Tengo el polinomio $x^8+1$, sé que no hay ninguna raíz para solucionar esto en $\Bbb R[x]$ pero quiero factorizar esto a la mínima expresión. Esto es posible o es irreducible?
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Dato divertido:
$$x^4+1=(x^2+\sqrt{2}x+1)(x^2-\sqrt{2}x+1).$$
Esto se puede derivar mediante el establecimiento $x^4+1$, equivalente a un producto de dos monic cuadráticas con coeficientes desconocidos y, a continuación, la solución para dicho coeficientes de a poco. Como consecuencia de ello,
$$x^8+1=(x^4+\sqrt{2}x^2+1)(x^4-\sqrt{2}x^2+1).$$
Podemos ir más lejos. Por ejemplo, establecer
$$x^4+\sqrt{2}x^2+1=(x^2+ax+b)(x^2-ax+1/b),$$
rendimiento
$$\begin{cases}-a^2+b+1/b & =\sqrt{2} \\ a/b-ab & = 0 \end{cases} $$
Descartar $a=0$ obtener $b=\pm1$ a partir de la segunda ecuación, a continuación, conecte a aquellos candidatos que en la primera ecuación produciendo $a=\sqrt{\pm2-\sqrt{2}}=\sqrt{2-\sqrt{2}}$$b=1$. El segundo factor de $x^8+1$ que está escrito anteriormente es igualmente reducible. Os dejo los detalles como ejercicio. El pleno de la factorización es
$$\begin{array}{lll} x^8+1 & = & \left(x^2+\sqrt{2-\sqrt{2}}x+1\right) \times \left(x^2-\sqrt{2-\sqrt{2}}x+1\right) \\ & \times & \left(x^2+\sqrt{2+\sqrt{2}}x+1\right) \times\left(x^2-\sqrt{2+\sqrt{2}}x+1\right). \end{array}$$
sobre los números reales $\bf R$. Con la fórmula cuadrática aplicado a la anterior se pueden obtener las raíces a $x^8+1$ exactamente (que son precisamente la primitiva $16$th raíces de la unidad) en la forma de las radicales, y por lo tanto la factorización completa en $\bf C$.
Por cierto, debo mencionar que el solo no lineal de los polinomios de más de $\bf R$ que son irreducibles son cuadráticas con discriminante negativo. Esto es debido a que el nonreal raíces de cualquier real coeficiente de polinomio puede ser emparejado en conjugados, y luego cada uno de los conjugado par de factores lineales se pueden poner juntos para obtener un verdadero cuadrática, por lo tanto todos los coeficientes de polinomio puede ser un factor en el real lineales y cuadráticas factores.
Más de $\bf Q$, como België notas, un simple cambio permite Eisenstein, el criterio a aplicar.
Belgi
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La respuesta depende de $R$.
Ejemplo $1$: $R=\mathbb{C}$ y sabes que cualquier polinomio, incluyendo uno en cuestión, se divide en factores lineares
Ejemplo $2$: $R=\mathbb{Q}$ denotan $$f(x)=x^{8}+1$$ then $% es irreducible de Eisenstein con $f(x+1)=(x+1)^{8}+1=x^{8}+8x^{7}+28x^{6}+56x^{5}+70x^{4}+56x^{3}+28x^{2}+8x+2$ $p=2$$ por lo tanto es irreducible $f(x)$.
Davem M
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71
Más de $\mathbb{C}$, este polinomio se divide en factores lineales de 8 de los 16 soluciones a $x^{16} - 1 = 0$. La irreductible factores de esta ecuación son los cyclotomic polinomios.
http://en.wikipedia.org/wiki/Cyclotomic_polynomial
Por lo $x^8 + 1$ es de hecho irreductible $\mathbb{Q}$, ya que es un cyclotomic polinomio.
Más de $\mathbb{R}$, este polinomio se divide en 4 polinomios cuadráticos obtiene multiplicando fuera conjugado pares del 16 de raíces de la unidad, que tiene orden de 16.
