Rozklad $x^4+4$ na ireducibilné polynómy

[Martin Sleziak]

Zadanie

Nájdite rozklad polynómu $x^4+4$ na ireducibilné polynómy nad $\mathbb R$ a nad $\mathbb Q$.

(Druhá skupina mala to isté zadanie s polynómom $x^4+64$.)

[Martin Sleziak]

Riešenia

Začnem tým, že sa oplatí uvedomiť si, že pre akékoľvek reálne číslo $x$ máme $x^4+4\ge 4$, a teda $$x^4+4>0.$$
Teda tento polynóm nemá reálne korene.
Ak sa teda dá nejako rozložiť, tak iba na súčin dvoch polynómov druhého stupňa.


Doplnenie na štvorec

Azda najrýchlejšie je, ak si všimneme, že môžeme upraviť daný polynóm takto:
$$x^4+4=(x^4+4x^2+4)-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2).$$
(Je to trochu trikové riešenie, ale ak niekto takýto trik už videl, tak možno nie je ťažké ho použiť znovu. Na cvičení sme niečo takéto robili, ak sa dobre pamätám, tak dokonca presne s týmto polynómom.)
Teraz už zostáva skontrolovať, že dva polynómy druhého stupňa sa už nad $\mathbb Q$ ani nad $\mathbb R$ nedajú rozložiť.
Sú to kvadratické polynómy, stačí si všimnúť že v oboch prípadoch je diskriminant záporný a nemajú reálne korene.

Teda uvedený súčin je hľadaný výsledok - je to rozklad nad $\mathbb R$ (a súčasne aj rozklad nad $\mathbb Q$) na ireducibilné polynómy.
Vedeli by sme z neho dostať aj rozklad na $\mathbb C$; stačilo by nájsť komplexné korene týchto dvoch kvadratických polynómov.

Pre istotu zdôrazním, že argument "ak nemá korene, tak je ireducibilný" sa dá použiť iba pre polynómy stupňa 2 alebo 3. (Detailnejší komentár k tomuto som napísal nižšie.)

Spoiler:

Druhá skupina sa dá riešiť takmer totožne:
$$x^4+64=(x^4+16x^2+64)-16x^2=(x^2+8)^2-(4x)^2=(x^2-4x+8)(x^2+4x+8).$$

Komplexné korene

Túto úlohu vieme vyriešiť aj tak, že nájdeme všetky komplexné riešenia rovnice $x^4+4=0$. Takto dostaneme rozklad na $\mathbb C$. Z komplexne združených dvojíc koreňov potom môžeme poskladať reálne polynómy.

Chceme nájsť riešenia rovnice $x^4=-4$. Označme $x=r(\cos\varphi+i\sin\varphi)$. Súčasne máme $-4=4(\cos\pi+i\sin\pi)$.
Takže chceme
$$r^4(\cos4\varphi+i\sin4\varphi)=4(\cos\pi+i\sin\pi),$$
z čoho dostaneme
\begin{align*}
r&=\sqrt2\\
4\varphi&=\pi+2k\pi
\end{align*}
pre $k\in\mathbb Z$.
To nám dáva $\varphi=\frac\pi4+k\frac\pi2$, čiže máme uhly $\varphi\in\{\pm\frac\pi4,\pm\frac{3\pi}4\}$. Pre tieto uhly je
\begin{align*}
|\cos\varphi|&=\frac{\sqrt2}2\\
|\sin\varphi|&=\frac{\sqrt2}2
\end{align*}
a znamienka závisia od toho, ktorý z týchto štyroch uhlov sme vybrali.
Čiže riešenia sú
$$x=\pm\sqrt2(\frac{\sqrt2}2\pm\frac{\sqrt2}2i)=\pm(1\pm i),$$
či máme štyri korene $1+i$, $1-i$, $-1+i$, $-1-i$ a nad $\mathbb C$ máme rozklad
$$(x-1-i)(x-1+i)(x+1-i)(x+1+i).$$
Keď sa pozrieme na dvojice zodpovedajúce komplexne združeným koreňom, dostaneme
\begin{align*}
(x-1-i)(x-1+i)&=x^2-2x+2\\
(x+1-i)(x+1+i)&=x^2+2x+2
\end{align*}
a opäť sme dospeli k tomu istému rozkladu
$$x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2).$$

Spoiler:

Rovnica $x^4=-64$ sa rieši veľmi podobne, dostaneme $r=2\sqrt2$ a korene budú $2+2i$, $2-2i$, $-2+2i$, $-2-2i$.

Neurčité koeficienty

Už sme si uvedomili, že ak sa $x^4+4$ dá rozložiť, tak to musí byť na nejaké polynómy stupňa dva. Takže by sme mohli hľadať rozklad v tvare
$$x^4+4=(ax^2+bx+c)(dx^2+ex+f).$$
Ak roznásobíme pravú stranu a porovnáme koeficienty, dostaneme rovnice so šiestimi neznámymi, ktoré nevyzerajú priveľmi nádejne.

Skúsme si však uvedomiť aj to, že oba polynómy v rozklade môžeme vynormovať. (A stále bude platiť, že súčin je $x^4+4$. Vo všeobecnosti ak polynóm má vedúci koeficient $a_n$, tak rozklad môžeme prepísať ako $a_np_1(x)p_2(x)\cdots p_k(x)$, kde všetky polynómy $p_i(x)$ sú normované.)

Teraz sa teda situácia zjednodušila na
$$x^4+4=(x^2+bx+c)(x^2+ex+f).$$
Ak roznásobíme pravú stranu a porovnáme koeficienty vľavo a vpravo, tak zistíme že neznáme koeficienty by mali spĺňať tieto rovnice:
\begin{align*}
b+e&=0\\
c+be+f&=0\\
bf+ce&=0\\
cf&=4
\end{align*}
Pre istotu pripomeniem, že chceme $b,c,e,f\in\mathbb R$; t.j. zaujímajú nás iba reálne riešenia.

Z prvej rovnice vidíme, že $e=-b$. Dostaneme teda
\begin{align*}
c-b^2+f&=0\\
b(f-c)&=0\\
cf&=4
\end{align*}
Z druhej rovnice vidíme, že $b=0$ alebo $c=f$.
V prípade $b=0$ dostaneme $c+f=0$ a $cf=4$, čo nemá v reálnych číslach riešenie. (Rozmyslite si prečo.)
Takže sa pozrime na prípad $f=c$.
\begin{align*}
2c&=b^2\\
c^2&=4
\end{align*}
Z druhej rovnice vidíme, že $c=\pm2$. Ale pre $c=-2$ by sme nedostali žiadne reálne riešenie rovnice $b^2=2c$. Takže sme dostali $c=2$ a $b^2=4$, t.j. $b=\pm2$.

Ak doplníme ostatné koeficienty, keďže vieme, že $f=c$ a $e=-b$, tak dostaneme presne faktorizáciu
$$x^4+4=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2).$$
(V tomto alebo v opačnom poradí - v závislosti od toho aké znamienko si vyberieme pri $b=\pm2$.)

Opäť, podobne ako v predošlých prípadoch, podobný prístup by fungoval aj pre $x^4+64$.

[Martin Sleziak]

Chyby ktoré sa vyskytovali

Nemá koreň vs. ireducibilný

Ak polynóm nemá v poli $F$ koreň, ešte to neznamená, že je ireducibilný.
Takéto niečo platí, ak je náš polynóm stupňa 2 alebo 3; ak ho totiž chceme napísať ako súčin dvoch polynómov nižšieho stupňa, tak niektorý z nich bude musieť byť stupňa 1 a ten bude mať koreň.
Polynóm stupňa 4 však môže byť rozložiteľný na súčin dvoch polynómov stupňa 2; ako sme videli aj v tomto príklade.
Podobne to je pre polynómy vyšších stupňov.

Niečo viac je o tomto aj v poznámkach k prednáške - pri súčasnom číslovaní je to tvrdenie 4.5.22.
Súvisí s tým aj príklad 4.5.23. (Ktorý sa do istej miery podobá na túto úlohu. Líši sa v tom, že tu sú dokonca všetky tri rozklady rôzne - nad $\mathbb C$ máme rozklad na štyri koreňové činitele, nad $\mathbb R$ na dva kvadratické polynómy, nad $\mathbb Q$ je ireducibilný.)

[Martin Sleziak]

A azda ešte pridám nejaké linky:
* Is $x^4+4$ an irreducible polynomial?.
* Proof that $x^4+1$ is irreducible over $\mathbb{Q}$