Разложите x⁴ + x³ + 2x² – x + 3 на множители над целыми числами.

Step-by-step solution

1. 1

   Исключим сначала линейные множители. По теореме о рациональных корнях любой рациональный корень делит $3$, то есть возможны только $\pm1,\pm3$. Проверим: $f(1)=1+1+2-1+3=6$, $f(-1)=1-1+2+1+3=6$, $f(3)=81+27+18-3+3=126$, $f(-3)=81-27+18+3+3=78$. Ни один из них не обращает многочлен в ноль, значит, линейных множителей нет, и возможна только разложимость на два квадратных трёхчлена.

2. 2

   Составим шаблон с неопределёнными коэффициентами. Так как старший коэффициент равен $1$, оба квадратных множителя можно взять приведёнными:

   $x^4+x^3+2x^2-x+3=(x^2+ax+b)(x^2+cx+d)$

   Раскрытие скобок даёт $x^4+(a+c)x^3+(ac+b+d)x^2+(ad+bc)x+bd$.

3. 3

   Приравняем коэффициенты и получим четыре уравнения.

   $a+c=1,\qquad ac+b+d=2,\qquad ad+bc=-1,\qquad bd=3$

   Уравнение $bd=3$ содержит наименьшее число вариантов, поэтому начнём с него: $(b,d)\in\{(1,3),(3,1),(-1,-3),(-3,-1)\}$.

4. 4

   Пробуем (b, d) = (1, 3). Тогда $ac+4=2$, то есть $ac=-2$, а при $a+c=1$ пара $\{a,c\}$ — корни $t^2-t-2=(t-2)(t+1)$, то есть $\{2,-1\}$. Проверим линейный коэффициент: $ad+bc=2(3)+1(-1)=5\neq-1$. Если поменять местами $a=-1,c=2$, получаем $-3+2=-1$... но это просто перестановка, то есть случай $(b,d)=(3,1)$ ниже. В данном порядке этот случай не подходит.

5. 5

   Пробуем (b, d) = (3, 1). Снова $ac+4=2$, значит $ac=-2$ и $\{a,c\}=\{2,-1\}$. Теперь $ad+bc=2(1)+3(-1)=2-3=-1$ ✓ — все четыре уравнения выполняются при $a=2,\ b=3,\ c=-1,\ d=1$.

6. 6

   Запишем разложение и убедимся, что оно полное.

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

   Ни один из множителей не раскладывается далее над вещественными: их дискриминанты $2^2-4(1)(3)=-8$ и $(-1)^2-4(1)(1)=-3$ — оба отрицательны, значит, у биквадратного нет вещественных корней.

7. 7

   Проверим раскрытием скобок. $(x^2+2x+3)(x^2-x+1)=x^4-x^3+x^2+2x^3-2x^2+2x+3x^2-3x+3=x^4+x^3+2x^2-x+3$ ✓, все коэффициенты совпадают.