===== 590. Разложение на неприводимые вещественные множители =====

==== Условие задачи ====
Разложить на неприводимые вещественные множители многочлены:

a) $x^4+4$;

b) $x^6+27$;

c) $x^4+4x^3+4x^2+1$;

d) $x^{2n}-2x^n+2$;

e) $x^4-ax^2+1,\ -2<a<2$;

f) $x^{2n}+x^n+1$.

==== Решение ====

**а)** Тождество Софи Жермен: $x^4+4x^2+4-4x^2=(x^2+2)^2-(2x)^2$, откуда
$$x^4+4=(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$$
— оба множителя имеют отрицательный дискриминант ($4-8=-4$), значит неприводимы над $\mathbb R$.

**b)** Сумма кубов: $x^6+27=(x^2)^3+3^3=(x^2+3)(x^4-3x^2+9)$. Далее $x^4-3x^2+9=(x^2+3)^2-(3x)^2=(x^2-3x+3)(x^2+3x+3)$. Все три квадратных множителя имеют отрицательный дискриминант, $x^2+3$ тоже неприводим. Итого
$$x^6+27=(x^2+3)(x^2-3x+3)(x^2+3x+3).$$

**c)** Как и в 587в, $x^4+4x^3+4x^2+1=(x^2+2x)^2+1$. У этого многочлена нет вещественных корней (он $\ge1$), значит он раскладывается в произведение двух вещественных квадратных множителей. Ищем разложение вида $(x^2+2x+a)^2-(bx+c)^2$: сравнение коэффициентов даёт $b^2=2a,\ bc=2a,\ a^2-c^2=1$, откуда $c=b$, $a=b^2/2$ и $b^4-4b^2-4=0$, то есть $b^2=2+2\sqrt2$ (второй корень отрицателен и не подходит). Тогда $a=1+\sqrt2$, $c=b=\sqrt{2+2\sqrt2}$, и
$$x^4+4x^3+4x^2+1=\Bigl(x^2+\bigl(2-\sqrt{2+2\sqrt2}\bigr)x+\bigl(1+\sqrt2-\sqrt{2+2\sqrt2}\bigr)\Bigr)\Bigl(x^2+\bigl(2+\sqrt{2+2\sqrt2}\bigr)x+\bigl(1+\sqrt2+\sqrt{2+2\sqrt2}\bigr)\Bigr).$$
(Численно $\sqrt{2+2\sqrt2}\approx2{,}1974$, множители $\approx x^2-0{,}1974x+0{,}2169$ и $x^2+4{,}1974x+4{,}6116$; их произведение при $x=1$ даёт $\approx10$, что совпадает с исходным значением.)

**d)** $x^{2n}-2x^n+2=(x^n-1)^2+1$ не имеет вещественных корней, значит раскладывается в произведение $n$ вещественных квадратных множителей — по одному на каждую пару комплексно-сопряжённых корней уравнений $x^n=1\pm i$. Так как $1+i=\sqrt2\,e^{i\pi/4}$, корни $x^n=1+i$ суть $\;2^{1/(2n)}e^{i\theta_k}$ с $\theta_k=\dfrac{\pi/4+2\pi k}n$, а корни $x^n=1-i$ — сопряжённые к ним. Объединяя каждую сопряжённую пару в квадратный трёхчлен $x^2-2\operatorname{Re}(x_k)x+|x_k|^2$:
$$x^{2n}-2x^n+2=\prod_{k=0}^{n-1}\Bigl(x^2-2\cdot2^{1/(2n)}\cos\theta_k\,x+2^{1/n}\Bigr),\qquad \theta_k=\frac{\pi(8k+1)}{4n}.$$

**e)** Дополняем до полного квадрата: $x^4-ax^2+1=(x^2+1)^2-(a+2)x^2$. При $-2<a<2$ имеем $a+2>0$, значит это разность квадратов:
$$x^4-ax^2+1=\bigl(x^2-\sqrt{a+2}\,x+1\bigr)\bigl(x^2+\sqrt{a+2}\,x+1\bigr).$$
Дискриминант каждого множителя равен $(a+2)-4=a-2<0$ (так как $a<2$), то есть оба неприводимы.

**f)** Полагая $y=x^n$: $y^2+y+1=(y-\omega)(y-\omega^2)$, где $\omega=e^{2\pi i/3}$ — первообразный корень из единицы. Корни $x^n=\omega$ и $x^n=\omega^2$ — сопряжённые семейства (так как $\omega^2=\overline\omega$), поэтому, объединяя сопряжённые пары корней $x_k=e^{i\theta_k}$, $\theta_k=\dfrac{2\pi(3k+1)}{3n}$:
$$x^{2n}+x^n+1=\prod_{k=0}^{n-1}\bigl(x^2-2\cos\theta_k\,x+1\bigr),\qquad \theta_k=\frac{2\pi(3k+1)}{3n}.$$

==== Ответ ====
a) $(x^2-2x+2)(x^2+2x+2)$;

b) $(x^2+3)(x^2-3x+3)(x^2+3x+3)$;

c) см. решение (два квадратных множителя с коэффициентами через $\sqrt{2+2\sqrt2}$);

d) $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}\bigl(x^2-2\cdot2^{1/(2n)}\cos\theta_k\,x+2^{1/n}\bigr)$, $\theta_k=\dfrac{\pi(8k+1)}{4n}$;

e) $(x^2-\sqrt{a+2}\,x+1)(x^2+\sqrt{a+2}\,x+1)$;

f) $\displaystyle\prod_{k=0}^{n-1}(x^2-2\cos\theta_k\,x+1)$, $\theta_k=\dfrac{2\pi(3k+1)}{3n}$.