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Skript zu Komplexe Zahlen SS2004 M. Ludwig
1 Das Lösen von Gleichungen
1.1 Quadratische Gleichungen bei Euklid (330 v. Chr.)
Beispiel aus dem II. Buch der Elemente § 11.
Eine gegebene Strecke ( AB )so zu teilen, dass das Rechteck aus der ganzen
Strecke ( AB ) und dem einen Abschnitt ( HB ) dem Quadrat über dem anderen
Streckenabschnitt ( AH ) gleich ist.
Folgende Quadratische Gleichung löst das Problem:
AB = a
AH = x
x² = a ( a - x )
Euklid löst das Problem geometrisch.
Der Beweis soll mit und bekannten
algebraischen Mitteln geführt werden.
ohne Beschränkung der Allgemeinheit
(o.B.d.A.):
AB = 2= BD
AE = 1
EB = 5 ( nach dem Satz des Pythagoras ) =
EF
⇒ AF = 5 - 1
AF ² = ( 5 - 1 )² = 6 –2 5
HB = 2 – ( 5 - 1 ) = 3 - 5
BD · HB = 6 –2 5 q.e.d.
- 1 -

Skript zu Komplexe Zahlen SS2004 M. Ludwig
1.2 Die Geburtstunde der Algebra
Al – Khwarizmi (8.-9.Jhd.) schreibt Buch mit dem Namen " al – jabr wal muqabala "
Das bedeutet soviel wie vervollständigen, wiederherstellen, ganz machen (al – jabr.)
Ausgleich (muqabala) aus al – jabr wird „Algebra“
Zum 1. Teil des Buches:
2
(1) ax = bx a,
b,
c ∈ Q
2
(2) ax = b
(3) ax = b
2
(4) ax + bx = c
2
(5) ax + c = bx
2
(6) ax = bx + c
Beispiel: Halbgeometrisches Lösen des Typs 4:
x² + 10x = 39
x² + px = q
Formal:
2
x + px = q
x
x
2
2
⎛ p ⎞
⎜ x + ⎟
⎝ 2 ⎠
p
x + =
2
p
x = − +
2
x ²
p ⎛ p ⎞
+ 2⋅
x + ⎜ ⎟
2 ⎝ 2 ⎠
4 ⎟ ⎛ p ⎞
⎜
⎝ ⎠
2
2
1 p 4 p
+ 4⋅
px + 4⋅
= q +
4 16 16
2
2
p
q +
4
2
2
p
= q +
4
2
p
q +
4
2
p
= q +
4
2
nur
+
positiv
2
x + 10x
= 39
x
x
2
2
1 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
+ 4⋅
2 x + 4⎜2
⎟ = 39 + 4⎜2
⎟
2 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠
+ 2⋅
5x
+ 5
( x + 5)
x + 5 = 8
x = 3
2
= 64
2
= 64
Im Grunde kannte Al – Khwarizmi schon die Lösungsformel für quadratische
Gleichungen.
- 2 -
2
2

Skript zu Komplexe Zahlen SS2004 M. Ludwig
1.3 Die kubischen Gleichungen des Omer Khayyan (1048 – 1130 )
Khayyan hat für alle kubischen Gleichungen der Form
x
3
Khayyan wollte die
Kugel in einem
bestimmten
Verhältnis teilen.
V1
m
=
V n
V
2
Kugelabsch nitt
2 ( 3a−
x )
π
=
3
3
4a
n
⋅x
=
n+
m
2
+ bx + cx = d b,
c,
d
2 3 ( 3ax
−x
)
eine Lösungsvorschrift gefunden. Leider ist diese Algebra erst im 19.Jahrhundert in
Europa bekannt geworden.
Beispiel von Khayyan:
I.
x
3
p =
q =
II.)
y
I.
′
+ bx = c
p
c
b
2
in
b
2
x
I.)
y =
p
⇒
II.
′
( q − x)
in
= x
III.
( q − x)
= yx
⇒ x
3
2 2
+ p x = p q
( Parabel - gleichung
q − x
=
y
2 3
⇒ p q = x + p
3
x
pq − px =
p
2
x
( Höhensatz )
x
p
III.
)
q.
e.
d.
⇒
y
x
=
x
p
y q − x
⇒ =
x y
I.
′
II.
′
> 0
Thaleskreis über q
Das x aus obiger Gleichung erfüllt also die Gleichung. x ist also die gesuchte
Lösung.
- 3 -

Skript zu Komplexe Zahlen SS2004 M. Ludwig
1.4 Italienische Algebraiker in der Renaissancezeit (16.Jhd.)
Lösungsformel für die kubische Gleichung
⇒ Scipio del Ferro hält Lösungsformel geheim. Tartaglia findet die Lösungsformel
im Rahmen eines Wettstreits. Cardano erhält die Formel von Tartaglia und
veröffentlicht sie, obwohl er versprach dies nicht zu tun.
3 2
Gesucht ist eine Lösung der Gleichung z + az + bz = c
Das quadratische Glied wurde entfernt
Substitution:
a
z = x −
3
2
2 2 2ax
a
z = x − +
3 9
2
2 3
3 3 3x
a 3xa
a
z = x − + −
3 9 27
x
x
3
3
3
2 1 2 a 2 2xa
− x a + xa − + x a −
3 27 3
1 2 2 3 ab
− xa + a − + bx = c
3 27 3
2
3
a ab
+ + bx − = c
9 3
Man erhält eine kubische Gleichung ohne quadratisches Glied die
einfacher zu lösen ist.
⇒ x + mx = n
1
m = b − a
3
ab 2 3
n = c + − a
3 27
3
,wobei
Cardanosche Lösungsformel für kubische Gleichungen des Typs x 3 +mx =n:
3 2
3 2
⎛ m ⎞ ⎛ n ⎞ n ⎛ m ⎞ ⎛ n ⎞
x 3
3
1 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + − ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ −
⎝ 3 ⎠
Beispiel 1:
x
x
x
x
3
1
1
1
⎝ 2 ⎠
2
⎝ 3 ⎠
⎝ 2 ⎠
binomium apotome
+ 6x
= 20
=
=
=
3
3
⎛ 6 ⎞
⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
3
2
⎛ 20 ⎞
+ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠
+
20
2
−
3
8 + 100 + 10 − 108 −
3 + 1−
( 3 −1)
3
10
⎛ 6 ⎞
⎜ ⎟
⎝ 3 ⎠
3
2
⎛ 20 ⎞
+ ⎜ ⎟
⎝ 2 ⎠
x1
= 2
Durch Polynomdivision erhält folgende Faktorisierung:
(x 2 +2x+10)(x-2) = x 3 +6x-20. Der quadratische Teil hat keine Lösung mehr in
IR.
- 4 -
n
2
−
20
2

Skript zu Komplexe Zahlen SS2004 M. Ludwig
Beispiel 2:
x
3
x =
x =
= 6x
+ 6
3
3
3
9 − 8 + 3 − 3−
9 −
4 +
3
2
8
3
Die Gerade y = mx + t schneidet den Graph y = x mindestens einmal.
Daher haben kubische Gleichungen immer mindestens eine Lösung in IR.
30 Jahre später:
Bombelli betrachtet folgende Gleichung:
x =
3
3
2 + 4 −125
+ 2 − 4 −
125
x
3
= 15x
+ 4
3
3
x = 2 + −121
+ 2 − −121
Dieses Ergebnis soll = 4
4 = 2 + n −1
+ 2 − n −1
zu zeigen:
( 2 + n −1)
8 + 3⋅
2
8 + 12n
8 − 6n
⇒
2
2
⋅ n
+
3
= 2 + 11
−1
+ 3⋅
2
−1
− 6n
2
− n
3 ( 12n
− n )
−1
2
( n −1)
+ ( n −1)
−1
−1
=
⇒ n = 1
3
( 2 + −1)
= 2 + −121
q.
e.
d.
3
3
= 2 + 11
x entsprechen!
Bombelli hat also mit „eingebildeten“, imaginären Zahlen gerechnet. Das
Berechnen einer reellen Lösung erfordert den „Umweg“ über die „neuen“
Zahlen. Sie wurden aber zunächst nur geduldet und nicht weiter entwickelt.
- 5 -
−1