用Mathematica倒是可以算出来，是2514位:131846265682526346728507315343698114800359053496634301009828679411402441813422646362126551910
<<中间省去2327个数字>>
1124189194251019445973743551751313240131140123164222090884336530044099119589255278716329116901
这里有一思路,可供参考：
设x是某整系数多形式的根。y是另一整系数多形式的根。
则 (xj+yk)k从1到n， 连乘，根据韦达定理，可以将此结果转化成关于xj 的n次多形式。
然后，对j从1到m，连乘，再根据韦达定理，化简之。 整个过程全部是 整数运算， 没有 浮点数的参与
用Mathematica倒是可以算出来，10053位数：
30218390885738681717872468636289267256461196491079669439063771797953120872022759185772169039227650355532258121362657199045722981311373300566909443592668291470 ...
wayne 发表于 2012-8-30 11:14 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
哇Mathematica太强大了，不知道具体内部是怎么算的。
这个运算，算了多长时间？
这里有一思路,可供参考：
设x是某整系数多形式的根。y是另一整系数多形式的根。
则 (xj+yk)k从1到n， 连乘，根据韦达定理，可以将此结果转化成关于xj 的n次多形式。
然后，对j从1到m，连乘，再根据韦达定理，化 ...
wayne 发表于 2012-8-30 11:38 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
这个方法我学习一下。我之前一直希望能够直接通过整数乘法来算，不过后来我发现结果中有比较大的质数，所以感觉自己的方法可能有问题。遇到这个问题，才发现自己数学底子太薄，解决不了复杂的问题。
13# litaoye
AMD双核，台式机，61秒钟。
直接符号运算，效率太低，我是浮点运算的，Mathematica 内部的实现我也不知道，应该是普适的方法吧。m = 200; n = 100; Timing^2 + 4 Cos[(Pi k)/(n + 1)]^2, {j, Ceiling}, {k, Ceiling}], 10100]];
Short, 3]
我数学底子也不好。
我以为符号运算能够解决呢，不过这也是个很不错的方法，1分钟就可以算出结果，已经超出我的预期了。
13# litaoye
AMD双核，台式机，61秒钟。
直接符号运算，效率太低，我是浮点运算的，Mathematica 内部的实现我也不知道，应该是普适的方法吧。m = 200; n = 100; Timing^2 + 4 C ...
wayne 发表于 2012-8-30 13:11 http://bbs.emath.ac.cn/images/common/back.gif
m*n/(1*2)?????????????????
MB(n)=
{
local(B);
B=matrix(n,n);
for(u=1,n-1,
B=1;
B=1
);
B
}
MI(n)=
{
local(B);
B=matrix(n,n);
for(u=1,n, B=1);
B
}
V(m,n)=
{
local(M1,M2,M3,B);
B=MB(n)*I;
M1=MI(n);
M2=B;
for(u=2,m,
M3=B*M2-M1;
M1=M2;M2=M3
);
sqrtint(matdet(M2))
}谁转化成mathematica看看
13# litaoye
我搞错了, 实际答案应该是一个2514位数,即原答案的四次方根,实际消耗时间也只有几秒钟.
11楼我已经编辑过来了,
18# mathe
:victory: , see this:MI := IdentityMatrix;
MB := SparseArray[{i_, j_} /; Abs == 1 -> 1, {n, n}];
V := Module[{M1, M2, M3, B}, B = MB*I; M1 = MI; M2 = B;
For; Sqrt@Det]函数V还可以改得更简洁:
V := Module[{B}, B=MB*I;Sqrt@Det@Last@Nest[{#[], B.#[]-#[]}&, {MI,B},m-1]]