以\(1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{3}\)为根的有理系数多项式的最小次数

葡萄糖

葡萄糖 发表于 2014-4-26 14:03
土法炼钢，为什么我炼出的是渣？
先令\(t=\sqrt2+\sqrt[3]3\)，则
\((t-\sqrt2)^3=3=t^3-\sqrt2(3t^2-6t+2)\)

\((t-\sqrt2)^3 \ne t^3-\sqrt2(3t^2-6t+2)\)
\({\color{red}{(t-\sqrt2)^3=t^3-\sqrt2(3t^2+2)+6t}}\)
\({\color{red}{(t-\sqrt2)^3=3}}\)
\({\color{red}{t^3-\sqrt2(3t^2+2)+6t=3}}\)
\({\color{red}{t^3+6t-3=\sqrt2(3t^2+2)}}\)
一失足成千古恨，再回首已百年身

chyanog

sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(6)的最小多项式怎么求（不用软件）？
按照前面的方法算出来的是8次多项式，实际上4次就够了

数学星空

\(\sqrt{2}+\sqrt{3}=x- \sqrt{6}\)

\(5+2\sqrt{6}=x^2+6-2x\sqrt{6}\)

\((x^2+1)^2=4(x+1)^2\*6\)

\(x^4-22x^2-48x-23=0\)

葡萄糖

葡萄糖 发表于 2014-5-1 10:12
\((t-\sqrt2)^3 \ne t^3-\sqrt2(3t^2-6t+2)\)
\((t-\sqrt2)^3 = \cancelto{t^3-\sqrt2(3t^2+2)+6t}{\color{red}{t^3-\sqrt2(3t^2-6t+2)}}\)...

@gxqcn gxqcn：有没有打叉的特效？？

葡萄糖

如何找 \(x=\sqrt2+\sqrt3\) 的最小次数的整系数方程?
设 \(x=\sqrt2+\sqrt3\)，\(x^2=5+2\sqrt6\)，\(x^3=11\sqrt2+9\sqrt3 \)，\(x^4=49+20\sqrt6\)，
将上式写成 \(\left\{1,\sqrt2 ,\sqrt3 ,\sqrt6\right\}\) 为基的形式，则
\[1={\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}}\]
\[x=\sqrt2+\sqrt3={\begin{bmatrix}0\\1\\1\\0\end{bmatrix}}\]
\[x^2=5+2\sqrt6={\begin{bmatrix}5\\0\\0\\2\end{bmatrix}}\]
\[x^3= 11\sqrt2+9\sqrt3={\begin{bmatrix}0\\11\\9\\0\end{bmatrix}}\]
\[x^4=49+20\sqrt6={\begin{bmatrix}49\\0\\0\\20\end{bmatrix}}\]
由小到大逐一排查：
显然 \(\left\{ 1,x,x^2\right\}\)线性无关；
计算\[\begin{vmatrix}1&0&5&0\\0&1&0&11\\0&1&0&9\\0&0&2&0\end{vmatrix}=4\ne0\]则 \(\left\{1,x,x^2,x^3\right\}\) 线性无关；
由于 \(\begin{bmatrix}49\\0\\0\\20\end{bmatrix}-10\begin{bmatrix}5\\0\\0\\2\end{bmatrix}+1=0\)，即 \(x^4 - 10x^2 + 1 = 0\)，显然 \(\left\{1,x,x^2,x^3,x^4\right\}\) 线性相关。
综上，从而 \(x^4-10x^2+1=0\) 是符合题意的！且为要求的最小次数的整系数方程。

如何找 \(x=\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6\) 的最小次数的整系数方程?
设 \(x=\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6\)，\(x^2=11+6\sqrt2+4\sqrt3+2\sqrt6\)，\(x^3=36+29\sqrt2+27\sqrt3+21\sqrt 6\)，\(x^4=265+180\sqrt2+136\sqrt3+92\sqrt6\)，
将上式写成 \(\left\{1,\sqrt2,\sqrt3,\sqrt6\right\}\)为基的形式，则
\[1={\begin{bmatrix}1\\0\\0\\0\end{bmatrix}}\]
\[x=\sqrt2+\sqrt3+\sqrt6={\begin{bmatrix}0\\1\\1\\1\end{bmatrix}}\]
\[x^2=11+6\sqrt2+4\sqrt3+2\sqrt6={\begin{bmatrix}11\\6\\4\\2\end{bmatrix}}\]
\[x^3=36+29\sqrt2+27\sqrt3+21\sqrt6={\begin{bmatrix}36\\29\\27\\21\end{bmatrix}}\]
\[x^4=265+180\sqrt2+136\sqrt3+92\sqrt6={\begin{bmatrix}265\\180\\136\\92\end{bmatrix}}\]
由小到大逐一排查：
显然 \(\left\{1,x,x^2\right\}\) 线性无关；
计算\[\begin{vmatrix}1&0&11&265\\0&1&6&180\\0&1&4&136\\0&1&2&92\end{vmatrix}=0\]则\(\left\{ 1,x,x^2,x^4\right\}\)线性有关；
由于 \(\begin{bmatrix}265\\180\\136\\92\end{bmatrix}-22\begin{bmatrix}11\\6\\4\\2\end{bmatrix}-48\begin{bmatrix}0\\1\\1\\1\end{bmatrix}-23=0\)，即 \(x^4-22x^2-48x-23=0\)，显然 \(\left\{1,x,x^2,x^3,x^4\right\}\) 线性相关。
综上，从而 \(x^4-22x^2-48x-23=0\) 是符合题意的！且为要求的最小次数的整系数方程。

northwolves

$x=sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)$呢？

fungarwai

$a_{n+1}+b_{n+1} \sqrt{2}+c_{n+1} \sqrt{3}+d_{n+1} \sqrt{6}=(a_n+b_n \sqrt{2}+c_n \sqrt{3}+d_n \sqrt{6})(\sqrt{2}+\sqrt{3})$

\(\begin{pmatrix} 0 & 2 & 3 & 0\\1 & 0 & 0 & 3\\1 & 0 & 0 & 2\\0 & 1 & 1 & 0\end{pmatrix}\),$\lambda^4-10\lambda^2+1=0$

kastin

northwolves 发表于 2014-6-14 06:11
$x=sqrt(2)+sqrt(3)+sqrt(5)+sqrt(7)$呢？

定义  一个代数数`\alpha`的最小多项式`f`指的是，一个带有整数系数的多项式，满足其首项系数为最小，且首项次数最低，使得`f(\alpha)=0`.

这个情形比较特殊，所以方法很简单（根据下文附注的引理和定理3）：
由于根号内是4个相异的质数，且根号指数都是2，所以它的最小多项式的度数是`\text {deg} f=2^4=16`。
因为不同质数的指数组合只能构成新的合数，所以每个平方根前面符号更改一次，必然是最小多项式的一个根共16个数都是该最小多项式的根，于是最小多项式等于
$$(x+\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7})(x+\sqrt{2}-\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7})\cdots(-\sqrt{2}-\sqrt{3}-\sqrt{5}-\sqrt{7})=x^{16}-136 x^{14}+6476 x^{12}-141912 x^{10}+1513334 x^8-7453176 x^6+13950764 x^4-5596840 x^2+46225$$

下列内容引用自 http://w3.math.sinica.edu.tw/math_media/d272/27204.pdf
定理1  若`p_1,p_2,\ldots,p_n`为`n`个互不相同的质数，`a_1,a_2,\ldots,a_k`均为有理数，其中`k=2^n`。`m_1,m_2,\ldots,m_k`为`k`个由`p_,p_2,\ldots,p_n`的至多一次幂复合而成的所有合数，即$$\{m_j|j=1,2,\ldots,k\}=\{p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_n^{\beta_n}|\beta_i=0或1，i=1,2,3,\ldots ,n\}$$.那么存在一个非零的有理系数多项式`f(x)`，满足`\text{deg}\,f(x)\leqslant 2^n`使得$$f(a_1\sqrt{m_1}+a_2\sqrt{m_2}+\cdots+a_k\sqrt{m_k})=0$$
推论1  `p_1,p_2,\ldots,p_n`为`n`个互不相同的质数，，设`y`是由`\sqrt{p_1},\sqrt{p_2},\ldots ,\sqrt{p_n}`和有理数进行加减乘除所得，则`y`可以写成`a_1\sqrt{m_1}+a_2\sqrt{m_2}+\cdots+a_k\sqrt{m_k}`的形式，其中`k=2^n`，`a_1,a_2,\ldots,a_k`均为有理数。`m_j`(`j=1,2,...,k`)按照定理1中约定计算。

定理2（定理1的推广形式）  若`p_1,p_2,\ldots,p_n`为`n`个互不相同的质数，`a_1,a_2,\ldots,a_k`均为有理数，其中`k=2^d`。`m_1,m_2,\ldots,m_k`为`k`个由`p_,p_2,\ldots,p_n`的至多`d-1`次幂复合而成的所有合数，即$$\{m_j|j=1,2,\ldots,k\}=\{p_1^{\beta_1}p_2^{\beta_2}\cdots p_n^{\beta_n}|0 \leqslant \beta_i \le d，i=1,2,3,\ldots ,n\}$$. 那么存在一个非零的有理系数多项式`f(x)`，满足`\text{deg}\,f(x)\leqslant d^n`使得$$f(a_1\sqrt[d]{m_1}+a_2\sqrt[d]{m_2}+\cdots+a_k\sqrt[d]{m_k})=0$$
推论2  `p_1,p_2,\ldots,p_n`为`n`个互不相同的质数，，设`y`是由`\sqrt[d]{p_1},\sqrt[d]{p_2},\ldots ,\sqrt[d]{p_n}`和有理数进行加减乘除所得，则`y`可以写成`a_1\sqrt[d]{m_1}+a_2\sqrt[d]{m_2}+\cdots+a_k\sqrt[d]{m_k}`的形式，其中`k=d^n`，`a_1,a_2,\ldots,a_k`均为有理数。`m_j`(`j=1,2,...,k`)按照定理2中约定计算。

根据上述结论我们可以得到
引理  令`a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\cdots+a_n\sqrt{p_n}`，`f(x)`为一有理系数多项式且满足$$f(a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\cdots+a_n\sqrt{p_n})=0$$则$$f(a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\cdots+a_{n-1}\sqrt{p_{n-1}}-a_n\sqrt{p_n})=0$$

根据这个引理以及定理1我们能得到一个与定理1对应的结论
定理3  `p_i`(`i=1,2,...,n`)为`n`个相异质数，令`y= a_1\sqrt{p_1}+a_2\sqrt{p_2}+\cdots+a_n\sqrt{p_n}`，其中`a_1,a_2,\ldots ,a_n`均是不为零的有理数，则`y`的最小多项式恰为`2^n`次多项式。

那么定理2中的情形也有类似的结论吗？有，但是不能直接推广
定理4  当`d`是质数时，令`y=a_1\sqrt[d]{p_1}+a_2[d]\sqrt{p_2}+\cdots+a_n\sqrt[d]{p_n}`，其中`a_1,a_2,\ldots ,a_n`均是不为零的有理数，则`y`的最小多项式恰为`d^n`次多项式。但当`d`不是质数的时候，就不容易讨论了。

mathematica

chyanog 发表于 2014-4-8 12:40
Mathematica中似乎没有现成的命令，不过可以参考Fold的帮助里最后一个例子，自己实现的话可能要用Resulta ...

1. RootReduce[1 + Sqrt[2] + 3^(1/3)]

复制代码

求解结果
Root[50 - 60 #1 + 9 #1^2 - 2 #1^3 + 9 #1^4 - 6 #1^5 + #1^6 &, 2]