Legjobb válasz
Ez attól függ.
a ^ 2 + b ^ 2 nem vehet figyelembe, mert nincs két olyan szám, amelynek összege nulla és szorzata nagyobb, mint nulla.
Két négyzet összegét a ^ 4 + 4b ^ 4 alakban a következőképpen tehetjük figyelembe:
(a ^ 2) ^ 2 + (2b ^ 2) ^ 2 – 4a ^ 2b ^ 2
(a ^ 2 + 2b ^ 2 + 2ab) (a ^ 2 + 2b ^ 2 – 2ab)
Példák:
x ^ 4 + 4 = (x ^ 2 + 2x + 2) (x ^ 2 – 2x + 2)
x ^ 4 + 64 = (x ^ 2 + 4x + 8) (x ^ 2 – 4x + 8)
x ^ 4 + 324 = (x ^ 2 + 6x + 18) (x ^ 2 – 6x + 18)
Megpróbálhatnánk az x ^ 4 + 1 és az x ^ 4 + 2 tényezőt így számítani:
x ^ 4 + 1 = (x ^ 2 + \ sqrt {2} x + 1) (x ^ 2 – \ sqrt {2} x + 1)
x ^ 4 + 2 = (x ^ 2 + \ sqrt [4] {8} x + \ sqrt {2}) (x ^ 2 – \ sqrt [4] {8} x + \ sqrt {2})
Bármelyiket figyelembe vehetjük irracionális számokkal.
Megpróbálhatnánk x ^ 2 + 4 faktort is figyelembe venni:
\ sqrt {x ^ 4} + 4
(x + 2 \ sqrt {x} + 2) (x ^ 2 – 2 \ sqrt {x} + 2)
A négyzetek összegét a ^ 6 + b ^ 6 alakban is lehet faktorizálni, mert ezek szintén kockák. Két kocka (a ^ 3 + b ^ 3) összege (a + b) (a ^ 2-ab + b ^ 2) néven vehető figyelembe:
a ^ 6 + b ^ 6 = (a ^ 2) ^ 3 + (b ^ 2) ^ 3 = (a ^ 2 + b ^ 2) (a ^ 4 – a ^ 2b ^ 2 + b ^ 4)
a ^ 6 + 64 = (a ^ 2 + 4) (a ^ 4 – 4a ^ 2 + 16)
Megpróbálhatnánk az x ^ 2 + 1 tényezőt beírni:
\ sqrt [3] {x ^ 6} + 1
(\ sqrt [3] {x ^ 2} + 1) (\ sqrt [3] {x ^ 4} – \ sqrt [3] {x ^ 2} + 1)
Válasz
Igen, ez a tényező \ C fölött van a ^ 2-i ^ 2b ^ 2
= (a + ib) (a-ib)
ahol i = \ sqrt {-1}
Ha azonban ez megvan….
a ^ 4 + 4b ^ 4, akkor
(a ^ 2) ^ 2 + (2b ^ 2) ^ 2 [Ez még mindig a négyzetek összege]
= (a ^ 2 + 2b ^ 2) ^ 2–4a ^ 2b ^ 2
= (a ^ 2 + 2ab + 2b ^ 2) (a ^ 2–2ab + 2b ^ 2)
Ez az úgynevezett Sophie Germain identitás .