Problem z faktoringiem $x^4-x^3+x^2-x+1$

Question

Chcę obliczyć następującą całkę Używając ułamka częściowego: $$\int{1\over x^5+1}dx$$Więc rozkładam mianownik:

$$x^5+1=(x+1)(x^4-x^3+x^2-x+1)$$

W następnym kroku szukałem w Internecie i stwierdziłem, że powinienem się rozłożyć$x^4-x^3+x^2-x+1$ lubię to:

$$x^4-x^3+x^2-x+1=(x^2-ax+1)(x^2-bx+1)$$

I wtedy $a,b$ można łatwo znaleźć.

Moje pytanie brzmi: dlaczego współczynniki $x^2,x^0$ są $1$?

Bo mogę przepisać:

$$x^4-x^3+x^2-x+1=(ax^2+bx+c)(dx^2+ex+f)$$

I jedyne, co widzę na pierwszy rzut oka, to $ad=1,cf=1$ i nie mam pojęcia, dlaczego $a=d=c=f=1$

Możesz zobaczyć jego odpowiedź poniżej:

Answer 1

Ogólnie rzecz biorąc, dwa wielomiany są podawane do pomnożenia stałej (można pomnożyć jeden przez $k$ i inne przez $1/k$), więc możesz to ustawić w ten sposób $a=d=1$Jest gwarantowana. Na przykład$x^2+4x+4$ można rozliczyć jako $(x+2)(x+2)$ ale także jako $(2x+4)(\frac{1}{2}x+1)$. Więc możemy ustalić jeden ze współczynników, aby odpowiedź była niepowtarzalna. Jednak jeśli to zrobisz, nie masz wyboru dla innych, więc właściwy początek tutaj jest taki $$x^4-x^3+x^2-x+1=(x^2−ax+b)(x^2−cx+d).$$

Oczywiście, możesz wykonać dalsze obliczenia, aby uzyskać więcej informacji o stałych współczynnikach, ale nie wcześniej.

Również następujący nieco zmodyfikowany przykład pokazuje, że zakładając, że zarówno wiodące, jak i stałe współczynniki są $1$ od początku jest źle:

$$ x^4-x^3+x^2+x+1=\\(x^2+0.86676039+0.46431261)(x^2-1.86676039x+2.15372137) $$

Jednak, jak wskazano w powiązanym innym pytaniu, w tym przypadku prawdopodobnie zastosowano (ale nie wyjaśniono), że wielomian jest palindromiczny (samowzajemny), co oznacza, że ​​jego korzenie występują w parach $\alpha, \frac{1}{\alpha}$ (to wynik $x^4f(1/x)=f(x)$). Pozwala to oczekiwać czynników w formie$$(x-\alpha)(x-\frac{1}{\alpha})=x^2-(\alpha+\frac{1}{\alpha})x+1,$$ lub bardziej ogólne $x^2-ax+1$.

Answer 2

Załóżmy, że masz moniczny (np. Współczynnik wiodący 1) wielomian 4. stopnia $x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + 1$ że bierzesz pod uwagę dwa wielomiany drugiego stopnia:
$(ex^2 + fx + g) \times (hx^2 + ix + j).$

Następnie możesz podzielić każdy współczynnik pierwszego wielomianu przez $e$ i pomnóż każdy współczynnik drugiego wielomianu przez $e$. To daje: $(x^2 + [f/e]x + [g/e]) \times ([he]x^2 + [ie]x + [je]).$

Jednak ponieważ iloczyn tych dwóch wielomianów to
$x^4 + ax^3 + bx^2 + cx + 1$,
więc$h \times e$ musi = 1. $

Dlatego wielomian moniczny 4. stopnia został rozłożony na dwa wielomiany moniczne 2. stopnia. Jak wskazywali inni, zgodnie z tym faktorem, tylko dlatego, że współczynnik $ x ^ 0 $ w wielomianie 4. stopnia wynosi 1, nie oznacza, że współczynniki $ x ^ 0 $ w dwóch wielomianach drugiego stopnia muszą wynosić jeden. Wszystko, co możesz powiedzieć na pewno, to to, że iloczyn dwóch $ x ^ 0 $ współczynników w dwóch wielomianach drugiego stopnia musi = 1.

Jeśli dobrze rozumiem, tak się złożyło, że gdy wielomian moniczny 4 stopnia podany w pierwotnym zapytaniu jest rozłożony na dwa współczynniki moniczne 2 stopnia, dla tego konkretnego współczynnika 4 stopnia, otrzymane wielomiany moniczne 2 stopnia mają swoje $ x ^ 0 $ współczynników = 1.

Dodatek Skupiający się na pierwotnym wielomianu 4 stopnia PO

Przede wszystkim rozważmy wielomian 4. stopnia, który jest równy
$ (x ^ 2 + x + 5) \ times (x ^ 2 + x + [1/5]). $
To jest prosty kontrprzykład, którego iloczyn będzie miał postać $ x ^ 4 + ax ^ 3 + bx ^ 2 + cx + 1. $

Edytuj Cóż, to jest żenujące:

Właśnie sobie uświadomiłem, że powyższy kontrprzykład jest błędny . To znaczy, gdy $ (x ^ 2 + x + 5) \ times (x ^ 2 + x + [1/5]) $ jest łączone w wielomian moniczny 4. stopnia, mogą istnieć alternatywne sposoby rozłożenia na czynniki tego 4. stopnia wielomian pasujący do wzoru, który był pierwotnie sugerowany PO.

W każdym razie pozostała część tego dodatku patrzy na ograniczenia w sposób bardzo podobny do https://math.stackexchange.com/questions/3792716/what-is-the-meaning-of-symmetry-of-the-coefficients link, który ktoś już skomentował.

Cała ta analiza nasuwa pytanie, dlaczego najwyraźniej pojawiła się sugestia, aby podzielić
$ f (x) = x ^ 4 - x ^ 3 + x ^ 2 - x + 1 $ na
$ (x ^ 2 - ax + 1) \ razy (x ^ 2 - bx + 1). $

Przypuszczam, że to, co naprawdę się dzieje, to przypuszczenie, że $ f (x) $ można tak rozłożyć na czynniki.

W związku z tym uczeń jest proszony o zbadanie przypuszczenia i sprawdzenie, czy jest prawdą. Badanie prowadzi do następujących ograniczeń na $ a $ i $ b $ :

(1) re $ x ^ 3: a + b = 1. $
(2) re $ x ^ 2: 2 + (a \ times b) = 1. $
(3) re $ x ^ 1: a + b = 1. $

Zauważ, że masz trzy ograniczenia dotyczące dwóch zmiennych $ a $ i $ b. $

Jednakże, ponieważ ograniczenia (1) i (3) są identyczne, w efekcie otrzymujesz tylko dwa ograniczenia.

Nawet jeśli oba ograniczenia (1) i (2) byłyby liniowe, to i tak (ogólnie) nie gwarantowałoby rozwiązania [np. R + s = 6. 2r + 2s = 11].

W tym przypadku ograniczenie (2) jest nieliniowe, co czyni je jeszcze bardziej niepewnymi. Uwaga: Jestem tutaj na cienkim lodzie, nigdy nie badałem efektu połączenia 1 ograniczenia liniowego z 1 nieliniowym.

Jednak badając zgodnie z zamierzeniami, można przypuszczalnie znaleźć satysfakcjonujące wartości $ a $ i $ b $ . Przyjrzeniu $ F (x), $ powiadomienia, że ograniczenia (3) jest identyczne z ograniczeniem (1), gdyż właśnie w $ f (x) $ z $ x ^ 3 $ i $ x ^ 1 $ współczynniki są identyczne.

Dlatego można by argumentować, że sugerowane przypuszczenie było dobrze umotywowane.