Así que yo estaba jugando con la solución de los polinomios de la noche anterior y se dio cuenta de que no tenía ni idea de cómo resolver un polinomio con no racional raíces, tales como $$x^4+3x^3+6x+4=0$$ El uso racional de las raíces de la prueba, las posibles raíces son $\pm1, \pm2, \pm4$, pero ninguno de estos trabajos.
Porque no había racional lineal factores, tuve que asumir que la cuártica separados en dos ecuaciones cuadráticas rendimiento, ya sea imaginario o irracional "pares" de las raíces. Mi primer intento fue para "resolver para los coeficientes de estos factores".
Supuse que $x^4+3x^3+6x+4=0$ tenerse en cuenta en algo que se parecía a esta $$(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)=0$$ debido a que el coeficiente del primer término es uno. La expansión de esto tengo $$x^4+ax^3+cx^3+bx^2+acx^2+dx^2+adx+bcx+bd=0$$ $$x^4+(a+c)x^3+(b+ac+d)x^2+(ad+bc)x+bd=0$$ Igualando los coeficientes de las dos ecuaciones $$a+c = 3$$ $a$b+ac+d = 0$$ $$ad+bc = 6$$ $$bd = 4$$ He encontrado estas relaciones entre los distintos coeficientes. La solución de este sistema con el medio de dos ecuaciones: $$\begin{casos} b+a(3-a)+\frac4b=0 \\ un\frac4b+b(3-a)=6 \end{casos}$$ A partir de la primera ecuación: $$a = \frac{3\pm\sqrt{9+4b+\frac{16}{b}}}{2}$$ Sustituyendo esto en la segunda ecuación: $$\frac{3\pm\sqrt{9+4b+\frac{16}{b}}}{2}\cdot\frac4b+b\cdot(3-\frac{3\pm\sqrt{9+4b+\frac{16}{b}}}{2})=6$$ $$3(b-2)^2 = (b^2-4)\cdot\pm\sqrt{9+4b+\frac{16}b}$$ $$0 = (b-2)^2\cdot((b+2)^2(9+4b+\frac{16}b)-9(b-2)^2)$$ Por lo que $b = 2$, porque todo después de que $(b-2)^2$ en realidad no importa en este caso. A partir de ahí fue fácil conseguir que $d = 2$, $a = -1$ y $c = 4$. Esto significaba que $$x^4+3x^3+6x+4=0 \(x^2-x+2)(x^2+4x+2)=0$$ $$x = \frac12\pm\frac{\sqrt7}{2},\el espacio x = -2\pm\sqrt2$$
Estas respuestas trabajado! Yo estaba muy feliz en el final que yo había resuelto la ecuación, que había tenido un montón de trabajo, pero mi pregunta era si había una mejor manera de resolver esto?
