Wiskunde voor intaketoests 'even' bijspijkeren?

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:20 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Huh dan kom ik op 4620 / 37730 = 6 / 49 uit ? Ik weet niet hoe ze daarop komen?

Ik deed het zo:

4620 / 37730 = 924 / 7546 = 462 / 6773

Kijk nog eens naar die laatste stap, 6773 is niet bepaald de helft van 7546

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:24 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Typfout. 3773

Maar ben je met Thormodo en mij eens dat je jezelf een hele hoop (foutgevoelig) rekenwerk kunt besparen als je begint met vereenvoudigen in plaats van dit pas op het einde te doen nadat je alle getallen met elkaar hebt vermenigvuldigd?

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 17:28 schreef Bram_van_Loon het volgende:

[..]

Gedaan. Ik denk dat ik het leuker had gevonden om de vergelijkingen op die manier op te lossen, er komt net iets meer inzicht bij kijken. Heb je advies hoe je het handigste een derdegraadsvergelijking kan oplossen met d niet gelijk aan 0 als je het formuleert als ax³ + bx² + cx + d.
Ik moet ze regelmatig oplossen en ik moet me nu behelpen met het op goed geluk proberen door een product te vinden van drie getallen wat d geeft en dan de plusjes en de minnetjes juist te krijgen. Dat is nogal omslachtig, ik hoop dat het op een handigere manier kan. Natuurlijk kan je in bepaalde gevallen een merkwaardig product gebruiken (a+b)³ maar werkt dat altijd handig?
Ik heb er natuurlijk geen oefening mee gehad op het VWO, derdegraadsvergelijkingen werden gemeden tenzij d gelijk was aan 0.

Over het algemeen herleid je een derdegraadsvergelijking

ax³ + bx² + cx + d = 0

eerst tot een zogeheten gereduceerde kubische vergelijking. Dat is een derdegraadsvergelijking waarin de kwadratische term ontbreekt. Als we nu de - nog te bepalen - wortels van deze kubische vergelijking even aangeven met x₁, x₂ en x₃, dan is deze vergelijking te schrijven als:

a(x − x₁)(x − x₂)(x − x₃) = 0

Door dit weer uit te werken krijg je:

ax³ − a(x₁+x₂+x₃)x² + a(x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃)x − ax₁x₂x₃ = 0

en vergelijken van de coëfficiënten leert dan dat voor de wortels en de coëfficiënten de volgende betrekkingen gelden (genoemd naar Viète):

x₁ + x₂ + x₃ = −b/a
x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃ = c/a
x₁x₂x₃ = −d/a

Zijn nu de coëfficiënten geheel en is a = 1 dan kun je de delers van d, zowel positief als negatief, proberen. In het algemeen, ook als a niet gelijk is aan 1, kun je het rational root theorem gebruiken, dat overigens niet alleen voor derdegraads vergelijkingen geldt.

Lukt het niet om zo een gehele resp. rationale wortel van de kubische vergelijking te vinden, dan kun je deze oplossen door deze eerst te herleiden tot de eerder genoemde gereduceerde vergelijking. Het idee hierbij is dat we een nieuwe vergelijking opstellen waarvan elk van de drie wortels b/3a groter is dan de wortels x₁, x₂, x₃, zodat de som van de wortels van de nieuwe vergelijking nul wordt, wat dus betekent dat de coëfficiënt van de kwadratische term in de nieuwe vergelijking ook nul zal zijn. Hiervoor gebruiken we de substitutie:

z = x + b/3a

oftewel:

x = z − b/3a

Uitwerken geeft dan een nieuwe kubische vergelijking in de variabele z van de gedaante:

z³ + pz + q = 0

Nu kan een kubische vergelijking met reële coëfficiënten, en dus ook deze gereduceerde vergelijking, één reële en twee toegevoegd complexe wortels hebben, óf drie reële wortels (waarvan er eventueel twee of drie samen kunnen vallen). Om te bepalen of de vergelijking al dan niet uitsluitend reële wortels heeft kunnen we kijken naar de discriminant van deze vergelijking:

D = (q/2)² + (p/3)³

Er zijn nu de volgende mogelijkheden:

D > 0: Eén reële wortel en twee toegevoegd complexe wortels.
D = 0: Drie reële wortels waarvan er (tenminste) twee samenvallen.
D < 0: Drie verschillende reële wortels.

Let erop dat dit anders is dan bij vierkantsvergelijkingen, daar heb je geen reële wortels als de discriminant negatief is, hier zijn de wortels dan juist uitsluitend reëel.

Is D ≥ 0 dan kunnen we gebruik maken van een gemoderniseerde versie van de methode die naar Cardano is vernoemd (maar niet door hem is gevonden). We substitueren nu:

z = u + v

waarmee we de gereduceerde vergelijking na herleiding kunnen schrijven als:

u³ + 3uv(u + v) + v³ + p(u + v) + q = 0

en dit is ook te schrijven als:

u³ + v³ + (3uv + p)(u + v) + q = 0

Nu hebben we twee nieuwe variabelen u en v, en daarmee ook twee vrijheidsgraden. We kunnen dus nog een extra voorwaarde stellen aan u en v, en de clou is nu om te kiezen voor:

3uv + p = 0

oftewel:

uv = −p/3

want dan krijgen we:

u³ + v³ = −q

Verheffen we uv = −p/3 tot de derde macht, dan hebben we ook:

u³v³ = −(p/3)³

Nu zie je dat we zowel de som als het product van u³ en v³ kennen, en dat betekent dat we u³ en v³ gemakkelijk kunnen bepalen, dit zijn namelijk de wortels van de vierkantsvergelijking t² + qt − (p/3)³ = 0, zodat we hebben:

u³ = −½q + √D
v³ = −½q − √D

Hebben we u³ en v³, dan kun je door de derdemachtswortel te nemen één reële waarde van u en één reële waarde van v berekenen. Maar uiteraard zijn er naast deze unieke reële waarden van u en v ook nog twee toegevoegd complexe waarden die aan bovenstaande betrekkingen voor u³ en v³ voldoen, en die vind je door de reële waarden u en v elk te vermenigvuldigen met de complexe derdemachtswortels uit 1, oftewel met:

ε₁ = −½ + i∙½√3
ε₂ = −½ − i∙½√3

Nu heb je drie waarden u₁ = u, u₂ = ε₁∙u, u₃ = ε₂∙u en drie waarden v₁ = v, v₂ = ε₁∙v, v₃ = ε₂∙v die aan bovenstaande vergelijkingen voor u³ resp. v³ voldoen, en waarmee je dus negen combinaties voor z = u + v zou kunnen maken. Van deze negen combinaties zijn er echter maar drie geldig, omdat het product ook nog moet voldoen aan de voorwaarde uv = −p/3. Aangezien ε₁∙ε₂ = 1 vinden we dan als wortels van de gereduceerde kubische vergelijking:

z₁ = u + v
z₂ = ε₁∙u + ε₂∙v
z₃ = ε₂∙u + ε₁∙v

oftewel:

z₁ = u + v
z₂ = −½∙(u + v) + i∙½√3∙(u − v)
z₃ = −½∙(u + v) − i∙½√3∙(u − v)

Zoals je ziet hebben we nu voor D > 0 inderdaad één reële wortel z₁ en twee toegevoegd complexe wortels z₂ en z₃. Is D = 0, dan is u = v en vallen z₂ en z₃ samen en zijn deze eveneens reëel. Zijn de wortels van de gereduceerde vergelijking gevonden, dan zijn de wortels van de oorspronkelijke kubische vergelijking uiteraard te berekenen via de betrekking x = z − b/3a.

De zogeheten formules van Cardano zijn niet praktisch bruikbaar indien D < 0, aangezien u³ en v³ dan toegevoegd complex zijn en we dan dus derdemachtswortels uit complexe getallen moeten bepalen. Dat is in het algemeen niet algebraïsch te doen, en pogingen om dat wel langs algebraïsche weg te doen voeren dan tot een kubische vergelijking die equivalent is met de oorspronkelijke, zodat we weer terug zijn bij af. Daarom is men het geval D < 0 casus irreducibilis ('het onherleidbare geval') gaan noemen.

Het paradoxale is dat alle wortels van de gereduceerde kubische vergelijking z³ + pz + q = 0 met p,q ∈ R reëel zijn als (q/2)² + (p/3)³ < 0, maar dat deze niet zonder gebruik van vierkantswortels uit negatieve getallen (i.e. complexe getallen) algebraïsch in de coëffiënten p en q zijn uit te drukken. Deze bevinding leidde ertoe dat wiskundigen zich vanaf de 16e eeuw tegen wil en dank nader met die 'onmogelijke' vierkantswortels uit negatieve getallen bezig gingen houden en zo langzaam maar zeker eigenschappen begonnen te ontdekken van wat we nu complexe getallen noemen, zie hier.

Het is evenwel toch mogelijk de gereduceerde kubische vergelijking op te lossen als D < 0, en dan ook nog zonder gebruik van complexe getallen. Deze methode is tegen het einde van de 16e eeuw voor het eerst aangegeven door Viète en berust op het gebruik van de goniometrische identiteit voor de cosinus van de drievoudige hoek:

cos 3φ = 4∙cos³φ − 3∙cos φ

Het idee is om in de vergelijking z³ + pz + q = 0 oftewel z³ + pz = −q de substitutie z = r∙cos φ uit te voeren en dan het linkerlid met een geschikte keuze van r om te werken tot 4∙cos³φ − 3∙cos φ, zodat we een uitdrukking in p en q krijgen voor cos 3φ, waarmee de waarden van 3φ en dus φ zijn te bepalen, en daarmee ook de waarden van z = r∙cos φ. Substitutie geeft:

r³∙cos³φ + p∙r∙cos φ + q = 0

Door van beide leden q af te trekken en daarna beide leden te vermenigvuldigen met 4/r³ kunnen we dit omwerken tot:

4∙cos³φ + (4p/r²)∙cos φ = −4q/r³

Nu zien we dat we r zodanig moeten kiezen dat:

4p/r² = −3

en dus kunnen we kiezen voor:

r = 2·√(−p/3)

Merk op dat deze waarde van r reëel is en positief, aangezien D < 0 impliceert dat p < 0. Met deze keuze van r hebben we nu:

4∙cos³φ − 3∙cos φ = −½q/√((−p/3)³)

en dus:

cos 3φ = −½q/√((−p/3)³)

Uiteraard mag de absolute waarde van de uitdrukking in het rechterlid niet groter zijn dan 1, omdat de cosinus alleen waarden aanneemt op het interval [-1,1]. Je kunt gemakkelijk nagaan dat aan deze voorwaarde is voldaan indien D < 0, zodat de goniometrische oplossingsmethode inderdaad altijd mogelijk is voor D < 0 en we dus een waarde van 3φ op het interval [0, π] kunnen bepalen die voldoet aan deze betrekking. Aangezien de cosinus een periode 2π heeft voldoet dan ook 3φ + 2kπ met k geheel, zodat we als oplossingen krijgen:

z_1,2,3 = 2·√(−p/3)·cos(φ + 2kπ/3)

waarbij we voor k drie opeenvolgende gehele getallen nemen, bijvoorbeeld k = 0, 1, 2 of k = −1, 0, 1. Daarmee hebben we de drie reële wortels van de vergelijking z³ + pz + q = 0 met D < 0 gevonden. En uiteraard vinden we de drie reële wortels van de oorspronkelijke vergelijking in x dan weer via de betrekking x = z − b/3a. Een uitgewerkt voorbeeld van een goniometrische oplossing van een gereduceerde kubische vergelijking vind je hier.

Het mag wonderlijk lijken dat bij een algebraïsche derdegraadsvergelijking met drie verschillende reële wortels de oplossingen in goniometrische vorm zijn uit te drukken, maar dit is op een heel eenvoudige wijze meetkundig in te zien. Heb je een derdegraadsfunctie met drie verschillende reële nulpunten, dan snijdt de grafiek van deze functie de x-as uiteraard in drie verschillende punten. Welnu, elk drietal verschillende punten op een rechte lijn is op te vatten als de loodrechte projectie van de hoekpunten van een gelijkzijdige driehoek, waarmee direct duidelijk is dat de drie nulpunten, afgezien van een schaalfactor en een horizontale translatie (i.e. een constante), kunnen worden opgevat als cosinussen van hoeken die (een geheel veelvoud van) 120° van elkaar verschillen:



[ Bericht 0% gewijzigd door Riparius op 04-06-2013 09:03:02 ]

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:26 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Huh nee ? Ik heb het niet begrepen.

Ik heb iets toegevoegd aan mijn vorige post daarover (boven die giga post van Rip, misschien handig/leuk om dat ergens anders te doen? ).

Bij vraag 13 maak je een denkfout.
De afgeloste schuld is inderdaad goed. Echter het gaat om de afgeloste schuld t.o.v. de beginschuld.

Jouw antwoord was: "310.000 - 232.500 / 232.500 x 100% = 33,3 %". Maar wat stelt het bedrag waardoor je deelt nu eigenlijk voor?

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:26 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Huh nee ? Ik heb het niet begrepen.

De som is -28/77 x 33/35 x 5/-14

Dat zijn drie lastige breuken die je niet kunt vereenvoudigen. Zoals je zelf had gezien kun je de mintekens al tegen elkaar wegstrepen.
Vervolgens kun je de som herschrijven door steeds getallen boven en onder de streep te zoeken die je wel kunt vereenvoudigen:
Dan krijg je dus 28/14 x 5/35 x 33/77
Die breuken kun je vereenvoudigen naar 2/1 x1/7 x 3/7 = (2x1x3) / (1x7x7) = 6/49

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:33 schreef Sucuk het volgende:

[..]

''Hoeveel procent heb je terugbetaald''

het moest dus zijn: 310.000 - 77500 / 75500 x 100% = 300%

Je betaalt elk jaar hetzelfde percentage af (want de totale schuld neemt in een rechte lijn af).
Na 20 jaar heb je dus 100 procent van de schuld terugbetaald.
Na 5 jaar heb je dus 25 procent van de schuld terugbetaald.

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:33 schreef Sucuk het volgende:

[..]

''Hoeveel procent heb je terugbetaald''

het moest dus zijn: 310.000 - 77500 / 75500 x 100% = 300%

300%? Zou jij ooit meer dan 100% van je hypotheek aan de bank terug betalen ? Dat is nu juist het leuke van echte problemen i.p.v. pure wiskunde problemen, je kunt vrij makkelijk inschatten of je antwoord juist kan zijn.

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:35 schreef Sucuk het volgende:

[..]

[..]

Zie edit Had te snel gedacht. Was gelukkig nog net voor jullie post.

Ja, maar je was dus veel te moeilijk bezig, die bedragen heb je helemaal niet nodig.

[ Bericht 0% gewijzigd door Kansenjongere op 01-06-2013 21:50:07 ]

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:35 schreef Sucuk het volgende:

[..]

[..]

Zie edit Had te snel gedacht. Was gelukkig nog net voor jullie post.

Ok mooi.
Wat Kansjongere zegt klopt natuurlijk ook, want het kan makkelijker in dit geval. Hoewel dat op zich een aparte conclusie is die je dan moet trekken.

Want zoals je ziet is de lijn recht (lineair). Wat dus inhoudt dat de persoon elk jaar exact het zelfde bedrag terugbetaald. Wat natuurlijk niet echt realistisch te noemen is.
Je kunt je wel voorstellen dat in de werkelijkheid deze lijn nooit zo mooi recht loopt, maar bijvoorbeeld parabolisch. En dan moet je het dus op die manier zoals jij dat hebt gedaan bepalen.

In deze grafiek is dat wel het geval. Dus geldt wat kansjongere zegt. Als je dit wiskundig wilt oplossen, met alleen de onderstaande gegevens (tussen de sterretjes), kun je ook een lineaire vergelijking maken.

*Je begint met 310 euro (in duizendtallen). Je eindigt met 0 euro. En er verstrijkt een periode van 20 jaar. 310 euro is dus getal b.*

Een lineaire vergelijking is er één van de vorm y = a*x + b (als het goed is weet je dit )

Dus je “verliest” 310 euro schuld. Dus -310. Dit verlies je over 20 jaar. Dus elk jaar verlies je
310/20 = 15,5 euro. Dit is dus de helling (getal a) van je grafiek per jaar.

Dus er geldt
y = -15,5*x + 310
Voor x = 5 geldt dus:
y = -15,5*5 + 310 = 232,5
Er daaruit kun je weer de procenten uitrekenen.

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:43 schreef Sucuk het volgende:

[..]

HANDIG! Ik wist niet dat je al van te voren kon vereenvoudigen!

Had ik hier ook al neergezet ^^: SES / Wiskunde voor intaketoests 'even' bijspijkeren?
Maar dat zijn nu dingen die je een keer gezegd moet worden, want als je het nog nooit gedaan hebt kom je er natuurlijk zelf niet zo snel op om zoiets te gaan doen.

[ Bericht 3% gewijzigd door Thormodo op 01-06-2013 21:56:58 ]

Had je overigens dit CE? http://www2.cito.nl/vo/ex2013/HA-1024-a-13-1-o.pdf

[ Bericht 34% gewijzigd door Thormodo op 01-06-2013 21:58:09 ]

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 22:03 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Ja, hoezo?

Gewoon nieuwsgierig. En daaruit volgt ook direct waarom die intaketoets een probleem kan/kon vormen zonder verdere voorbereiding .

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 22:14 schreef Sucuk het volgende:

[..]

Heb er een 6.0 voor met een norm van 0. Zover ik nagekeken had. Op SE sta ik een 7.5 voor wiskunde.

Ik bedoel meer dat die toets totaal geen algebra (zoals de intaketoets) bevat et cetera. Dus dat de stof amper overeen komt.

Wat helemaal vreemd is als je bedenkt dat tegenwoordig leerlingen die N&G doen blijkbaar ook wiskunde A mogen kiezen*. Vroeger was de huidige wiskunde B (toen B1) gewoon voor hun verplicht. Maar goed straks heb ik Bram weer aan het "ranten" (wat in dit geval meer dan terecht is).

*http://nl.wikipedia.org/wiki/Wiskunde_(schoolvak_in_Nederland)

@NL en ENG toetsen: geen idee. Ik neem aan dat het gewoon lijkt op je CE's. Wel apart dat je die dan ook moet doen als je van de havo komt.

[ Bericht 3% gewijzigd door Thormodo op 01-06-2013 22:25:07 ]

quote:

Op vrijdag 31 mei 2013 22:13 schreef JoPiDo het volgende:

[..]

wat een geweldige uitleg, maar niet heus

gewoon abc-formule uit je hoofd leren; geen geëtter en je antwoord is altijd goed

...totdat je op een gegeven moment "zover" in de wiskunde komt dat je gevraagd wordt iets als
∫ 1/(ax²+bx+c) dx met b²-4ac < 0 als voorwaarde voor de coëfficiënten te integreren. Dat ga jij niet redden met je ABC-formule hoor , dus leer die techniek van het kwadraat afsplitsen nou maar eerst heul goed .

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:25 schreef Riparius het volgende:

[..]

Over het algemeen herleid je een derdegraadsvergelijking

ax³ + bx² + cx + d = 0

eerst tot een zogeheten gereduceerde kubische vergelijking. Dat is een derdegraadsvergelijking waarin de kwadratische term ontbreekt. Als we nu de - nog te bepalen - wortels van deze kubische vergelijking even aangeven met x₁, x₂ en x₃, dan is deze vergelijking te schrijven als:

a(x − x₁)(x − x₂)(x − x₃) = 0

Door dit weer uit te werken krijg je:

ax³ − a(x₁+x₂+x₃)x² + a(x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃)x − ax₁x₂x₃ = 0

en vergelijken van de coëfficiënten leert dan dat voor de wortels en de coëfficiënten de volgende betrekkingen gelden (genoemd naar Viète):

x₁ + x₂ + x₃ = −b/a
x₁x₂ + x₁x₃ + x₂x₃ = c/a
x₁x₂x₃ = −d/a

Zijn nu de coëfficiënten geheel en is a = 1 dan kun je de delers van d, zowel positief als negatief, proberen. In het algemeen, ook als a niet gelijk is aan 1, kun je het rational root theorem gebruiken, dat overigens niet alleen voor derdegraads vergelijkingen geldt.

Lukt het niet om zo een gehele resp. rationale wortel van de kubische vergelijking te vinden, dan kun je deze oplossen door deze eerst te herleiden tot de eerder genoemde gereduceerde vergelijking. Het idee hierbij is dat we een nieuwe vergelijking opstellen waarvan elk van de drie wortels b/3a groter is dan de wortels x₁, x₂, x₃, zodat de som van de wortels van de nieuwe vergelijking nul wordt, wat dus betekent dat de coëfficiënt van de kwadratische term in de nieuwe vergelijking ook nul zal zijn. Hiervoor gebruiken we de substitutie:

z = x + b/3a

oftewel:

x = z − b/3a

Uitwerken geeft dan een nieuwe kubische vergelijking in de variabele z van de gedaante:

z³ + pz + q = 0

Nu kan een kubische vergelijking met reële coëfficiënten, en dus ook deze gereduceerde vergelijking, één reële en twee toegevoegd complexe wortels hebben, óf drie reële wortels (waarvan er eventueel twee of drie samen kunnen vallen). Om te bepalen of de vergelijking al dan niet uitsluitend reële wortels heeft kunnen we kijken naar de discriminant van deze vergelijking:

D = (q/2)² + (p/3)³

Er zijn nu de volgende mogelijkheden:

D > 0: Eén reële wortel en twee toegevoegd complexe wortels.
D = 0: Drie reële wortels waarvan er (tenminste) twee samenvallen.
D < 0: Drie verschillende reële wortels.

Let erop dat dit anders is dan bij vierkantsvergelijkingen, daar heb je geen reële wortels als de discriminant negatief is, hier zijn de wortels dan juist uitsluitend reëel.

Is D ≥ 0 dan kunnen we gebruik maken van een gemoderniseerde versie van de methode die naar Cardano is vernoemd (maar niet door hem is gevonden). We substitueren nu:

z = u + v

waarmee we de gereduceerde vergelijking na herleiding kunnen schrijven als:

u³ + 3uv(u + v) + v³ + p(u + v) + q = 0

en dit is ook te schrijven als:

u³ + v³ + (3uv + p)(u + v) + q = 0

Nu hebben we twee nieuwe variabelen u en v, en daarmee ook twee vrijheidsgraden. We kunnen dus nog een extra voorwaarde stellen aan u en v, en de clou is nu om te kiezen voor:

3uv + p = 0

oftewel:

uv = −p/3

want dan krijgen we:

u³ + v³ = −q

Verheffen we uv = −p/3 tot de derde macht, dan hebben we ook:

u³v³ = −(p/3)³

Nu zie je dat we zowel de som als het product van u³ en v³ kennen, en dat betekent dat we u³ en v³ gemakkelijk kunnen bepalen, dit zijn namelijk de wortels van de vierkantsvergelijking t² + qt − (p/3)³ = 0, zodat we hebben:

u³ = −½q + √D
v³ = −½q − √D

Hebben we u³ en v³, dan kun je door de derdemachtswortel te nemen één reële waarde van u en één reële waarde van v berekenen. Maar uiteraard zijn er naast deze unieke reële waarden van u en v ook nog twee toegevoegd complexe waarden die aan bovenstaande betrekkingen voor u³ en v³ voldoen, en die vind je door de reële waarden u en v elk te vermenigvuldigen met de complexe derdemachtswortels uit 1, oftewel met:

ε₁ = −½ + i∙½√3
ε₂ = −½ − i∙½√3

Nu heb je drie waarden u₁ = u, u₂ = ε₁∙u, u₃ = ε₂∙u en drie waarden v₁ = v, v₂ = ε₁∙v, v₃ = ε₂∙v die aan bovenstaande vergelijkingen voor u³ resp. v³ voldoen, en waarmee je dus negen combinaties voor z = u + v zou kunnen maken. Van deze negen combinaties zijn er echter maar drie geldig, omdat het product ook nog moet voldoen aan de voorwaarde uv = −p/3. Aangezien ε₁∙ε₂ = 1 vinden we dan als wortels van de gereduceerde kubische vergelijking:

z₁ = u + v
z₂ = ε₁∙u + ε₂∙v
z₃ = ε₂∙u + ε₁∙v

oftewel:

z₁ = u + v
z₂ = −½∙(u + v) + i∙½√3∙(u − v)
z₃ = −½∙(u + v) − i∙½√3∙(u − v)

Zoals je ziet hebben we nu voor D > 0 inderdaad één reële wortel z₁ en twee toegevoegd complexe wortels z₂ en z₃. Is D = 0, dan is u = v en vallen z₂ en z₃ samen en zijn deze eveneens reëel. Zijn de wortels van de gereduceerde vergelijking gevonden, dan zijn de wortels van de oorspronkelijke kubische vergelijking uiteraard te berekenen via de betrekking x = z − b/3a.

De zogeheten formules van Cardano zijn niet praktisch bruikbaar indien D < 0, aangezien u³ en v³ dan toegevoegd complex zijn en we dan dus derdemachtswortels uit complexe getallen moeten bepalen. Dat is in het algemeen niet algebraïsch te doen, en pogingen om dat wel langs algebraïsche weg te doen voeren dan tot een kubische vergelijking die equivalent is met de oorspronkelijke, zodat we weer terug zijn bij af. Daarom is men het geval D < 0 casus irreducibilis ('het onherleidbare geval') gaan noemen.

Het paradoxale is dat alle wortels van de gereduceerde kubische vergelijking z³ + pz + q = 0 met p,q ∈ R reëel zijn als (q/2)² + (p/3)³ < 0, maar dat deze niet zonder gebruik van vierkantswortels uit negatieve getallen (i.e. complexe getallen) algebraïsch in de coëffiënten p en q zijn uit te drukken. Deze bevinding leidde ertoe dat wiskundigen zich vanaf de 16e eeuw tegen wil en dank nader met die 'onmogelijke' vierkantswortels uit negatieve getallen bezig gingen houden en zo langzaam maar zeker eigenschappen begonnen te ontdekken van wat we nu complexe getallen noemen, zie hier.

Het is evenwel toch mogelijk de gereduceerde kubische vergelijking op te lossen als D < 0, en dan ook nog zonder gebruik van complexe getallen. Deze methode is tegen het einde van de 16e eeuw voor het eerst aangegeven door Viète en berust op het gebruik van de goniometrische identiteit voor de cosinus van de drievoudige hoek:

cos 3φ = 4∙cos³φ − 3∙cos φ

Het idee is om in de vergelijking z³ + pz + q = 0 oftewel z³ + pz = −q de substitutie z = r∙cos φ uit te voeren en dan het linkerlid met een geschikte keuze van r om te werken tot 4∙cos³φ − 3∙cos φ, zodat we een uitdrukking in p en q krijgen voor cos 3φ, waarmee de waarden van 3φ en dus φ zijn te bepalen, en daarmee ook de waarden van z = r∙cos φ. Substitutie geeft:

r³∙cos³φ + p∙r∙cos φ + q = 0

Door van beide leden q af te trekken en daarna beide leden te vermenigvuldigen met 4/r³ kunnen we dit omwerken tot:

4∙cos³φ + (4p/r²)∙cos φ = −4q/r³

Nu zien we dat we r zodanig moeten kiezen dat:

4p/r² = −3

en dus kunnen we kiezen voor:

r = 2·√(−p/3)

Merk op dat deze waarde van r reëel is en positief, aangezien D < 0 impliceert dat p < 0. Met deze keuze van r hebben we nu:

4∙cos³φ − 3∙cos φ = −½q/√((−p/3)³)

en dus:

cos 3φ = −½q/√((−p/3)³)

Uiteraard mag de absolute waarde van de uitdrukking in het rechterlid niet groter zijn dan 1, omdat de cosinus alleen waarden aanneemt op het interval [-1,1]. Je kunt gemakkelijk nagaan dat aan deze voorwaarde is voldaan indien D < 0, zodat de goniometrische oplossingsmethode inderdaad altijd mogelijk is voor D < 0 en we dus een waarde van 3φ op het interval [0, π] kunnen bepalen die voldoet aan deze betrekking. Aangezien de cosinus een periode 2π heeft voldoet dan ook 3φ + 2kπ met k geheel, zodat we als oplossingen krijgen:

z_1,2,3 = 2·√(-p/3)·cos(φ + 2kπ/3)

waarbij we voor k drie opeenvolgende gehele getallen nemen, bijvoorbeeld k = 0, 1, 2 of k = −1, 0, 1. Daarmee hebben we de drie reële wortels van de vergelijking z³ + pz + q = 0 met D < 0 gevonden. En uiteraard vinden we de drie reële wortels van de oorspronkelijke vergelijking in x dan weer via de betrekking x = z − b/3a. Een uitgewerkt voorbeeld van een goniometrische oplossing van een gereduceerde kubische vergelijking vind je hier.

Het mag wonderlijk lijken dat bij een algebraïsche derdegraadsvergelijking met drie verschillende reële wortels de oplossingen in goniometrische vorm zijn uit te drukken, maar dit is op een heel eenvoudige wijze meetkundig in te zien. Heb je een derdegraadsfunctie met drie verschillende reële nulpunten, dan snijdt de grafiek van deze functie de x-as uiteraard in drie verschillende punten. Welnu, elk drietal verschillende punten op een rechte lijn is op te vatten als de loodrechte projectie van de hoekpunten van een gelijkzijdige driehoek, waarmee direct duidelijk is dat de drie nulpunten, afgezien van een schaalfactor en een horizontale translatie (i.e. een constante), kunnen worden opgevat als cosinussen van hoeken die (een geheel veelvoud van) 120° van elkaar verschillen:

[ afbeelding ]

* VanishedEntity eerst heel aandachtig lezen gaat...

quote:

Op zondag 2 juni 2013 21:57 schreef VanishedEntity het volgende:

[..]

...totdat je op een gegeven moment "zover" in de wiskunde komt dat je gevraagd wordt iets als
∫ 1/(ax²+bx+c) dx met b²-4ac < 0 als voorwaarde voor de coëfficiënten te integreren. Dat ga jij niet redden met je ABC-formule hoor , dus leer die techniek van het kwadraat afsplitsen nou maar eerst heul goed .

[..]

* VanishedEntity eerst heel aandachtig lezen gaat...

"zover" ben ik allang en ik gebruik nog regelmatig de abc-formule...

quote:

Op zaterdag 1 juni 2013 21:25 schreef Riparius het volgende:

[..]

Bla

En daarom heb je je yvonne awards tagje