complexe veelterm

piotter · Bericht door **piotter** » 30 sep 2010, 20:58

Ik zit vast met deze complexe veelterm: z^6+z^5+z^4+z^3+z^2+z+1=0 waarbij z een element is van de complexe getallen...
Reële wortels zijn onmogelijk in deze vergelijking, dus veronderstel ik dat de oplossing 3 paar moet zijn van complex toegevoegden...nu rest alleen de vroeg: hoe vind ik die?
Ik dacht eerst de veelterm te schrijven als : (z+a+ib)(z+a+-ib)(z+c+id)(z+c-id)(z+e+if)(z+e-if) maar dat zorgt voor een enorm veel rekenwerk en de stelsels die je dan krijgt zijn vaak moeilijk op te lossen...

Iemand die raad weet met deze veelterm?
Alvast bedankt

Sjoerd Job · Bericht door **Sjoerd Job** » 30 sep 2010, 21:16

Een handige methode is hier deze som te schrijven als een meetkundige rij:

$p(z) = \sum_{k=0}^{6} z^k = \frac{1-z^7}{1-z}$

Nu is de vraag: Wanneer geldt $p(z) = 0$ ?

Een simpelere vraag, en misschien helpt die je wel op weg: Wanneer geldt $\frac{x}{2} = 0$

piotter · Bericht door **piotter** » 30 sep 2010, 21:45

Bedankt al voor de tip: een superhadige methode

Hieruit kan ik afleiden dat wanneer z= -1 de breuk gelijk is aan 0, maar dan is z reeel en niet complex??

Moet ik dan z gelijk stellen aan i^2 want het is de bedoeling dat ik de oplossingen noteer in de polaire vorm...

MVG

Bericht door **arie** » 30 sep 2010, 22:03

Kijk s.v.p. nog een keer naar de breuk.
Deze is nul als de teller nul is (en de noemer ongelijk nul).
Wat volgt daaruit voor z?

piotter · Bericht door **piotter** » 30 sep 2010, 22:11

oh inderdaad, ik dacht dat de breuk -z^6+1/(-z+1) was

Wanneer z=1 zijn teller en noemer 0, maar dan gaat het niet om een nulpunt maar om een perforatie...
Hoe kan ik dan berekenen wat de nulpunten zijn? Als je vereenvoudigt kom je de oorspronkelijke functie uit...

Bericht door **arie** » 30 sep 2010, 22:29

Polaire vorm maakt het eenvoudiger.
Gebruik de formule van Euler (hier met k = geheel getal):

$z^7 = 1 = e^{k\cdot2\pi i}$

dus:

$z = e^{(k/7)\cdot2\pi i}$

Wat zijn nu de verschillende waarden voor z?

piotter · Bericht door **piotter** » 01 okt 2010, 09:03

Vermits exp ix= cos x + i sin x ...zijn de waarden voor z dus:
cos 0 + isin 0 = 1
cos 2pi/7 + i sin 2pi/7
.....enz. Maar ik vermoed dat je dan zeven oplossingen gaat krijgen omdat z van de zevende graad is...Mag je daarom de eerste oplossing (cos0 +isin0=1) laten vallen vermits de oorspronkelijke functie slechts zes wortels kan hebben en bovendien geen reëele oplossingen mogelijk zijn?

MVG

Bericht door **arie** » 01 okt 2010, 11:41

Klopt.
De oplossing z=1 vervalt omdat dan ook de noemer nul wordt.
Als we kijken over het interval [0, 2pi > houden we 6 oplossingen over:
cos 2pi/7 + i sin 2pi/7
cos 4pi/7 + i sin 4pi/7
...
cos 12pi/7 + i sin 12pi/7

Dit zijn ook de 6 oplossingen van de oorspronkelijke 6e graads vergelijking.

Een handige site voor dit soort zaken is Wolfram Alpha:
http://www.wolframalpha.com/
Voer daar in het venster in:
z^7 = 1
en je krijgt alle oplossingen, "Approximate forms" op de antwoordpagina geeft de benaderingen.
Je kan daar natuurlijk ook direct je oorspronkelijke vergelijking invoeren (al dan niet via copy-paste).

piotter · Bericht door **piotter** » 01 okt 2010, 19:40

Ok. Hartelijk bedankt voor de tips...
De site is een prima hulpmiddel

Ik zal hem in de toekomst nog veel kunnen gebruiken, vermits ik over 2 weken al examen heb bij de burgerlijk ingenieurs...

Wiskundeforum

complexe veelterm

complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm

Re: complexe veelterm