¿Cómo se dio cuenta Euler $x^4-4x^3+2x^2+4x+4=(x^2-(2+\alpha)x+1+\sqrt{7}+\alpha)(x^2-(2-\alpha)x+1+\sqrt{7}-\alpha)$ ?

Question

¿Cómo encontró Euler esta factorización?

$$\small x^4 4x^3 + 2x^2 + 4x + 4=(x^2-(2+\alpha)x+1+\sqrt{7}+\alpha)(x^2-(2-\alpha)x+1+\sqrt{7}-\alpha)$$

donde $\alpha = \sqrt{4+2\sqrt{7}}$

Sé que tenía algunos superpoderes, como si lo hubieran enviado desde un universo extraterrestre superinteligente sólo para humillar nuestra inteligencia, pero ¿cómo demonios lo hizo hace tres siglos? :|.

Answer 1

Euler vivió un siglo después Isaac Newton y Blaise Pascal Así que debe haber estado familiarizado con el primer teorema del binomio y la de este último triángulo . De hecho, el polinomio que has presentado se parece bastante a la expansión binomial de $(x-1)^4$ cuyos coeficientes se encuentran en la cuarta fila del triángulo de Pascal. Restando los dos, nos queda $4x^2-8x-3$ cuyas raíces son $1\pm\dfrac{\sqrt7}2$ que es una cuarta parte de $\alpha$ . Así que, $$P(x)=(x-1)^4-4\bigg[(x-1)-\dfrac{\sqrt7}2\bigg]\bigg[(x-1)+\dfrac{\sqrt7}2\bigg],$$ que, después de sustituir $u=(x-1)^2$ se convierte en $u^2-4u+7$ . Entonces, por completando el cuadrado llegamos al resultado deseado.

Answer 2

Me gusta esta pregunta tan antigua. Aquí hay otro posible camino que podría haber tomado Euler:

Tenga en cuenta que $\displaystyle x^4+ax^2+b$ se puede factorizar fácilmente si $\displaystyle a^2-4b\geq 0$ . Sin embargo, si, $\displaystyle a^2-4b\leq 0$ entonces \begin{align} x^4+ax^2+b&=(x^2+\sqrt{b})^2-(x\sqrt{2\sqrt{b}-a})^2\\ &=(x^2+\sqrt{b}-x\sqrt{2\sqrt{b}-a})(x^2+\sqrt{b}+x\sqrt{2\sqrt{b}-a}). \end{align}

Ahora en $P(x)=x^4-4x^3+2x^2+4x+4$ Utilizar $x=y+1$ y proceder: \begin{align} P(y+1)&=y^4-4y^2+7\\ &=(y^2+\sqrt{7}-y\sqrt{2\sqrt{7}+4})(y^2+\sqrt{7}+y\sqrt{2\sqrt{7}+4}). \end{align}

sustituyendo $y=x-1$ llegamos al resultado de Euler.

Answer 3

Las otras respuestas son geniales pero eran pura especulación desde que Euler publicó cómo resuelve los cuárticos.

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Desde Elementos de Álgebra por Euler sección 4 capítulo 15, su nuevo método para resolver ecuaciones de cuarto orden. Además, Google books tiene una copia completa para descargar o leer en línea aquí .

Supongamos que la raíz de la ecuación es de la forma $x = \sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}$ donde $p,q,r$ son las raíces de una ecuación de grado tres, $$ z^3 -fz^2+gz-h=0 $$ y \begin{align} f&=p+q+r\tag{1}\\ g&=pq+pr+qr\tag{2}\\ h&=pqr\tag{3} \end{align} Ahora, él cuadra $x$ y obtuvo $$ x^2 = p+q+r+2\sqrt{pq}+2\sqrt{pr}+2\sqrt{qr} $$ Desde $(1)$ ahora podemos escribir $$ x^2-f=2\sqrt{pq}+2\sqrt{pr}+2\sqrt{qr}\tag{4} $$ Vamos a cuadrar $(4)$ de nuevo para obtener: $$ x^4-2fx^2+f^2 = 4pq+4pr+4qr+8\sqrt{p^2qr}+8\sqrt{pq^2r}+8\sqrt{pqr^2} $$ Desde $(2)$ ahora podemos escribir $$ x^4-2fx^2+f^2 -4g= 8\sqrt{pqr}(\sqrt{p}+\sqrt{q}+\sqrt{r}) $$ Utilizando la identidad establecida por primera vez para $x$ y $(3)$ tenemos $$ x^4-2fx^2 -8x\sqrt{h}+f^2-4g= 0\tag{5} $$ Euler dice que no tenemos que preocuparnos por $yx^3$ porque

pues más adelante veremos que toda ecuación completa puede transformarse en otra, a la que se le quita el segundo término.

A continuación, Euler pasa a factorizar un cuártico como producto de dos cuadráticas reales.

Hay que observar que el producto de estos tres términos, o $\sqrt{pqr}$ debe ser igual a $\sqrt{h}=b/8$ y que si $b/8$ es positivo, el producto de los términos $\sqrt{p},\sqrt{q},\sqrt{r}$ ; debe ser igualmente positivo para que todas las variaciones que se puedan admitir se reduzcan a las cuatro siguientes:

\begin{align} x &= \sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}\\ x &= \sqrt{p} - \sqrt{q} - \sqrt{r}\\ x &= -\sqrt{p} + \sqrt{q} - \sqrt{r}\\ x &= -\sqrt{p} - \sqrt{q} + \sqrt{r} \end{align} Cuando $b/8$ es negativo, tenemos \begin{align} x &= \sqrt{p} + \sqrt{q} - \sqrt{r}\\ x &= \sqrt{p} - \sqrt{q} + \sqrt{r}\\ x &= -\sqrt{p} + \sqrt{q} + \sqrt{r}\\ x &= -\sqrt{p} - \sqrt{q} - \sqrt{r} \end{align}

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Para utilizar el método de Euler, primero habría que transformar la ecuación de forma que la $x^3$ término ha desaparecido. A continuación, se emparejan los coeficientes de $f,g,h$ en su nuevo polinomio con la forma general $(5)$ . Es decir, dado un polinomio de la forma $$ x^4 - ax^2 - bx - c = 0 $$ se pondría $a = 2f$ , $b = 8\sqrt{h}$ y $-c = f^2 - 4g$ . Luego puedes seguir los ejemplos de su libro que encontrarás en el segundo hipervínculo.

Answer 4

Una vez que se observa que $$ x^4-4x^3+2x^2+4x+4=(x-1)^4-4(x-1)^2+7 $$ el cuadrado se puede completar para obtener $$ \left((x-1)^2-2\right)^2+3=\color{#00A000}{\left((x-1)^2-2-i\sqrt3\right)}\color{#0000FF}{\left((x-1)^2-2+i\sqrt3\right)} $$ Resolver para $(\alpha+i\beta)^2=2+i\sqrt3$ obtenemos $\alpha^2-\beta^2=2$ y $2\alpha\beta=\sqrt3$ . Sumando los cuadrados y sacando la raíz cuadrada se obtiene $\alpha^2+\beta^2=\sqrt7$ . Resolver para $\alpha$ y $\beta$ rinde $$ \color{#00A000}{\left({\small\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}}+i\,{\small\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}}\right)^2=2+i\sqrt3} $$ $$ \color{#0000FF}{\left({\small\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}}-i\,{\small\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}}\right)^2=2-i\sqrt3} $$ La factorización completa es $$ \overset{\underbrace{\color{#0000FF}{\left[x-1-\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}+i\,\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}\right]}\color{#00A000}{\left[x-1-\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}-i\,\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}\right]}}_{}} {\left[\left(x-1-\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}\right)^2+\frac{-2+\sqrt7}2\right]} \overset{\underbrace{\color{#00A000}{\left[x-1+\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}+i\,\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}\right]}\color{#0000FF}{\left[x-1+\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}-i\,\sqrt{\frac{-2+\sqrt7}2}\right]}}_{}} {\left[\left(x-1+\sqrt{\frac{2+\sqrt7}2}\right)^2+\frac{-2+\sqrt7}2\right]} $$ Esto da la factorización buscada.

Answer 5

Sugerencia:Como indicaron @illysial, @Mehdi y otros, la sustitución $x = t+1$ transforma la expresión $x^4 4x^3 + 2x^2 + 4x + 4$ en $t^4-4 t^2+7$ .