Cuando la factorización de segundo grado ecuación $ax^2 + bx + c$ encontrar las raíces entonces tomar $a(x - \text{root})(x - \text{root})$. Me pregunto por qué esto funciona. Lo siento si expresado mal la pregunta.
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randomgirl
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Podemos mostrar las soluciones al $ax^2+bx+c=0$ se da en $x=\frac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}$ de completando el cuadrado y la solución de $x$. Eso significa que la forma factorizada de $ax^2+bx+c$ puede ser escrito como $a(x-\frac{-b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a})(x-\frac{-b - \sqrt{b^2-4ac}}{2a})$. Esta expansión da: $a(x+\frac{b - \sqrt{b^2-4ac}}{2a})(x+\frac{b + \sqrt{b^2-4ac}}{2a})=a(x^2+(\frac{b- \sqrt{b^2-4ac}}{2a}+\frac{b+\sqrt{b^2-4ac}}{2a})x+\frac{b^2-(b^2-4ac)}{4a^2})=(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{4ac}{4a^2})=ax^2+bx+c$
Travis
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Uno puede tratar el caso general de los polinomios. (Esto requiere un poco más de trabajo que explícito de la factorización utilizando la fórmula cuadrática, pero el argumento es conceptual, y tiene la ventaja de que se aplica el más alto grado de los polinomios, para que las fórmulas son terriblemente complicado, o, en el caso de grado $> 4$, en un sentido profundo no está disponible.)
En primer lugar, el Teorema Fundamental del Álgebra dice que cualquier polinomio $p$ grado $n$ $n$ raíces, pero uno debe interpretar esta manera adecuada: En particular, se cuenta cada múltiples ("repetido") de la raíz por separado hacia este total, y cuenta nonreal raíces complejas.
Ahora, para cualquier raíz de $r$ $p$ podemos dividir $p(x)$ $x - r$ usando el polinomio de la división larga para producir un polinomio cociente $q(x)$ y el restante $a$ (desde $x - r$ tiene el grado $1$, el resto tiene un grado en la mayoría de las $0$, es decir, es simplemente un número); esto es equivalente a escribir $$p(x) = q(x) (x - r) + s.$$ Desde $r$ es una raíz de $p$, sustituyendo $x = r$ da $$0 = p(r) = q(r) ((r) - r) + s = s,$$ y así $$p(x) = q(x) (x - r);$$ en particular, $x - r$ es un factor de $p$. Ahora, para cada uno de los otros raíz de $r' \neq r$ $p$ hemos $$0 = p(r') = q(r') (r' - r),$$ y, por tanto,$q(r') = 0$, $r'$ es una raíz de que el factor polinomial $q$. Así, la aplicación de este procedimiento inductivo para la colección de $n$ raíces garantizados por la F. T. A. (y, a la luz del hecho de que la observación en la frase anterior utiliza ese $r' \neq r$, teniendo un poco de cuidado en el manejo de múltiples raíces) nos permite factor de $p$ en un producto de la $n$ lineal factores: $$p(x) = a (x - r_1) \cdots (x - r_n)$$ como se desee. (De nuevo, algunas de estas raíces pueden ser complejos. El análogo declaración real es que cualquier polinomio de más de $\Bbb R$ admite una esencia única factorización en un producto de lineales y polinomios cuadráticos $\Bbb R$.)
Esto en realidad es una pregunta trivial, al menos en comparación con el resto de álgebra intermedia en la que uno se expone por primera vez para factorizar polinomios. Se puede comprobar el hecho directamente por la resolución de la general cuadrática y, a continuación, conectar en la factorización, pero esto es realmente una más general hecho de que se aplica a todos los polinomios de razones comunes. Hay un par de elementos clave para saber acerca de.
Un elemento es la división larga. Podemos largo dividir un polinomio por otro, y termina con un llamado "resto" en el final. Si $f(x)$ es un polinomio y $g(x)$ es otra, no existe un único cociente $q(x)$ y el resto a $r(x)$ tal que $f(x)=q(x)g(x)+r(x)$$\deg r<\deg g$. Esto puede ser comparado con el caso de los enteros: para todos los enteros $n$ $m$ existe un cociente $q$ y el restante $r$ tal que $n=qm+r$$r<m$. El algoritmo de la división es la misma.
Un segundo elemento es que las raíces corresponden a factores lineales. Es decir, si $z$ es raíz de ningún polinomio $f(x)$, entonces podemos factor de $f(x)=q(x)(x-z)$ para algunos polinomio $q(x)$. Este hecho puede ser deducido por el algoritmo de la división. Escribir $f(x)=q(x)(x-z)+r$ para algunos cociente $q(x)$ y el resto el valor de $r$. (La única manera para $\deg r$ a menos de $\deg(x-z)=1$ si $r$ es una constante.) A continuación, enchufe el valor de $x=z$ y consigue $f(z)=q(z)(z-z)+r$. Desde $f(z)=0$, esto se simplifica a $0=r$, por lo que hemos deducido $f(x)=q(x)(x-z)$ algunos $q(x)$. Tenga en cuenta que los coeficientes de $q(x)$ puede ser más complicado que los que nos iniciamos en $f(x)$.
Así, dada una raíz $z$$f(x)$, podemos factor de $f(x)=q(x)(x-z)$. Entonces, encontrar otra raíz de $q(x)$, podemos factor de $q(x)$ de que manera, y así sucesivamente. Podemos seguir haciendo esto hasta que nos encontramos con una constante de los tiempos de la última lineal factor. Así tenemos a $f(x)=a(x-z_1)(x-z_2)\cdots(x-z_n)$ para algunos valores de $a,z_1,\cdots,z_n$. Los valores de $z_1,\cdots,z_n$ son todas las raíces de $f(x)$ (conecta uno y ver lo que sucede en la factorización) y $a$ es el coeficiente inicial (si expande la factorización de vuelta, el líder plazo es $ax^n$).
Tenga en cuenta que el teorema fundamental del álgebra) garantiza que cada polinomio no constante tiene una raíz, posiblemente un número complejo. Por lo que el procedimiento que se describe aquí no te quedas atascado."
