Como factorizar un polinomio de cuarto grado.

Question

Estoy trabajando en un problema de matemáticas, pero me cuesta trabajo descubrir el método utilizado por mi libro de texto para hacer esta factorización:

PS

He intentado ver si esta ecuación puede ser factorizada por agrupación o por división larga en vano. Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

La única realidad de manera general, de la que soy consciente es de adivinar la forma de la factorización. Ya que es monic (la de mayor plazo tiene coeficiente 1), usted sabe que los factores que también debe ser así. Por lo tanto, realmente sólo hay 2 posibles factorizations usted necesita pensar de, al menos al principio, que luego pueden ser reducible a través de los métodos más fáciles. Si denotamos el polinomio por $P(x)$, se produce el siguiente candidato de la factorización de ecuaciones:

1. uno es el de la factorización de un término lineal y cúbico plazo, es decir,

$$P(x) = (x + a)(x^3 + b_2 x^2 + b_1 x + b_0)$$

2. el otro es el de la factorización de a dos términos cuadráticos, es decir,

$$P(x) = (x^2 + a_1 x + a_0)(x^2 + b_1 x + b_0)$$

El "obvio" siguiente caso de esto sería simplemente el resultado recibiendo ahora un tercer grado del polinomio de la izquierda y la primera a la derecha, pero eso es sólo el caso 1, gracias a la propiedad conmutativa, por lo que este es exhaustiva. El segundo caso es lo que tenemos aquí. El primer caso es más fácil probado y resuelto por la simple aplicación de la raíz racional teorema que, si es posible, dar el valor de $a$ - , seguido por un polinomio de la división larga para conseguir el resto.

Para el segundo caso, no hay realmente mucho mejor método que multiplica toda:

$$(x^2 + a_1 x + a_0)(x^2 + b_1 x + b_0) = x^4 + c_3 x^3 + c_2 x^2 + c_1 x + c_0$$

donde hemos introducido para notacional limpieza (yo tenía el equipo multiplicar esto por mí, porque es de allí)

$$c_3 := a_1 + b_1$$ $$c_2 := a_0 + a_1 b_1 + b_0$$ $$c_1 := a_1 b_0 + a_0 b_1$$ $$c_0 := a_0 b_0$$

A continuación, que acaba de establecer el $c_j$ , equivalente a los correspondientes valores del coeficiente de leer en los términos del polinomio (es decir, $c_0 = 50$ en el ejemplo dado), y tratar de encontrar los valores del número entero para $a_j$ e $b_j$ que trabajo. Quizás quieras empezar con $c_3$ e $c_0$ primera.

Answer 2

Vamos

$$f (x) = x^4 + 10 x^3 + 39 x^2 + 70 x + 50$$

La conversión a un deprimido cuártica ver aquí, vemos que el $x$ plazo cae tan bien

$$f\left(x-\frac{5}{2}\right)=x^4+\frac{3 x^2}{2}+\frac{25}{16}=\left(x^2+\frac{5}{4}\right)^2-x^2=\left(x^2+\frac{5}{4}+x\right)\left(x^2+\frac{5}{4}-x\right)$$

La factorización de $f$ se obtiene mediante la sustitución de $x$ con $x+\frac{5}{2}$

Answer 3

Consejo: Haz el ansatz $$x^4+10x^3+39x^2+70x+50=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$ $ Expandiendo el lado derecho $$x^4+x^3(a+c)+x^2(b+d+ac)+x(bc+ad)+bd$ $ Y obtendrás $$a+c=10,b+d+ac=39,bc+ad=70,bd=50$ $

Answer 4

A veces la mejor manera de demostrar que $A=B$ es simplemente olvidar todo acerca de $B,$ y sólo tienen un montón de diversión de forma independiente explorar la belleza de $A$ nuevo, con nuevos ojos, por el propio placer intelectual, sin tener ningún tipo de preocupaciones innecesarias sobre la muy esperada llegada al punto de $B$ amenazadoramente se cierne sobre la mente, como una nube oscura, de todo tipo. Esta es básicamente la matemática equivalente a la gastada filosófica que se dice sobre un verdadero viajero no saber su destino.

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Ahora, cualquier camino, no importa cómo es largo, comienza con un simple paso. Entonces, ¿qué si yo fuera simplemente a decirle que $$(x+a)^2=x^2+2ax+a^2~?$$ You'd probably say that, apart from being painfully obvious, it is also of no practical use to us, since we are dealing with a fourth degree $($or quartic$)$ expression, rather than a humble quadratic. But what if we'd replace $x$ by $x^2$ ? Then the polynomial expression would soon become $$(x^2+a)^2=x^4+2ax^2+a^2,$$ bringing it much closer to our intended form for $A(x)$. Just two "small" problems: $39$ is odd, and $50$ is not a perfect square. So let's put this on pause for a second, and take a look at the remaining two terms, $10x^3+70x:$ is there nothing that can be done here ? "Well, sure there is!", you might retort. "Both share a common factor, $10x.$" So let's see where that takes us, shall we ? $$10x^3+70x=10x~(x^2+7).$$ But, wait a second here, doesn't the latter expression, $x^2+7,$ look suspiciously similar to our initial one, $x^2+a$ ? In which case, $a^2=7^2=49,$ which comes incredibly close to our original $50=49+1,$ and $2a=2\cdot7=14,$ whose difference until $39$ is $39-14=25=5^2,$ which $($remaining$)$ coefficient fits ever so nicely with the $x^2$ it multiplies. Wrapping it all up, the polynomial becomes $$A(x)=(x^2+7)^2+2\cdot5x~(x^2+7)+(5x)^2+1,$$ at which point the factoring $A(x)=\Big[(x^2+7)+5x\Big]^2+1$ should become rather transparent.
Further writing $1=-i^2,$ and using $a^2-b^2=(a-b)(a+b),$ we eventually obtain $$A(x)=(x^2+5x+7-i)~(x^2+5x+7+i).$$ Since $(7-i)~(7+i)=7^2-i^2=49+1=50,$ we are most likely looking for something like $$A(x)=\Big[x^2+(5-n)~x+p\Big]\cdot\Big[x^2+(5+n)~x+q\Big],$$ with $pq=50$. $($Would you like me to finish this for you, or do you, by any chance, already feel confident enough to take it from here $?).$

Answer 5

Para raíces racionales valiosas reales puede usar el teorema de raíz racional .