 8-ten Grades bekommt, in der nur gerade Potenzen von auftauchen? Wir wollen doch nicht unbedingt jeden Rechenschritt vorexerziert bekommen, sondern nur deinen Gedankengang verstehen. Ich sehe nicht, wie das gehen soll! Das musst du uns also erklären. Und überhaupt scheinst du, was das Erklären anbetrifft, ein gewaltiges Kommunikationsdefizit zu haben. Am einfachsten wäre es, wenn du zeigst, wie mit deiner Methode eine der 5 Lösungen meiner Gleichung entsteht. Die Aufgabe ist doch auch extrem rechenfreundlich, da fast alle Koeffizienten = 0 sind. |
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Zu meinem Beispiel : Hier sind . Nach deinen Worten kann man aus der von dir angegebenen letzten Gleichung bestimmen. Diese geht in diesem Falle über in: . Hieraus folgt: , d.h. auch , also . Das sollte dir doch zu denken geben. Wenn man und berechnen will, bekommt man 0-Nenner, d.h. diese Ausdrücke sind überhaupt nicht definiert! Sag mal, testest du deine wilden Rechnungen nicht mal an Beispielen ??? |
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wenn rauskommt ,dann muss man zweimal substituieren erstmal und dann -(•s ••)/6a |
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Und dann funktioniert das mit meinem Beispiel?? Bin extrem skeptisch ... Also beweise es mir, so machen Mathematiker das nämlich, wenn sie etwas für wahr halten. |
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hier der Beweis für meine Methode , wenn es nicht klar genug ist erkläre ich gerne weiter . (ax^5 +bx^4 +cx^3 +ex ax^6 +(as+b)x^5 +(bs+c)x^4 +(cs+d)x^3 +(ds+e)x^2 +(es+f)x +fs y-(as+b)/6a ay^6 +15a{(as+b)/6a}^2 -5(as+b)(as+b)/6a +bs +-20a{(as+b)/6a}^3 +10(as+b){(as+b)/6a}^2 -4(bs+c)(as+b)/6a +cs . -20a(as+b)/6a}^3 +10(as+b){(as+b)/6a}^2 -4(bs+c)(as+b)/6a +cs ay^6 +Gy^4 +Hy^2 +Ky . 15a(as+b)/6a}^2 -5(as+b)(as+b)/6a +bs 15a(as+b)/6a}^4 -10(as+b){(as+b)/6a}^3 +6(bs+c){(as+b)/6a}^2 -3(cs+d){(as+b)/6a} +ds -6a(as+b)/6a}^5 +5(as+b){(as+b)/6a}^4 -4(bs+c){(as+b)/6a}^3 +3(cs+d){(as+b)/6a}^2 -2(ds+e){(as+b)/6a} +es a(as+b)/6a}^6 -(as+b){(as+b)/6a}^5 +(bs+c){(as+b)/6a}^4 -(cs+d){(as+b)/6a}^3 +(ds+e){(as+b)/6a}^2 -(es+f){(as+b)/6a} +fs ax^5 +bx^4 +cx^3 +ex -(as+b)/6a ay^5 +Wy^4 +Ty^3 +Py^2 +Vy -5a(as+b)/6a} -4b(as+b)/6a} +10a{(as+b)/6a}^2 -3c(as+b)/6a} +6b{(as+b)/6a}^2 -10a{(as+b)/6a}^3 -2d(as+b)/6a} +3c{(as+b)/6a}^2 -4b{(as+b)/6a}^3 +5a{(as+b)/6a}^4 -e(as+b)/6a} +d{(as+b)/6a}^2 - c{(as+b)/6a}^3 +b{(as+b)/6a}^4 -a{(as+b)/6a}^5 (ay^5 +Wy^4 +Ty^3 +Py^2 +Vy my^2 +ny ay^8 +(an +Wm +(WR +Tn +Pm +(PR +Vn +Zm)y^2 +(VR +Zn)y +ZR . -a(aZ-WV) +T(WT -aP)}/{a(ap -WT)} W/a{a(aZ-WV) +T(WT -aP)}/{a(ap -WT)}] +(WT -aP)/a^2 (2) . (3) a/(VR +Zn) +(an +Wm +T)/(VR +Zn) +(WR +Tn +Pm +V)/(VR +Zn) +(PR +Vn +Zm)/(VR +Zn) +ZR/(VR +Zn) . (3) |
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Beweisung: In folgenden Fällen funktioniert das Rechnungssystem nicht . VR und Im allgemeinen Fall (ax^5 +bx^4 +cx^3 +ex passiert das nicht aber in Einzelfällen kann das vorkommen und wird mit der Substitution beseitigt Alle Nullstellen , die wir im Endeffekt bekommen passen die Gleichung (ax^5 +bx^4 +cx^3 +ex nicht . Um gewünschte Nullstellen zu erkennen muss diese Gleichung +my^2 gelöst werden . |
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"Im allgemeinen Fall ... passiert das nicht aber in Einzelfällen kann das vorkommen" Du deklarierst also Fälle, in denen deine Methode nicht funktioniert, zu "Einzelfällen". Es ist wohl eher anders herum. Ich kann auch einige Gleichungen zwanzigsten Grades lösen. Allerdings wäre ich nie so dreist, diese wenigen Spezialfälle als allgemeinen Fall und die meisten Fälle, wo es nicht funktioniert, als bedauerliche Einzelfälle zu bezeichnen. |
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Ein paar Bemerkungen zu deiner Vorgehensweise: Die Quintessenz soll wohl sein, das Problem so umzuformen, dass dabei ein Polynom 4-ten Grades in entsteht. Die Nullstellen eines solchen Polynoms kann man dann mit Hilfe von Radikalen ausdrücken. Zunächst sieht die Sache ja auch verheißungsvoll aus: sei unser Polynom 5-ten Grades, dessen Nullstellen wir bestimmen wollen. Dazu suchen wir nun ein Polynom 3-ten Grades , so dass nach einer Translation in ein Polynom übergeht, das dann natürlich den Grad 8 in hat, aber darüber hinaus als Polynom in vom Grade 4 aufgefasst werden kann. Damit ich nicht so viele Einzelfälle abarbeiten muss, greife ich die Fälle heraus, in denen die Nullstellen von sämtlich verschieden sind, etwa . habe die Nullstellen . Eine Translation verschiebt alle diese Nullstellen um die gleiche komplexe Zahl . Nun soll dabei ein Polynom in entstehen, d.h. für jede Nullstelle von ist auch Nullstelle von , oder anders ausgedrückt, die Nullstellen von sind punktsymmetrisch um den Ursprung angeordnet. Somit müssen die 8 Nullstellen punktsymmetrisch um ein Symmetriezentrum angeordnet sein. Die Frage ist also zunächst, ob es zu vorgegebenen (verschiedenen) Punkten der komplexen Ebene immer Punkte derart gibt, dass die Gesamtmenge punktsymmetrisch um ein Symmetriezentrum herumliegt. Dies werde ich in meinem nächsten Post bestätigen, werde dann aber zeigen, dass dies nur ein scheinbarer Sieg ist, da ich mir dann im Nachherein das Anfangsproblem bei der Bestimmung von wieder eingehandelt habe. |
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Man wähle zwei der Nullstellen von aus, in meinem als Skizze beigefügten Fall z.B. und . Man definiere . Das ist der Mittelpunkt der Strecke zwischen und . Zu den anderen Nullstellen (rot) bilde man die an dem Punkt gespiegelten Punkte (blau: Drehung um ). Da 5 Nullstellen hat, gibt es hierfür 10 verschiedene Möglichkeiten, ein zu wählen. Hier taucht bereits das erste Problem auf: berechnet sich als arithmetisches Mittel zweier Nullstellen von . Da wir diese aber noch gar nicht kennen, ist es bereits hier möglich, dass keiner Gleichung vom Grad genügt. Bei der Bestimmung der gehen die Nullstellen noch deutlicher in die Rechnung ein, so dass es noch unwahrscheinlicher wird, dass diese und damit auch deren elementarsymmetrische Funktionen sich durch Gleichungen vom Grade bestimmen lassen. Damit ist das Vorhaben gestorben.  |
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Die Frage , ob es überhaupt so ein reelle zahl geben kann ist richtig aber die Behauptung ,dass es kein geben kann , ist in meinen Augen falsch . wenn aP -WT ist , dann heißt ,dass es kein geben kann . sonst kann es geben und das ist der optimale Beweis dafür . |
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Ich habe nicht von einem reellen gesprochen oder davon, dass es das nicht geben könne. Ich habe ja sogar plausibel gemacht, dass es immer ein solches komplexes gibt, zumindest dann, wenn die Ausgangsgleichung 5 verschiedene Nullstellen besitzt. Ob dieses aber nun reell ist oder nicht, spielt überhaupt keine Rolle. Die entscheidende Frage ist, ob mit Hilfe von Radikalen(!) aus den Koeffizienten der Ausgangsgleichung gewonnen werden kann und das wird wohl eher selten der Fall sein und selbst wenn es immer der Fall sein sollte, werden die Koeffizienten des Polynoms im allgemeinen nicht durch Radikale ausgedrückt werden können, da die Nullstellen von "um verschoben" in die elementarsymmetrischen Funktionen der Nullstellen und damit in die Koeffizienten von eingehen. Ich fürchte, dass du meine Argumentation überhaupt nicht verstanden hast, weil du ständig auf deinen Rechenausdrücken beharrst, deren Gestalt in dieser allgemeinen Betrachtung aber ziemlich egal sind. Es geht um die Verteilung und Symmetrisierung der Nullstellen von . |
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Du hast geschrieben ,dass dieser Vorhaben ist gestorben . das kannst du nur dann sagen ,wenn du deine Beispiele dadurch nicht lösen kannst . Ich denke unsere Diskussion geht in die Richtung philosophy und in der Philosophy passiert immer wieder Denkfehler . Der Beweis für Unlösbrkeit der allgemeinen Gleichung 5.ten Grades ist auch mehr philosophy als Algebra . |
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Du weichst dem Problem, dass dein Ansatz unendlich viele Gleichungen nicht mit Radikalen zu lösen in der Lage ist, auf die typische Weise aus, wie sie immer wieder von Leuten angewendet wird, die uns hier den Stein der Weisen verkaufen wollen. Es geht hier nicht um irgendeine "unscharfe" philosophische Debatte, sondern um "knallharte" Algebra. Ich habe dir an Hand meiner Beispielgleichung ganz klar gezeigt, wo in deinem Ansatz eine beträchtliche Lücke klafft, die du mit irgendwelchen Allgemeinplätzen nicht so einfach wegschaffen kannst. Ich habe dir an meinem Beispiel sogar gezeigt, wie du aus dem Problem der 0-Nenner rauskommst, und dass ein Polynom 3-ten Grades, so wie dein Ansatz es braucht, auf jeden Fall bei allen Gleichungen 5-ten Grades mit verschiedenen Nullstellen existiert. Dein Denkfehler besteht darin, dass du nicht gemerkt hast, dass du das Problem der Nullstellenbestimmung von nur in das ebenso schwierige Problem der Koeffizientenbestimmung von verschoben hast und dadurch keineswegs gelöst hast. Das ist nicht irgendwie daher philosophiert, sondern ganz klare "exakte" Algebra. Wenn du deinen Beitrag vor 1824 geschrieben hättest, hätte man deinem Ansatz vielleicht zu Anfang noch getraut. 1824 hatte Abel den Satz, dass die allgemeine (!) Gleichung 5-ten Grades nicht mit Radikalen gelöst werden kann, das erste Mal veröffentlicht. Der von ihm vorgetragene Beweis ist reinste Mathematik. Er ist nicht leicht zu verstehen, aber das ändert nichts an seiner Korrektheit. Dieser ganze Themenkreis wird dann schließlich durch die Galois-Theorie gekrönt, die die Lösbarkeit einer algebraischen Gleichung auf gewisse Eigenschaften der Gruppe ihrer Nullstellenpermutationen zurückführt. Diese Gruppe ist die Galoisgruppe der in Rede stehenden Gleichung. In meinem Beispiel ist die Galois-Gruppe die volle Permutationsgruppe auf 5 Objekten . Diese Gruppe besitzt keine Subnormalreihe mit zyklischen Faktoren, daher kann man die Gleichung nicht durch geschachtelte Wurzelausdrücke (Radikale) lösen. Damit wissen wir, dass die Koeffizienten von sich nicht durch sukzessive Anwendung von Radikalen aus den Koeffizienten von berechnen lassen, dein Ansatz also in solchen Fällen scheitern muss. Dass du das vielleicht als Philosophie empfindest, liegt vermutlich daran, dass du die von moderner Mathematik keine Ahnung hast. Mein Rat: verschwende deine Zeit nicht länger an deine Methode, sondern begib dich auf den anstrengende Weg aller Mathematikstudenten solange, bis du z.B. die Galois-Theorie verstanden hast. Gruß ermanus |
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Es gibt 6 gruppen von gleichungen 5.ten Grades (ax (ax (ax (ax (ax Gleichungen erste Gruppe , zweite Gruppe und dritte Gruppe werden auf dieser weise allgemein gelöst aber die Koeffezienten mussen so eingeordnet werden ,dass oder sein im Falle und das geht immer mit der Substitution . die Gleichungen vierte Gruppe und fünfte Gruppe sind auch auf dieser weise zu lösen aber nicht direckt , sondern erstmal mussen zu gleichungen erste Gruppe umgewandelt werden und ich schreibe in meinem nächsten Post ,wie das geht ? gehört zu vierte Gruppe Aber die Gleichungen sechste Groupe kann man nicht in diesem Form schreiben . . so werden alle Gleichungen 5.ten Grades durch Radikale gelöst . |
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Hallo, am besten zeigst du deine Methode (4.Gruppe) an meinem Beispiel . |
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Gleichungen 4.ten Grades werden in folgenden Gruppen geteilt . (ax (ax (ax (ax und jetzt kann man die Gleichungen vierte Gruppe wie folgt zu Gleichungen erste Gruppe umwandeln . (ax)^4 +4b(ax)^3 (ax)^2 ax wenn +(4bm hier haben wir eine Gleichung 5.ten Grades ,die zu erster Gruppe gehört und kann man sie wie zu folgender Gleichung umwandeln . (1) mit der Substitution (1) und diese Gleichung 4.ten Grades gehört zu erster Gruppe . Genau so kann man auch die Gleichungen 5.ten Grades , die zur vierte und fünfte Gruppen gehören zu erster Gruppe machen . (1) mit der Subtitution (1) |
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Verstehst du es nicht, oder weichst du absichtlich aus? Wenn du Gleichungen 5. Grades (immer) lösen kannst: Was ist die konkrete (ungerundete) reelle Lösung der Gleichung ? Wenn du kannst, was du behauptest, dann löse sie jetzt. Um es noch einmal deutlichen zu formulieren: Was ist die Lösung von , wenn konkret a=1, b=c=d=0, e=-1 und f=-1 gilt? Gib endlich die Lösung an oder "troll" dich. |
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Grund dafür ist , dass für die Bestimmung nur die Koeffizienten verwendet werden . Ich habe oben erklärt ,wie wir auch Koeffizient ersten Grade ins spiel bringen können . aber dafür muss erstmal Gleichungen 6.ten Grades gelöst werden . das mache ich so schnell ,wie möglich . bitte habe noch etwas Geduld und danke . |
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+3(3ac-b^2)/5a -18bc/5a Noch Frage ? |
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Die Frage ist nur, was für Zeug Du schluckst. :-))) |
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Ich warte auf eine Antwort von ermanus . |
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Soll eine Lösung darstellen? Wohl kaum ... Seit meinem Beitrag vom 18.03. hast du 3 Wochen Zeit gehabt, eine Lösung der Gleichung mit Wurzelausdrücken zu liefern. Offenbar kannst du das nicht! Fazit: Deine "Methode" funktioniert nicht, abgesehen davon, dass deine Art deinen "Gedankengang" mitzuteilen grauenhafter Mist ist. Nebenbei (für Algebra-Liebhaber): die Gleichung hat ebenfalls die Galoisgruppe . |
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"Grund dafür ist , dass für die Bestimmung (s) nur die Koeffizienten (a,b,c,d) verwendet werden ." Hast du schon mal darüber nachgedacht, dass eine Veränderung der von dir nicht verwendeten Koeffizienten AUCH Einfluss auf die Lösung haben? Nehmen wir mal an (und das ist wirklich SEHR hypothetisch), dass du für eine der Gleichungen 5. Grades tatsächlich eine Lösung gefunden hättest. Jetzt ändern wir die Gleichung von mal um in . (Wir verschieben den Funktiongraphen also um eine Einheit nach oben.) Dadurch sind die bisherigen Nullstellen keine Nullstellen mehr, und die Stellen, die bisher den Funktionswert -1 hatten, werden zu neuen Nullstellen. Diese neuen Nullstellen kannst du gar nicht ermitteln, wenn du nur a, b, c und d zur Berechnung verwendest. Schön wäre es, wenn du die charakterliche Größe hättest, deinen Irrtum einzugestehen. |
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Galoistheorie und andere Beweise für Unlösbarkeit der allgemeine Gleichungen 5.ten Grades durch Radikale sind zu Geschichte und waren ein Denkfehler . auf meiner weise kann man die Gleichungen .ten Grades durch Radikale lösen . aber manche weigern sich die Augen zu öffnen und die Wirklichkeit zu sehen . |
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"aber manche weigern sich die Augen zu öffnen und die Wirklichkeit zu sehen ." Dann öffne die Augen und schreibe die seit drei Wochen offenen Lösung auf- wenn du es kannst. |
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also , dann rechne ich es weiter bis die wurzeln rauskommen . |
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Wenn deine Methode funktioniert, kann das ja kein Problem sein. Mittlerweile sitzt du ja schon 3 Wochen dran! |
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ermanus , du bist ein gute Mathematiker und das weiß ich . wenn du sagst auch in Galiosgruppe drin ist . das ist selber eine Bestätigung meiner Methode , auf meiner weise kann man immer die Gruppe wechseln . |
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Mein letzten Schreiben: Die Leute ,die den Fall immer noch für ungelöst halten ,entweder wissen sie es nicht ,wie eine mathematische Formel getestet wird oder . Aber viele Gleichungen müssen erstmal vorbereitet und dann gelöst werden . Vorbereitung heißt hier ,Koeffizienten ändern . Bei Gleichungen (1.ten) Gruppe ,(2.ten) Gruppe und (3.ten) Gruppe werden die Koeffizienten von rechts nach links geändert (Subtitution) . Aber bei Gleichungen (4.ten) Gruppe müssen sie von links nach rechts geändert werden (Gruppe wechseln) ist die (4.ten) Gruppe und wird wie folgt zu (1.ten) Gruppe gewechselt . wir haben 5 Parameter (1) und und verwenden sie ,um 5 Koeffizienten (9.ten Grade ,7.ten Grade ,5.ten Grade ,3.ten Grade und 1.ten Grade Null zu machen . um wurzeln vom Ausgangspolynom zu erkennen ,muss man zwei solche Gleichungen lösen und die gemeinsame Wurzeln sind die Wurzeln vom Wenn jemand beweisen kann ,dass meine Formel falsch ist oder nicht in der Lage ist alle Gleichungen zu lösen ,bekommt EUR von mir |
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Das ist doch nur leeres Geschwätz! Du hast uns deutlich(!) bewiesen, dass du mit deiner sogenannten tollen Methode nicht in der Lage bist, meine Gleichung zu lösen. Denn wenn deine Methode funktionieren würde, hättest du sie ja nur benutzen müssen !!! Nicht WIR müssen irgendetwas testen oder beweisen, sondern DU (!) musst uns zeigen, dass du die Gleichung lösen kannst. Doch das kannst du ganz offensichtlich nicht. |
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Irgendwie erinnert mich das an Gerhard Löffler. |
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Ich befürchte, dass es mehrere kranke "Mathebegeisterte" gibt. |
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