根式多项式的有理化
$p=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3}+...+\sqrt{x_n}$有没有办法将全部根号去掉？ 可以用归纳法，比如我们已经有方法可以处理n-1个变量了，那么对于n个变量的情况，先将$sqrt(x_n)$看成常数，进行变换，可以将所有其它变量的根号去除。然后得到一个多项式，除了$x_n$含有根式以外，其它的都不包含。然后再根据是否含有$sqrt(x_n)$进行移项平方即可。
比如含有三个变量的情况$p=sqrt(x_1)+sqrt(x_2)+sqrt(x_3)$
第一步将$x_2,x_3$都看成常数，我们可以变换为$(p-sqrt(x_2)-sqrt(x_3))^2=x_1$
即$p^2+x_2+x_3-2p sqrt(x_2)-2p sqrt(x_3)+2sqrt(x_2x_3)=x_1$
然后将$x_2$看成变量但是$x_3$看成常量，于是改成
$(p^2+x_2+x_3-x_1-2psqrt(x_3))^2=(2psqrt(x_2)-2sqrt(x_2x_3))^2$
即
$(p^2+x_2+x_3-x_1)^2-4p(p^2+x_2+x_3-x_1)sqrt(x_3)+4p^2x_3=4p^2x_2-8px_2sqrt(x_3)+4x_2x_3$
最后只需要在根据各项是否包含$sqrt(x_3)$进行分类移项即可
$((p^2+x_2+x_3-x_1)^2+4p^2x_3-4p^2x_2-4x_2x_3)^2=x_3(4p(p^2+x_2+x_3-x_1)-8px_2)^2$ 用chrome浏览器可以将根号去掉：
mathe,思路很不错。 O(∩_∩)O~，Wayne说的没错，不过Chrome浏览器（偶用的chromePlus，又名枫树浏览器）里面还有个IE模式，这样就能达到IE的显示效果了。 5# chyanog
第一次听说过，非常不错，谢谢！！
代数数理论的系统方法
代数数即满足某个整系数多项式方程的数。如果该多项式的最高项系数为1，其根即为代数整数。代数数论中有一个结论: 两个代数数之和仍然是代数数. 证明是构造性的, 构造方法很有系统性, 通过韦达定理和牛顿多项式。
这个结论和证明对于代数整数仍然成立： 两个代数整数之和仍然是代数整数。在此简单地介绍一下。
一个代数整数 `a` 可满足无穷多个首1整系数多项式方程，其中必有一个次数最小、系数既约的多项式，称为 `a` 的极小多项式，且记为$f_a(x)$.
$f_a(x)$具有唯一性, 它的所有根皆称为 `a` 的相伴数, 它的次数称为 `a` 的次数.
若 `a` 的所有相伴数为$a_1=a,a_2,a_3,...,a_m$, 那么$f_a(x)=(x-a_1)(x-a_2)...(x-a_m)$.
若 `a` 的 相伴数集为$A={a_1=a,a_2,a_3,...,a_m}$, `b` 的 相伴数集为$B={b_1=b,b_2,b_3,...,b_n}$,
那么 `c=a+b` 的相伴数集$C=Ao+B={a_i+b_j}$.
由韦达定理知$f_c(x)=\prod\prod(x-a_i-b_j)$. 由牛顿多项式理论可以证明这个的展开式是整系数.
以mathe所做的3个变量为例, 将这种构造方法演示如下.
$x_1,x_2,x_3$分别用`a, b, c`代替.
将 `a, b, c` 看作彼此互质、无平方因子的整数, 于是$sqrta$,$sqrtb$,$sqrtc$是3个线性无关的2次代数整数,
它们的相伴数集分别是$A={sqrta,-sqrta}$,$B={sqrtb,-sqrtb}$,$C={sqrtc,-sqrtc}$.
$p=sqrta+sqrtb+sqrtc$也是一个代数整数, 它的相伴数集$P=Ao+Bo+C={+-sqrta+-sqrtb+-sqrtc}$.
正负号组合共8个, 所以`p`是一个8次代数整数,
$f_p(x)=(x^2-(sqrta+sqrtb+sqrtc)^2)(x^2-(sqrta+sqrtb-sqrtc)^2)(x^2-(sqrta-sqrtb+sqrtc)^2)(x^2-(sqrta-sqrtb-sqrtc)^2)$.
用Mathematica可快速得到右式的展开式, 然后将 `x` 换作 `p` 即可. 结果与mathe用平方法得到的应该可以互化. 本帖最后由 G-Spider 于 2010-12-3 10:37 编辑
我把mathe的展开了下，去掉根号的代价是不小的，呵呵....
- p^8 + 4*p^6*x1 + 4*p^6*x2 + 4*p^6*x3 - 6*p^4*x1^2 - 4*p^4*x1*x2 - 4*p^4*x1*x3 - 6*p^4*x2^2 - 4*p^4*x2*x3
- 6*p^4*x3^2 + 4*p^2*x1^3 - 4*p^2*x1^2*x2 - 4*p^2*x1^2*x3 - 4*p^2*x1*x2^2 + 40*p^2*x1*x2*x3 - 4*p^2*x1*x3^2
+ 4*p^2*x2^3 - 4*p^2*x2^2*x3 - 4*p^2*x2*x3^2 + 4*p^2*x3^3 - x1^4 + 4*x1^3*x2 + 4*x1^3*x3 - 6*x1^2*x2^2 - 4*x1^2*x2*x3
- 6*x1^2*x3^2 + 4*x1*x2^3 - 4*x1*x2^2*x3 - 4*x1*x2*x3^2 + 4*x1*x3^3 - x2^4 + 4*x2^3*x3 - 6*x2^2*x3^2 + 4*x2*x3^3 - x3^4
=0 又经验证，#7的与mathe的结果相同，将a,b,c,x分别换成x1,x2,x3,p 取负，则与#8表达式完全一样。 :) 本帖最后由 葡萄糖 于 2019-2-25 20:34 编辑
mathe 发表于 2010-11-30 16:08
\begin{align*}
&\Rightarrow&p&=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3}\\
&\Rightarrow&\left(p-\sqrt{x_2}-\sqrt{x_3}\right)^2&=x_1\\
&\Rightarrow&p^2-2p\left(\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3}\right)+x_2+x_3+2\sqrt{x_2x_3}&=x_1\\
&\Rightarrow&p^2-x_1+x_2+x_3-2p\sqrt{x_3}&=2\sqrt{x_2}\left(p-\sqrt{x_3}\right)\\
&\Rightarrow&\left(p^2-x_1+x_2+x_3-2p\sqrt{x_3}\right)^2&=4x_2\left(p-\sqrt{x_3}\right)^2\\
&\Rightarrow&\left(p^2-x_1+x_2+x_3\right)^2-4p\left(p^2-x_1+x_2+x_3\right)\sqrt{x_3}+4p^2x_3&=4p^2x_2-4p\left(2x_2\right)\sqrt{x_3}+4x_2x_3\\
&\Rightarrow&\left(p^2-x_1+x_2+x_3\right)^2-4p^2x_2+4p^2x_3-4x_2x_3&=4p\left(p^2-x_1-x_2+x_3\right)\sqrt{x_3}\\
&\Rightarrow&\left[\left(p^2-x_1+x_2+x_3\right)^2-4p^2x_2+4p^2x_3-4x_2x_3\right]^2&=16p^2x_3\left(p^2-x_1-x_2+x_3\right)^2\\
\end{align*}
...
可是，无理方程如何通过变换获得如此对称的多项式方程呢？
\[
\color{red}{
\begin{align*}
&&p&=\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}+\sqrt{x_3}\\
&\Rightarrow&\left[\left(p^2-\sigma_1\right)^2-4\sigma_2\right]^2&=64p^2\sigma_3\\
&\Rightarrow&\left[\left(p^2-x_1-x_2-x_3\right)^2-4\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)\right]^2&=64p^2x_1x_2x_3\\
\end{align*}}
\]
\left(\left(p^2-x_1+x_2+x_3\right)^2-4p^2x_2+4p^2x_3-4x_2x_3\right)^2\\
16p^2x_3\left(p^2-x_1-x_2+x_3\right)^2
\left(\left(p^2-x_1-x_2-x_3\right)^2-4\left(x_1x_2+x_2x_3+x_3x_1\right)\right)^2
64p^2x_1x_2x_3
求助:handshake
\(p+\sqrt{a}+\sqrt{b}=q+\sqrt{c}+\sqrt{d}\)
这个无理方程怎么把它有理化为多项式方程？
页:
[1]
2