Теорема Виета (разложить многочлен на множители)

[dnoskov]

Разложите на множители многочлен:
$x^2 - xy - 2y^2 +5x - y +6 = x^2 - x(y -5) - 2y^2 - y +6$
по т. Виета:
$x_1+x_2=y-5$, $x_1\cdot x_2=-2y^2-y+6$
т.к. $x_1x_2$ есть произведение корней исходного многочлена от $x$, то:
$-2y^2-y+6$
$y_1+y_2=-\frac{1}{2}$, $y_1\cdot y_2=-3$. Отсюда получаем: $y_1=-2$, $y_2=1,5$
Стало быть: $-2y^2-y+6=-2(y+2)(y-1,5)=(y+2)(-2y+3)$

А непонятно то, что идёт дальше:

Итак, разложили $-2y^2-y+6$ на множители. Имеем:
$x_1+x_2=(y+2)+(-2y+3)=5-y$, а должно быть $y-5$.
$x_1\cdot x_2=(y+2)(-2y+3)=-2y^2-y+6$
Далее: Если всё-таки предположить, что корни верны (а ничего, кроме их суммы не вызывает подозрений), то:
$x^2 - xy - 2y^2 +5x - y +6 = (x-x_1)(x-x_2) = (x-(y+2))(x-(-2y+3))=(x-y-2)(x+2y-3)$

Но простая проверка даёт вот что:
$(x-y-2)(x+2y-3)=x^2 - xy -2x + 2xy -2y^2 -4y -3x + 3y +6=x^2 - 5x + 2xy -2y^2 - y +6 \ne x^2 - xy - 2y^2 +5x - y +6$

Подскажите, пожалуйста, где я напутал?

[Null]

Может так?
$x_1+x_2=(-y-2)+(2y-3)=y-5$

[ewert]

dnoskov в сообщении #368032 писал(а):

$x_1+x_2=(y+2)+(-2y+3)=5-y$, а должно быть $y-5$.
$x_1\cdot x_2=(y+2)(-2y+3)=-2y^2-y+6$

А кто сказал, что пара $x_1$ и $x_2$ должна быть именно такой?... Есть ведь и другой вариант.

Но вообще-то это совершенно нелепый способ разложения. Какое-то гадание на кофейной гуще, и совершенно безыдейное.

[dnoskov]

Null
В самом деле. Вы мне открыли ещё одну степень свободы. Спасибо

ewert

Цитата:

Но вообще-то это совершенно нелепый способ разложения. Какое-то гадание на кофейной гуще, и совершенно безыдейное.

Совершенно согласен. Однако контекст параграфа, в котором помещён пример предполагает именно такой способ.

[Joker_vD]

(Оффтоп)

Цитата:

Но вообще-то это совершенно нелепый способ разложения.

А какие есть лепые способы?

[ewert]

Joker_vD в сообщении #368077 писал(а):

А какие есть лепые способы?

Разложение квадратичной части как $(ax+by)(cx+dy)$. Это легко, шаблонно и никакой фантазии не требует. Затем представление оставшейся линейной (без константы) части как $\alpha(ax+by)+\beta(cx+dy)$. Аналогично. Наконец, запись всего выражения как $(ax+by+\beta)(cx+dy+\alpha)+\gamma$. И вот если тут окажется, что $\gamma=0$ -- то и есть разложение на линейные множители; ну а не окажется -- так уж и извините.

[Null]

Стандартно это через дискриминант делают. Он тут полным квадратом получается.