La factorización de la expresión $x^6 + 64$

Question

Muy bien, así que al parecer he factorizada esta mal...

$x^6 + 64 =$ $x^6 + 2^6$

Después he seguido, en uso $a^3 + b^3 = (a + b)(a^2 - ab + b^2)$ para obtener ... $$(x^2)^3 + 64 = (x^2)^3 + 4^3 = (x^2 + 4)(x^4 - 4x^2 + 16)$$

¿Cómo es esto incorrecto?

Answer 1

Esto es correcto pero usted está probablemente solicitó continuar con la identidad $$ x^4-4x^2+16=x^4+8x^2+16-12x^2=(x^2+4)^2-12x^2=a^2-b^2, $$ para algunos $a$ $b$ le dejo descubrir. El final de la factorización de $x^6+64$ sobre el campo de $\mathbb R$ es el producto de tres polinomios $x^2+px+q$$p^2\lt4q$.

Recordemos que, junto con los polinomios de grado $1$, estos son los únicos polinomios irreducibles sobre $\mathbb R$, por lo tanto cada real polinomio es múltiplo de producto de algún grado $2$ polinomios $x^2+px+q$ $p^2\lt4q$ y un cierto grado $1$ polinomios $x-c$.

Answer 2

Tú estás bien. Usted puede ir más allá con la $x^4-4x^2+16$ plazo, pero no está limpia o fáciles de encontrar.

Answer 3

Un enfoque diferente es el primer factorizar sobre los números complejos: $$x^6+2^6=\prod_{k=0}^5(x-2\cdot e^{\pi i(1/6+k/3)}) $$ Y, a continuación, par conjugado raíces, produciendo: $$\prod_{k=0}^2(x-2\cdot e^{\pi i(1/6+k/3)})(x-2\cdot e^{-\pi i(1/6+k/3)})=\prod_{k=0}^2(x^2-4\cos(\pi(1/6+k/3))+4)$$ Lo que equivale a $$(x^2-2\sqrt 3x+4)(x^2+4)(x^2+2\sqrt 3x+4)$$ Este método funcionará para cualquier polinomio sobre $\bf R$ puedes factor de $\bf C$ en los lineales de los factores (por ejemplo, una factorización siempre existe, pero a veces puede ser imposible de expresar en la forma que usted desearía).

La razón de que funcione es que para cualquier polinomio real, no es real raíces complejas se producen siempre se producen en el conjugado de a pares, y para un nonreal compleja $z$ tenemos que $(x-z)(x-\overline z)=x-2\Re(z)+\lvert z\rvert^2$ y el segundo es indecomposable $\bf R$.