Quartic como producto de cuadráticas.

Question

La declaración es

Cada grado $4$ polinomio con coeficientes reales se puede expresar como el producto de dos grados $2$ polinomios con coeficientes reales.

Esto y mucho más generales que las versiones son de curso simples consecuencias del Teorema Fundamental del Álgebra y por supuesto, hay numerosas formas clásicas incluso calcular todas las raíces de la cuártica, estableciendo, así, mucho más fuertes declaraciones de manera constructiva.

Sin embargo, supongamos que estamos interesados en probar la existencia de tal factorización y no importa lo que los cuadráticas. Lo que es más, queremos hacer esto para cuárticas sólo, y no hay necesidad de que el argumento sea aplicable a los polinomios de mayor aún grado.

Qué necesidad tenemos ya de una instancia de la FTA y o un método clásico que hace esto por trabajar todos los coeficientes? O es que ahora es que hay un más elementales (tal vez puramente existencial) argumento? Quizás uno de justificar la expressibility de la cuártica como la diferencia de dos polinomios cuadrado?

Esta pregunta está inspirada en una pregunta similar, se le preguntó por un estudiante de secundaria y me estoy preguntando si no hay un comprobante de la declaración anterior que está al alcance de un estudiante de preparatoria, es decir, no hay TLC, de hecho, no hay números complejos en absoluto, y no exhaustivos cálculos de raíces y los coeficientes de (y la configuración de cuatro ecuaciones no lineales simplemente comparando los coeficientes cae en esta clase).

Answer 1

Después de una transformación lineal, uno puede suponer que el cuarto grado tiene la forma $x^4 + a x^2 + b x + c$. Como se ha sugerido, vamos a tratar de escribir

$$x^4 + a x^2 + b x + c = (x^2 + t)^2 - (r x + s)^2$$

más de $\mathbf{R}$, lo que dará el deseado de factorización. Para lograr esto, es suficiente para mostrar que podemos elegir $t$ , de modo que la diferencia

$$\Delta:=x^4 + a x^2 + b x + c - (x^2 + t)^2$$

tiene las siguientes propiedades:

1. El coeficiente inicial de $x^2$ es negativo.
2. Hay repetidas raíces.

Esto implica que tiene la forma $-(rx + s)^2$. El coeficiente inicial de $\Delta$ es $a - 2t$, por lo que para la condición 1, tenemos $2t > a$. Para la condición 2, el discriminante de $\Delta$ factores como

$$(2t-a)(8 t^3 - 4 a t^2 - 8 c t + 4 a c - b^2) =:(2t-a)g(t)$$

Para resumir, es suficiente para mostrar que el segundo factor de $g(t)$ arriba tiene una raíz real $2t > a$. Pero uno encuentra:

$$g(a/2) = -b^2, \quad g(\infty) = + \infty.$$

Así que, mientras $b \ne 0$, podemos deducir que, a continuación, $g(t)$ tiene una raíz real $2t > a$ por el teorema del valor intermedio, y hemos terminado.

Esto deja el caso cuando se $b = 0$ que uno puede hacer con la mano directamente. En este caso, tenemos $$x^4 + a x^2 + c = (x^2 + a/2)^2 - (a^2/4 - c),$$ que funciona si $a^2/4 \ge c$ y, por tanto, en particular, cuando se $c$ es negativo, o $$x^4 + a x^2 + c = (x^2 + \sqrt{c})^2 - (2 \sqrt{c} - a) x^2,$$ que trabaja en la complementaria el caso de $c \ge a^2/4$.

Answer 2

Es posible reducir el problema a demostrar que un determinado 6to grado del polinomio tiene 2 soluciones. No he encontrado una manera fácil de hacer que, a pesar de que. Esto funciona de la siguiente manera.

Supongamos $p(x) = x^4 + a x^3 + b x^2 + c x + d$ es una plaza libre polinomio de cuarto grado. Entonces queremos encontrar los números reales $r$ e $s$ tales que el polinomio cuadrático $d(x) = x^2 - r x - s$ es un factor de $p(x)$. Si reducimos $p(x)$ modulo $d(x)$ , a continuación, nos encontramos con una función lineal que debe ser idéntica a cero si $r$ e $s$ se eligen de modo que $d(x)$ divide $p(x)$. Esto, entonces los rendimientos de ecuaciones polinómicas para $r$ e $s$, por lo que la tarea se reduce a demostrar que estas ecuaciones son la garantía de tener soluciones reales.

Un simple cálculo de los rendimientos:

$$p(x) \bmod d(x) = a r s+b s+d+r^2 s+s^2 + \left(c + b r + a r^2 + r^3 + a s + 2 r s\right)x$$

Exigiendo que esto es igual a cero para todos los $x$ implica que el término constante y el coeficiente de $x$ es cero. Desde $p(x)$ es la plaza libre, si dos cuadrática de los factores que tienen el mismo valor para $r$, $s$ debe ser diferente para los factores, o viceversa. Para lidiar con el caso anterior, podemos eliminar el $s$ usando las dos ecuaciones. En ese caso nos encontramos con:

$$r = \frac{a s^2+c s}{d-s^2}$$

y

$$s^6 + b s^5 + (ac-d)s^4 + \left(a^2 d-2 b d+c^2\right)s^3 + \left(a c d-d^2\right)s^2 + bd^2 s + d^3 = 0$$

Terminamos con un 6º grado de la ecuación, porque hay $\binom{4}{2} = 6$ formas para elegir 2 de las raíces a partir de las 4 raíces de la cuártica para formar una ecuación cuadrática factor. Podemos simplificar la ecuación anterior, mediante la explotación de la simetría $s\rightarrow \dfrac{d}{s}$ que se deriva del hecho de que la multiplicación de los valores de los dos cuadráticas que dividir el cuarto grado deben ceder el paso a$d$. Si ponemos $s + \dfrac{d}{s} = u$ obtenemos la ecuación:

$$u^3 + b u^2 + (a c - 4 d) u + a^2 + c^2 - 4 b d = 0$$

En el otro caso, tenemos:

$$s = -\frac{d (a+2 r)}{r^3 + 2 a r^2 +\left(b+a^2\right)r + ab-c}$$

y

$$ \begin{split} r^6 &+ 3a r^5 + \left( 3a^2 + 2 b\right)r^4 + \left( a^3 + 4 a b\right)r^3 + \left(2 a^2 b+a c+b^2-4 d\right) r^2\\ & + \left(a^2 c+a b^2-4 a d\right) r +a b c-c^2 -a^2 d = 0 \end{split} $$

Debido a que este permanece invariante bajo $r\rightarrow -\dfrac{a}{2} + r$, podemos sustituir el $\left(r+ \dfrac{a}{2}\right)^2 = u$ para obtener el tercer grado de la ecuación:

$$ \begin{split} u^3 &+ \left(8 b^2 - 3 a^2\right)u^2 + \left(3 a^4 -16 a^2 b +16 b^2 + 16 a c -64 d\right)u\\ &+ 64 a b c + 8 a^4 b - 16 a^2 b^2- 16 a^3 c -64 c^2 - a^2=0 \end{split}$$