Rozkład wielomianu do postaci iloczynowej

[iksel_ataner]

Rozłóż wielomian do postaci iloczynowej.
\(\displaystyle{ W(x) = x^{4} + 2x^{3} + x^{2} + 1}\)

[Premislav]

Jedną z możliwości są wzory Ferrariego, ale nigdy ich nie przyswoiłem, zresztą nie wiem, czy nie szkoda czasu.
Inne podejście: zauważmy, iż \(\displaystyle{ W(x)=(x^2+x)^2+1}\), zatem
\(\displaystyle{ W(x)=0 \Leftrightarrow x^2+x=i \vee x^2+x=-i}\).
No i masz dwa proste równania kwadratowe do rozwiązania w zespolonych, nawet można sobie wyróżnik policzyć. I potem pogrupować to w dwie pary typu \(\displaystyle{ (x-\text{pierwiastek}_{1})(x-\text{sprzężenie pierwiastka}_{1})}\).

Można by też zastanowić się nad przedstawieniem tego wielomianu w postaci różnicy kwadratów.

Pozdrawiam.

[iksel_ataner]

A czy wspomniany wielomian posiada rozkład do postaci iloczynowej w zbiorze liczb rzeczywistych?

(Korzystając z równości wielomianów, otrzymałem układ czterech równań, z rozwiązania którego wynika, że wielomian ten nie posiada pierwiastków wymiernych. Nie mogłem jednak wykluczyć istnienia pierwiastków niewymiernych.)

[Premislav]

To, że wielomian ten nie ma pierwiastków rzeczywistych, w sposób oczywisty wynika z równości
\(\displaystyle{ x^4+2x^3+x^2+1=(x^2+x)^2+1}\).
Każdy wielomian stopnia co najmniej \(\displaystyle{ 3}\) o współczynnikach rzeczywistych daje się przedstawić w postaci iloczynu wielomianów stopnia nie wyższego niż \(\displaystyle{ 2}\). Więc taki rozkład tutaj istnieje.
Gdy rozwiążesz wskazane przeze mnie równania w zespolonych, to dostaniesz łącznie cztery pierwiastki zespolone \(\displaystyle{ x_1, x_2, x_3, x_4}\), wtedy
\(\displaystyle{ W(x)=(x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)(x-x_4)}\)
i można te pierwiastki pogrupować w pary liczba-sprzężenie tej liczby, no i skorzystać ze wzoru na różnicę kwadratów. W ten sposób dostaniesz rozkład tego wielomianu na iloczyn wielomianów stopnia \(\displaystyle{ 2}\) o współczynnikach rzeczywistych.

Co do rozkładu bez użycia zespolonych (chociaż ja liczby zespolone lubię), można spróbować przewidzieć postać typu
\(\displaystyle{ W(x)=(x^2+ax+b)^2-(cx+d)^2}\)
i z porównania współczynników otrzymujesz taki układ równań:
\(\displaystyle{ \begin{cases} b^2-d^2=1 \\2a=2 \\2ab-2cd=0 \\ 2b+a^2-c^2=1\end{cases}}\)
o ile się nie rąbnąłem. To nie wygląda na wielkie wyzwanie,
z drugiego równania wyznaczamy \(\displaystyle{ a=1}\), wstawiamy do pozostałych i zostaje:
\(\displaystyle{ \begin{cases}a=1\\ b^2-d^2=1\\b=cd \\ c^2=2b\end{cases}}\)
a to już są jakieś podstawianki, no z ostatniego masz \(\displaystyle{ b=\frac{c^2}{2}}\), wstawiasz to do trzeciego równania, co daje \(\displaystyle{ \frac{c^2}{2}=cd}\), czyli \(\displaystyle{ c=0 \vee d=\frac{c}{2}}\) itd. (ta pierwsza możliwość odpada). Do roboty. Powinieneś otrzymać równanie dwukwadratowe na \(\displaystyle{ c}\).

[PoweredDragon]

Przewidywanie różnicy kwadratów tutaj? Nwm...
Zawsze można metodą porównywania współczynników xD

\(\displaystyle{ x^4+2x^3+x^2+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}\)
\(\displaystyle{ bd = 1 \\
b+d +ac = 1 \\
a+c = 2 \\
ad+bc = 0}\)

Ale to równie słaba metoda. Ogólnie te czynniki są okropne, jak tak sobie liczyłem ze wzoru na sumę kwadratów, chyba, że gdzieś się machnąłem :V

[Premislav]

Nie sumy kwadratów, tylko różnicy kwadratów.
Nochal wielki mam.

[PoweredDragon]

Oj przepraszam. Ja wcześniej używałem sumy i myślałem o tym. Mimo wszystko mamy coś takiego:

gotowiec do sprawdzenia:    

\(\displaystyle{ x^4+2x^3+x^2+1 = [x^2+(1-\sqrt{\frac{1}{2}(1+\sqrt{17})})x+\frac{1}{4}(1+\sqrt{17}-\sqrt{2(1+\sqrt{17})}][x^2+(1+\sqrt{\frac{1}{2}(1+\sqrt{17})})x+\frac{1}{4}(1+\sqrt{17}+\sqrt{2(1+\sqrt{17})}]}\)

Tak czy inaczej powodzenia w dochodzeniu do tej postaci. Dobre piętnaście minut xD

[Premislav]

A, sorry, ja myślałem, że odnosisz się do mojej wypowiedzi, ach ten egocentryzm.

[PoweredDragon]

Znaczy tak, odniosłem się, ale zamiast użytego przez ciebie sformułowania "różnica" użyłem "suma", bo sam korzystałem z tej metody w rozwiązaniu (wzoru na sumę kwadratów). Po prostu edytowałem tamten post wiele razy, stąd nieścisłości. Swoją drogą, kto daje takie zadania do rozwiązania? Przecież to nijak ni sprawdza wiedzy, a co najwyżej morduje obliczeniami (idealne na kolokwium dla zdenerwowanego wykładowcy, jeśli chce się wyżyć). Na te metody, których my używaliśmy jest milion lepszych wielomianów l_l

[iksel_ataner]

Ja próbowałem rozwiązywać to metodą jak zaproponował PowerDragon tzn. przewidując postać:
\(\displaystyle{ x^4+2x^3+x^2+1=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)}\).

Wychodziło trochę syfu, ostatecznie po podstawieniach udało się dotrzeć do: \(\displaystyle{ b^4-2b^2+1-b^3-b=0}\).
I tutaj zatrzymałem się i nie wiedziałem co dalej? Jak dotrzeć do cytowanej postaci iloczynowej z pierwiastkami:

cyt.

gotowiec do sprawdzenia:    

\(\displaystyle{ x^4+2x^3+x^2+1 = [x^2+(1-\sqrt{\frac{1}{2}(1+\sqrt{17})})x+\frac{1}{4}(1+\sqrt{17}-\sqrt{2(1+\sqrt{17})}][x^2+(1+\sqrt{\frac{1}{2}(1+\sqrt{17})})x+\frac{1}{4}(1+\sqrt{17}+\sqrt{2(1+\sqrt{17})}]}\)

[PoweredDragon]

Toś nieźle pojechał. Ten ładny wielomian ma dwa pierwiastki rzeczywiste, odpowiadające w naszej zgadywance b i d. Rozwiązać go się da chyba tylko jak wielomian pierwotny, więc za bardzo byśmy w to nie szli. Jak pisałem, ta metoda jest słaba. Najszybsza to wzór na sumę kwadratów.

[Premislav]

Obliczeń nie sprawdzałem, bo mi się, kurde, nie chce. Zakładam, że Twoje wyliczenia są poprawne.
\(\displaystyle{ b^4-2b^2+1-b^3-b=0}\)
Oczywiście dla \(\displaystyle{ b=0}\) to nie zachodzi, dalej dzielimy stronami przez \(\displaystyle{ b^2}\) i mamy:
\(\displaystyle{ b^2-2+\frac{1}{b^2}-b-\frac 1 b=0\\ b^2+2+\frac{1}{b^2}-\left( b+\frac 1 b\right)=4\\\left( b+\frac 1 b\right)^2-\left( b+\frac 1 b\right)-4=0}\)
Podstaw teraz \(\displaystyle{ t=b+\frac 1 b}\) i masz równanie kwadratowe.

[PoweredDragon]

Premislav jeseteś geniuszem xD
Wszystko się zgadza

[arek1357]

Premislav jeseteś geniuszem

To może być dla niego mocno obraźliwe...

[Mariusz M]

\(\displaystyle{ W(x) = x^{4} + 2x^{3} + x^{2} + 1\
x^{4} + 2x^{3} + x^{2} + 1\
left(x^{4} + 2x^{3} + x^{2}
ight) +1\
left( x^2+x
ight)^2-left(-1
ight) \
left(x^2+x+frac{y}{2}
ight)^2-left( yx^2+yx+frac{y^2}{4}-1
ight)\
4left(frac{y^2}{4}-1
ight)y-y^2=0\
left( y^2-4
ight)y-y^2=0\
yleft(y^2-y-4
ight)=0\
y^2-y-4=0\
y=frac{1 mp sqrt{17}}{2}\
y_{1}=frac{2+2sqrt{17}}{4}\
left(x^2+x+frac{y}{2}
ight)^2-left( yx^2+yx+frac{y^2}{4}-1
ight)\
left(x^2+x+frac{y}{2}
ight)^2-yleft(x+frac{1}{2}
ight)^2\
left(x^2+x+frac{1+sqrt{17}}{4}
ight)^2-left(frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{2}x+frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{4}
ight)^2\
left( left(x^2+x+frac{1+sqrt{17}}{4}
ight)-left(frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{2}x+frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{4}
ight)
ight) cdot\
left( left(x^2+x+frac{1+sqrt{17}}{4}
ight)+left(frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{2}x+frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{4}
ight)
ight)\
left( x^2+left(1-frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{2}
ight)x+frac{1+ sqrt{17}-sqrt{2+2sqrt{17}}}{4}
ight) cdot \
left( x^2+left(1+frac{sqrt{2+2sqrt{17}}}{2}
ight)x+frac{1+ sqrt{17}+sqrt{2+2sqrt{17}}}{4}
ight) \}\)

Przewidywanie różnicy kwadratów tutaj? Nwm...
Zawsze można metodą porównywania współczynników xD

Przewidywanie różnicy kwadratów daje na ogół mniej obliczeń niż sposób który ty proponujesz

Można przyśpieszyć sposób który proponujesz zakładając że

\(\displaystyle{ a_{4}=1}\)

To założenie jest po to aby było mniej współczynników

\(\displaystyle{ a_{3}=0}\)

To założenie uprości równanie rozwiązujące

\(\displaystyle{ a_{1}
eq 0}\)

To założenie jest wprowadzone po to
aby nie dostać niespodzianek takich jak dzielenie przez zero

Ponieważ chcemy aby te trzy warunki były spełnione jednocześnie
musimy wyodrębnić przypadek gdy

\(\displaystyle{ a_{4}=1 wedge a_{3}=0 wedge a_{1}=0}\)

Ten przypadek możemy rozwiązać sprowadzając do równania kwadratowego
podstawieniem \(\displaystyle{ y=x^2}\)

Równanie \(\displaystyle{ a_{4}x^4+a_{3}x^3+a_{2}x^2+a_{1}x+a_{0}=0}\)
możemy sprowadzić do postaci \(\displaystyle{ y^4+b_{2}y^2+b_{1}y+b_{0}=0}\)
odpowiednim podstawieniem bądź stosując kilkukrotnie schemat Hornera
a następnie dzieląc je przez współczynnik \(\displaystyle{ a_{4}}\)

\(\displaystyle{ W(x) = x^{4} + 2x^{3} + x^{2} + 1\
egin{tabular}{c|c|c|c|c|c|} &1&2&1&0&1 \ hline -1/2&1&3/2&1/4&-1/8&17/16\ hline -1/2 &1&1&-1/4&0&\hline -1/2 & 1&1/2&-1/2&&\ hline -1/2&1&0&&&\ hline -1/2&1&&&&\ hlineend{tabular}\}\)

Zatem

\(\displaystyle{ x^{4} + 2x^{3} + x^{2} + 1=left( x+frac{1}{2}
ight)^4-frac{1}{2}left( x+frac{1}{2}
ight)^2+frac{17}{16}}\)

Po przyrównaniu wielomianu do zera otrzymamy równanie dwukwadratowe
i nie musimy porównywać współczynników iloczynu dwóch trójmianów kwadratowych
Jeśli będziesz chciał porównywać wspóczynniki iloczynu dwóch trójmianów
to wybierasz niezerowy pierwiastek równania rozwiązującego
Po wyrugowaniu wyrazu z \(\displaystyle{ x^3}\)
równanie rozwiązujące jest szóstego stopnia ale o niezerowych współczynnikach tylko
przy parzystych potęgach

\(\displaystyle{ y^4-frac{1}{2}y^2+frac{17}{16}=left(y^2-py+q
ight)left(y^2+py+r
ight)}\)

Gdy użyjesz tego rozkładu to uważaj na zerowe pierwiastki równania rozwiązującego

Jak chcesz poćwiczyć rozkładanie takich wielomianów to napisałem programik
do losowania współczynników

427716.htm#p5523471