Benutzer:Juergen Behrndt/Resolvente (Algebra)

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Resolvente (Algebra)

Vorläufige Deutsche Version

Geschichtliches

Nach den Arbeiten von Cardano, Tartaglia und Ruffini und anderen im 16. Jahrhundert zur Lösung von Polynomen 3ten und 4ten Grades stellte man sich die Frage,
ob Gleichungen höheren Grades auch noch durch Radikale aus den Koeffizienten von
$x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+a_{n-3}x^{n-3}+a_{1}x+a_{0}$
also den $a_{i}$ errechnet werden können.
Wir betrachten ab hier ganzzahlige $a_{i}$ .

Isaac Newton (1643-1727) "fand" etwa 1666 die Newton-Identitäten, womit er der Problematik näher rückte, ohne das beabsichtigt zu haben.

Essenz: Die Lösbarkeit von Polynomen beliebigen Grades hat etwas mit Vertauschungen oder auch Permutationen ihrer Wurzeln zu tun.

Erst Galois zeigte ca. 1830 die bis heute gültige Lösung auf.

Wie man die Resolvente eines Polynoms findet

Betrachte die normierte Kubische Gleichung mit Leitkoeffizient 1 also der Koeffizient von $S^{3}$ ist 1.

$U(S)=(S-x)(S-y)(S-x)$ = $S^{3}-(x+y+z)S^{2}+(xy+xz+yz)S-xyz$
$U(S)=S^{3}-\sigma _{1}S^{2}+\sigma _{2}S-\sigma _{3}$ .

Man bildet den Term $t=x+ay+a^{2}z$ in dem x,y,z die Lösungen von U(S) sind

Hier ist $a$ eine 3.te primitive Einheitswurzel , also ( $a\neq 1$ ).

a_{1}=-1/2+i{\sqrt[{3}]{2}}

a_{2}=-1/2-i{\sqrt[{3}]{2}}

Die beiden a sind algebraisch gleichwertig und machen im folgenden keinen Unterschied.

Lagrange erkannte sehr wohl, dass $t$ 6 verschieden Werte annehmen kann, je nachdem wie man die Werte x,y,z anordnet.

Diese 6 $t$ s kann man nun als Lösung einer anderern Gleichung 6. Grades auffassen.

f(X)=(X-t_{1})(X-t_{2})(X-t_{3})(X-t_{4})(X-t_{5})(X-t_{6})=0

Das ist die sog. Resolvente von U(S), aus dem englischen to resolve = auflösen.

Die Koeffizienten von f(X) sind Symmetrische Polynome in den 6 Werten von $t$ und also auch symmetrische Polynome in x,y und z. Jedes Symmetrische Polynom lässt sich als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen schreiben.

Siehe auch Hauptsatz über Elementarsymmetrische Polynome in Symmetrisches Polynom.

Sie sind somit bekannte Grössen, die man mittels der Koeffizienten der gegebenen
kubischen Gleichung U(S) ausdrücken kann.

Lösen der Resolvente

Die Resolvente ist von höherem Grad als die der ursprünglichen Gleichung.
Sei grad(U) = n dann ist grad (f(X)) = n!, hier also 6.

Aber sie ist lösbar. Denn beim Nachrechnen erkennt man, dass f(X) eine quadratische Gleichung in $X^{3}$ ist.
Man ordnet einfach die Werte von $t$ in folgender Weise an

t_{1}=x+ay+a^{2}z

t_{2}=z+ax+a^{2}y

t_{3}=a^{2}t_{1}

t_{4}=x+az+a^{2}y

t_{5}=at_{4}

t_{6}=a^{2}t_{4}

so dass

(X-t_{1})(X-t_{2})(X-t_{3})=(X-t_{1})(X-at_{1})(X-a^{2}t_{1})=X^{3}-t_{1}^{3}

und

f(X)=(X^{3}-t_{1}^{3})(X^{3}-t_{4}^{3})=X^{6}-(t_{1}^{3}+t_{4}^{3})*X^{3}+t_{1}^{3}*t_{4}^{3}

In obiger Schreibweise setzen wir

u=t_{1}^{3}

v=t_{4}^{3}

und erhalten

f(X)=X^{6}-(u+v)X^{3}+uv

und nach Substitution

Z=X^{3}:

f(Z)=Z^{2}-(u+v)Z+uv

deren Koeffizienten (u+v) und uv </math>
genau... (***)

Dieser Schritt klingt einfacher als er ist

(***)

Spezialfall

In dem Falle, dass eine ursprüngliche kubische Gleichung $y^{3}+by^{2}+cy+d=0$
mittels $x=y-(b/3)$
reduziert wird auf $x^{3}+px+q$
bekommen wir
Lösung (1): $1/3[t+w/t]$
Lösung (2): $1/3[at+w/at]$
Lösung (3): $1/3[a^{2}t+w/a^{2}t]$

was man durch die Cardano- Formel verifizieren kann.

--Juergen (Diskussion) 09:40, 19. Mär. 2012 (CET)

Resolvente (Algebra)

Vorläufige Deutsche Version

Geschichtliches

Nach den Arbeiten von Cardano, Tartaglia und Ruffini und anderen im 16. Jahrhundert zur Lösung von Polynomen 3ten und 4ten Grades stellte man sich die Frage,
ob Gleichungen höheren Grades auch noch durch Radikale aus den Koeffizienten von
$x^{n}+a_{n-1}x^{n-1}+a_{n-2}x^{n-2}+a_{n-3}x^{n-3}+a_{1}x+a_{0}$
also den $a_{i}$ errechnet werden können.
Wir betrachten ab hier ganzzahlige $a_{i}$ .

Isaac Newton (1643-1727) "fand" etwa 1666 die Newton-Identitäten, womit er der Problematik näher rückte, ohne das beabsichtigt zu haben.

Essenz: Die Lösbarkeit von Polynomen beliebigen Grades hat etwas mit Vertauschungen oder auch Permutationen ihrer Wurzeln zu tun.

Erst Galois zeigte ca. 1830 die bis heute gültige Lösung auf.

Wie man die Resolvente eines Polynoms findet

Betrachte die normierte Kubische Gleichung mit Leitkoeffizient 1 also der Koeffizient von $S^{3}$ ist 1.

$U(S)=(S-x)(S-y)(S-x)$ = $S^{3}-(x+y+z)S^{2}+(xy+xz+yz)S-xyz$
$U(S)=S^{3}-\sigma _{1}S^{2}+\sigma _{2}S-\sigma _{3}$ .

Man bildet den Term $t=x+ay+a^{2}z$ in dem x,y,z die Lösungen von U(S) sind

Hier ist $a$ eine 3.te primitive Einheitswurzel , also ( $a\neq 1$ ).

a_{1}=-1/2+i{\sqrt[{3}]{2}}

a_{2}=-1/2-i{\sqrt[{3}]{2}}

Lagrange erkannte sehr wohl, dass $t$ 6 verschieden Werte annehmen kann, je nachdem wie man die Werte x,y,z anordnet.

Diese 6 $t$ s kann man nun als Lösung einer anderern Gleichung 6. Grades auffassen.

$f(X)=(X-t_{1})(X-t_{2})(X-t_{3})(X-t_{4})(X-t_{5})(X-t_{6})=0$

Das ist die sog. Resolvente von U(S), aus dem englischen to resolve = auflösen.

Die Koeffizienten von f(X) sind Symmetrische Polynome in den 6 Werten von $t$ und also auch symmetrische Polynome in x,y und z. Jedes Symmetrische Polynom lässt sich als Polynom in den elementarsymmetrischen Polynomen schreiben.

Siehe auch Hauptsatz über Elementarsymmetrische Polynome in Symmetrisches Polynom.

Sie sind somit bekannte Grössen, die man mittels der Koeffizienten der gegebenen
kubischen Gleichung U(S) ausdrücken kann.

Bekannte Grösse

Eine bekannte Grösse setzt sich zusammen aus

a) Rationalen Zahlen
b) Koeffizienten der gegebenen Gleichung und
c) Einheitswurzeln.

Jedes der $t$ ist somit bekannt.

Resolvente

Nach Lagrange soll eine Resolvente 3 Bedingungen erfüllen:

1) Sie ist Rational ausdrückbar durch die Lösungen, manchmal sagt man auch Wurzeln der ursprünglichen Gleichung und durch bekannte Grössen.
2) Umgekehrt kann jede Lösung der ursprünglichen Gleichung rational ausgedrückt werden durch sie,(die Resolvente) und bekannte Grössen.
3) Es ist die Lösung einer lösbaren Gleichung.

Anm.: Siehe auch Hauptsatz über Elementarsymmetrische Polynome in Symmetrisches Polynom.

Lösen der Resolvente

Die Resolvente ist von höherem Grad als die der ursprünglichen Gleichung.
Sei grad(U) = n dann ist grad (f(X)) = n!, hier also 6.

Aber sie ist lösbar. Denn beim Nachrechnen erkennt man, dass f(X) eine quadratische Gleichung in $X^{3}$ ist.
Man ordnet einfach die Werte von $t$ in folgender Weise an

t_{1}=x+ay+a^{2}z

t_{2}=z+ax+a^{2}y

t_{3}=a^{2}t_{1}

t_{4}=x+az+a^{2}y

t_{5}=at_{4}

t_{6}=a^{2}t_{4}

so dass

(X-t_{1})(X-t_{2})(X-t_{3})=(X-t_{1})(X-at_{1})(X-a^{2}t_{1})=X^{3}-t_{1}^{3}

und

f(X)=(X^{3}-t_{1}^{3})(X^{3}-t_{4}^{3})=X^{6}-(t_{1}^{3}+t_{4}^{3})*X^{3}+t_{1}^{3}*t_{4}^{3}

In obiger Schreibweise setzen wir

u=t_{1}^{3}

v=t_{4}^{3}

und erhalten

f(X)=X^{6}-(u+v)X^{3}+uv

und nach Substitution

Z=X^{3}:

f(Z)=Z^{2}-(u+v)Z+uv

deren Koeffizienten (u+v) und uv </math>
genau... (***)

Dieser Schritt klingt einfacher als er ist

(***)

Spezialfall

In dem Falle, dass eine ursprüngliche kubische Gleichung $y^{3}+by^{2}+cy+d=0$
mittels $x=y-(b/3)$
reduziert wird auf $x^{3}+px+q$
bekommen wir
Lösung (1): $1/3[t+w/t]$
Lösung (2): $1/3[at+w/at]$
Lösung (3): $1/3[a^{2}t+w/a^{2}t]$

was man durch die Cardano- Formel verifizieren kann.

--Juergen (Diskussion) 09:40, 19. Mär. 2012 (CET)

Quellen

Jean-Pierre Tignol: Galois's theory of algebraic equations. World Scientific, Singapore 2001, ISBN 981-02-4561-6(?!) – (Eine historisch orientierte Einführung in die Galois-Theorie).