分母有理化

葡萄糖

\[\begin{align*}
  \frac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt 3 }} &= \sqrt 3  - \sqrt 2  \\
  \frac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt 3  + \sqrt 5 }} &= \frac{{\sqrt {30}  - 3\sqrt 2  - 2\sqrt 3 }}{{12}}  \\
  \frac{1}{{\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3}}} &= \frac{{\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{6} + \sqrt[3]{9}}}{5}  \\
  \frac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt[3]{3}}} &= ?  \\
  \frac{1}{{\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{3} + \sqrt[3]{4}}} &= ?  \\
  \frac{1}{{\sqrt 2  + \sqrt[3]{3} + \sqrt[4]{5}}} &= ?  \\
\end{align*} \]
构造逆序方程应该可以解决。
引理：若一元高次方程可解，其逆序(系数)方程可解。
因为：\(a_1x^n+a_2x^{n-1}+a_3x^{n-2}+…+a_{n-1}x+a_n=0\)
令\(t=1/x\),则\(a_nt^n+a_{n-1}t^{n-1}+a_{n-2}t^{n-2}+…+a_2t+a_1=0\)
如：\(t^6-6t^4-6t^3+12t^2-36t+1=0\)的逆序方程为\(1-6t^2-6t^3+12t^4-36t^5+t^6=0\)

数学星空

\[\frac{1}{\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}}=\frac{(\sqrt{2}+\sqrt{3}-\sqrt{5})\sqrt{6}}{12}\]

\[\frac{1}{2^{\frac{1}{2}}+3^{\frac{1}{3}}}=(2\sqrt{2}-3)(3^{\frac{2}{3}}-2^{\frac{1}{2}}\*3^{\frac{1}{3}}+2)\]

\[\frac{1}{2^{\frac{1}{3}}+3^{\frac{1}{3}}+4^{\frac{1}{3}}}=\frac{(2^{\frac{2}{3}}+2\*2^{\frac{1}{3}} 3^{\frac{1}{3}}-4^{\frac{1}{3}}\*2^{\frac{1}{3}}+3^{\frac{2}{3}}-4^{\frac{1}{3}}\*3^{\frac{1}{3}}+4^{\frac{2}{3}})(3-2^{\frac{1}{3}}\*3^{\frac{2}{3}})}{9}\]

\[记  2^{\frac{1}{2}}＝a, 3^{\frac{1}{3}}=b, 5^{\frac{1}{4}}=c   则\]

\[\frac{1}{2^{\frac{1}{2}}+3^{\frac{1}{3}}+5^{\frac{1}{4}}}＝\frac{(-3ab^2+2abc-ac^2+b^2c-bc^2+c^3-2a-6b+2c-3)(40633-28608a)(96ab^2+28ab-149b^2+312a-243b-181)(82131403+58191327a)}{107574869173796}\]

葡萄糖

谁知道Mathematics的化简原理？
像这样的能化简(分母有理化)
\begin{gathered}
  \text{FullSimplify}\left[ {\frac{1}{{1 + \sqrt 2  - \sqrt 3 }}} \right]  \\
  \frac{1}{2}\left( {1 + \sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)  \\
\end{gathered}
\[\begin{gathered}
  \text{FullSimplify}\left[ {\frac{1}{{1 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } }}} \right] \\
  \frac{1}{2}\left( {1 + \sqrt 2  + \sqrt 3 } \right)  \\
\end{gathered} \]

chyanog

葡萄糖 发表于 2014-6-24 15:43
谁知道Mathematics的化简原理？
像这样的能化简(分母有理化)
\begin{gathered}

Mathematica分母有理化局限性比较大，复杂些的就不好用了，需要自己编程。
Maple的rationalize函数更方便好用

葡萄糖

§3  分母有理化
    作为\(\color{red}{对称多项式}\)的一个应用，我们来介绍分母有理化的方法．大家都知道；在计算分数时，常常需要把分数的分母化为有理数．这个过程，中学代数里叫做分母有理化．对于较简单的分数，例如；
\[\frac{3}{{\sqrt 2 }},\frac{5}{{1 + \sqrt 3 }},\frac{2}{{\sqrt 5 - 1}},\frac{2}{{1 + i}}\]
等等，很容易将它们有理化．但是对于较复杂的分数，例如。
\[\frac{1}{{1 + \sqrt 2 + \sqrt 3 }},\frac{5}{{1 + 3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}}},\frac{1}{{\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}}},\frac{1}{{1 + \sqrt 2 + \sqrt[3]{3}}}\]
的分母如何有理化，需要很高的技巧．因而有必要给出一个方法，利用它可以按步骤，将分数的分母有理化．对称多项式的理论可以提供这样一个方法，虽然它还不能彻底解决我们的问题，但它适用于相当广泛的一类分数．
    定理设\(g\left( x \right) \ne 0\)是有理数域\(Q\)上的多项式，而\(\alpha\)为\(Q\)上\(n\)次多项式
\[f\left( x \right) = {x^n} - {a_1}{x^{n - 1}} + {a_2}{x^{n - 2}} - {a_3}{x^{n - 3}} + \dots + {\left( { - 1} \right)^n}{a_n}\]
的根(即\(f\left( \alpha \right) = 0\))，如果\(f\left( x \right) \)的\(n\)个根都不是\(g\left( x \right)\)的根，则可将分数
\[\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\]
的分母有理化．
  证明设\(f\left( x \right)\)的\(n\)个根为\({\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\left( {{\alpha _1} = \alpha } \right)\)．把
\[\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\]
的分子分母同乘以\(g\left( {{a_2}} \right)g\left( {{a_3}} \right) \dots g\left( {{a_n}} \right)\)，得
\[\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}} = \frac{{g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)}}{{g\left( {{\alpha _1}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)}}\]
这时，\(g\left( {{\alpha _1}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)是\(Q\)上\(n\)元多项式\(g\left( {{x_1}} \right)g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right) \dots g\left( {{x_n}} \right)\)在\({x_i} = {\alpha _i}\left( {i = 1,2, \dots ,n} \right)\)时的值．而\(g\left( {{x_1}} \right)g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right) \dots g\left( {{x_n}} \right)\)显然是对称多项式，故由上节推论，
推论： 设\(F\)上首项系数为\(1\)的一元多项式
\(f\left( x \right) = {x^n} - {a_1}{x^{n - 1}} + {a_2}{x^{n - 2}} - {a_3}{x^{n - 3}} + \dots + {\left( { - 1} \right)^n}{a_n}\)
并设\({\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)为\(f\left( x \right)\)的个\(n\)根．这时\(F\)上的任意对称多项式\(g\left( {{x_1},{x_2}, \dots ,{x_n}} \right)\)在\({x_i} = {\alpha _i}\left( {i = 2, \dots ,n} \right)\)时的值\(g\left( {{\alpha _1},{\alpha _2}, \dots ,{\alpha _n}} \right)\)均为\(F\)中的数．
可知\(g\left( {{\alpha _1}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)为\(Q\)中的数．即有理数．证明完了．
    有了这个定理，我们自然会想到：如果有一个方法，在不知道\({\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)的情况下，可将\(g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)计算出来，那么把分数
\[\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\]
的分子分母同乘以\(g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)之后，就得到与\(\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\)相等的分母为有理数的分数
\[\frac{{g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)}}{{g\left( {{\alpha _1}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)}}\]
下面就来指出这样的方法．因为已知\({\alpha _1} = \alpha \)为\(f\left( x \right)\)的根．用\(x - \alpha \)除\(f\left( x \right)\)得
\[f\left( x \right) = \left( {x - \alpha } \right)q\left( x \right)\]
其中
\[q\left( x \right) = {x^{n - 1}} - {b_1}{x^{n - 2}} + \dots + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}{b_{n - 1}}\]
由于\({\alpha _1},{\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)是\(f\left( x \right)\)的\(n\)个根，所以\({\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)，为\(q\left( x \right)\)的\(n - 1\)个根．而\(g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)是\(n - 1\)元对称多项式\(g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right) \dots g\left( {{x_n}} \right)\)在\({x_i} = {\alpha _i}\left( {i = 2, \dots ,n} \right)\)时的值，故由上节推论的证明过程知，可将\(g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)表为\({b_1},{b_2}, \dots ,{b_{n - 1}}\)的多项式．这样，就在不知道\({\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)的情况下算出了\(g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right)\)
    归纳以上的讨论，要把\(\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\)的分母有理化，可按下列步骤进行：
    1)先确定\(g\left( x \right)\)，使\(x = \alpha \)时，\(g\left( \alpha \right)\)为已知的分母，
2)找出以\(\alpha \)为根的有理系数多项式\(f\left( x \right)\)，并且使\(f\left( x \right)\)的所有的根都不是\(g\left( x \right)\)的根；
    3)以\(x - \alpha \)除\(f\left( x \right)\)，算出商式
\[q\left( x \right) = {x^{n - 1}} - {b_1}{x^{n - 2}} + \dots + {\left( { - 1} \right)^{n - 1}}{b_{n - 1}}\]
    4)将\(n - 1\)元对称多项式\(g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right) \dots g\left( {{x_n}} \right)\)化为\({\sigma _1}\prime ,{\sigma _2}\prime , \dots ,\sigma {\prime _{n - 1}}\)的多项式\(\varphi \left( {{\sigma _1}\prime ,{\sigma _2}\prime , \dots ,\sigma {\prime _{n - 1}}} \right)\)，这里\({\sigma _1}\prime ,{\sigma _2}\prime , \dots ,\sigma {\prime _{n - 1}}\)为\({x_2},{x_3}, \dots ,{x_n}\)的初等对称多项式．然后，再用\({b_i}\)代替\({\sigma _i}\prime \)，得
\[\begin{gathered}
\varphi \left( {{\sigma _1}\prime ,{\sigma _2}\prime , \dots ,\sigma {\prime _{n - 1}}} \right) = \varphi \left( {{b_1},{b_2}, \dots ,{b_{n - 1}}} \right) \\
= g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right) \\
\end{gathered} \]
这里\({\alpha _2},{\alpha _3}, \dots ,{\alpha _n}\)。为\(q\left( x \right)\)的根．
    5)用\(g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right) \dots g\left( {{x_n}} \right)\)同时乘\(\frac{1}{{g\left( \alpha \right)}}\)的分子、分母便实现了分母有理化．
    例1  将分数
\[\frac{5}{{1 + 3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}}}\]
分母有理化．
    解：1)当取\(\alpha = \sqrt[3]{2}\)时，则有
\(g\left( x \right) = {x^2} + 3x + 1\)
使得\(g\left( \alpha \right)\)之值为原分数的分母。
    2)以\(\alpha = \sqrt[3]{2}\)为根的多项式为
\[f\left( x \right) = {x^3} - 2\]
它是这样求出的：令\(x = \sqrt[3]{2}\)
两边立方得：\({x^3} = 2\)
从而知：\({x^3} - 2\)
必以\(\sqrt[3]{2}\)为根。
    3)用综合除法求出以\(x - \sqrt[3]{2}\)除\(f\left( x \right)\)的商式：
\[\begin{array}{c|cc} {}
{} & 1&0&0&{ - 2} \\
\hline
{\sqrt[3]{2}} & 1&{\sqrt[3]{2}}&{{{\left( {\sqrt[3]{2}} \right)}^2}}&0
\end{array}\]
商式为
\[q\left( x \right) = {x^2} - \sqrt[3]{2}x + \sqrt[3]{4}\]
    4)求\(g\left( {{x_2}} \right)g\left( {{x_3}} \right)\)之值，因为
\[g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) = \left( {\alpha _2^2 + 3{\alpha _2} + 1} \right)\left( {\alpha _3^2 + 3{\alpha _3} + 1} \right)\]
是关于\({\alpha _2},{\alpha _3}\)的对称多项式，可用关于\({\alpha _2},{\alpha _3}\)的初等对称多项式
\[\begin{gathered}
{\sigma _1}\prime = {b_1} = - \sqrt[3]{2} = {\alpha _2} + {\alpha _3} \\
{\sigma _2}\prime = {b_2} = \sqrt[3]{4} = {\alpha _2}{\alpha _3} \\
\end{gathered} \]
表出，即
\[\begin{gathered}
g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) = \alpha _2^2\alpha _3^2 + 3\left( {\alpha _2^2{\alpha _3} + {\alpha _2}\alpha _3^2} \right) + \left( {\alpha _2^2 + \alpha _3^2} \right) + 9{\alpha _2}{\alpha _3} + 3\left( {{\alpha _2} + {\alpha _3}} \right) + 1 \\
= {\left( {{\alpha _2}{\alpha _3}} \right)^2} + 3{\alpha _2}{\alpha _3}\left( {{\alpha _2} + {\alpha _3}} \right) + {\left( {{\alpha _2} + {\alpha _3}} \right)^2} - 2{\alpha _2}{\alpha _3} + 9{\alpha _2}{\alpha _3} + 3\left( {{\alpha _2} + {\alpha _3}} \right) + 1 \\
= b_2^2 + 3{b_1}{b_2} + b_1^2 + 7{b_2} + 3{b_1} + 1 \\
= {\sigma _1}{\prime ^2} + {\sigma _2}{\prime ^2} + 3{\sigma _1}\prime {\sigma _2}\prime + 3{\sigma _1}\prime + 7{\sigma _2}\prime + 1 \\
= {\left( { - \sqrt[3]{2}} \right)^2} + {\left( {\sqrt[3]{4}} \right)^2} + 3\sqrt[3]{4}\left( { - \sqrt[3]{2}} \right) + 3\left( { - \sqrt[3]{2}} \right) + 7\sqrt[3]{4} + 1 \\
= 8\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2} - 5 \\
\end{gathered} \]
    5)分子分母同倍以\(8\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2} - 5\)得
\[\begin{gathered}
\frac{5}{{1 + 3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}}} = \frac{{5\left( {8\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2} - 5} \right)}}{{\left( {1 + 3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}} \right)\left( {8\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2} - 5} \right)}} \\
= \frac{{5\left( {8\sqrt[3]{4} - \sqrt[3]{2} - 5} \right)}}{{41}} \\
\end{gathered} \]
    这里针对无理数分母，如何确定\(g\left( x \right)\)的构造，是值得注意的。它是与\(\alpha \)的选择有关的，在上例中，如取\(3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}\)。
则\(g\left( x \right)\)将是
\[g\left( x \right) = x + 1\]
此时\(g\left( x \right)\)的构造虽然简单了，但以\(\alpha \)为根的，\(f\left( x \right)\)将复杂些．因为，
如令
\[\begin{gathered}
x = 3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4} \\
{x^3} = 58 + 54\sqrt[3]{2} + 18\sqrt[3]{4} \\
= 58 + 18\left( {3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}} \right) \\
= 58 + 18x \\
\end{gathered} \]
即以\(3\sqrt[3]{2} + \sqrt[3]{4}\)为根的多项式为
\[f\left( x \right) = {x^3} - 58 - 18x\]
所以，\(\alpha \)的选法对计算量的大小是有关的，但无论如何，\(g\left( x \right)\)总是存在的．这只要选整个分母为\(\alpha \)，\(g\left( x \right)=x\)就可以了。有时可能会复杂些，但总是可行的。
    例2  将分数
\[\frac{1}{{\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}}}\]
的分母有理化
    解：1)取\[\alpha = \sqrt 5 + \sqrt[3]{3}\]，于是\(g\left( x \right)=x\)，使得\(g\left(\alpha \right)\)之值为原分数的分母．
    2)求以\(\alpha \)为根的有理系数多项式\(f\left( x \right)\)．为此，令\(x = \sqrt 5 + \sqrt[3]{3}\)移项得：\(x - \sqrt 5 = \sqrt[3]{3}\)
将上式两边立方得：\({x^3} - 3\sqrt 5 {x^2} + 15x - 5\sqrt 5 = 3\)
移项得：\({x^3} + 15x - 3 = \sqrt 5 \left( {3{x^2} + 5} \right)\)
两端同时平方，得：\({x^6} - 15{x^4} - 6{x^3} + 75{x^2} - 90x - 116 = 0\)
因此，以\(\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}\)为根的有理系数多项式为
\[f\left( x \right) = {x^6} - 15{x^4} - 6{x^3} + 75{x^2} - 90x - 116\]
    3)以\(x - \sqrt 5 + \sqrt[3]{3}\)除\(f\left( x \right)\)得商式
\[q\left( x \right) = {x^5} - {b_1}{x^4} + {b_2}{x^3} - {b_3}{x^2} + {b_4}x - {b_5}\]
其中
\[\begin{gathered}
- {b_1} = \sqrt 5 + \sqrt[3]{3} \\
{b_2} = - 10 + \sqrt[3]{9} + 2\sqrt 5 \sqrt[3]{3} \\
- {b_3} = - 3 - 10\sqrt 5 + 3\sqrt 5 \sqrt[3]{9} \\
{b_4} = 25 + 6\sqrt 5 - 3\sqrt[3]{3} + 15\sqrt[3]{9} - 10\sqrt 5 \sqrt[3]{3} \\
- {b_5} = - 15 + 25\sqrt 5 - 25\sqrt[3]{3} - 3\sqrt[3]{9} + 5\sqrt 5 \sqrt[3]{9} + 3\sqrt 5 \sqrt[3]{3} \\
\end{gathered} \]
    4)将\(g\left( {{x_2}} \right) \dots g\left( {{x_6}} \right)\)表为\({\sigma _1}\prime ,{\sigma _2}\prime ,{\sigma _3}\prime ,{\sigma _4}\prime ,{\sigma _5}\prime \)的多项式：
\[g\left( {{x_2}} \right) \dots g\left( {{x_6}} \right) = {x_2}{x_3} \dots {x_6} = {\sigma _5}\prime \]
于是\(g\left( {{\alpha _2}} \right) \dots g\left( {{\alpha _6}} \right) = {\alpha _2}{\alpha _3} \dots {\alpha _6} = {b_5}\)
5) \(\frac{1}{{\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}}}\)
\[\begin{gathered}
= \frac{{g\left( {{\alpha _2}} \right) \dots g\left( {{\alpha _6}} \right)}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right) \dots g\left( {{\alpha _6}} \right)}} = \frac{{{b_5}}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}} \right){b_5}}} \\
= \frac{{ - 15 + 25\sqrt 5 - 25\sqrt[3]{3} - 3\sqrt[3]{9} + 5\sqrt 5 \sqrt[3]{9} + 3\sqrt 5 \sqrt[3]{3}}}{{\left( {\sqrt 5 + \sqrt[3]{3}} \right)\left( { - 15 + 25\sqrt 5 - 25\sqrt[3]{3} - 3\sqrt[3]{9} + 5\sqrt 5 \sqrt[3]{9} + 3\sqrt 5 \sqrt[3]{3}} \right)}} \\
= \frac{{ - 15 + 25\sqrt 5 - 25\sqrt[3]{3} - 3\sqrt[3]{9} + 5\sqrt 5 \sqrt[3]{9} + 3\sqrt 5 \sqrt[3]{3}}}{{116}} \\
\end{gathered} \]
    由上述推导看到，采用例2的方法来选取\(\alpha\)与\(g\left( x \right)\)，可以由已给的分数立刻确定．除此之外，在解例2的过程中还可以看到，步骤4)与5)也可以不必计算而写出结果．事实上，总有
\[\begin{gathered}
g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right) = {\alpha _2}{\alpha _3} \dots {\alpha _n} = {b_{n - 1}} \\
g\left( {{\alpha _1}} \right)g\left( {{\alpha _2}} \right)g\left( {{\alpha _3}} \right) \dots g\left( {{\alpha _n}} \right) = {\alpha _1}{\alpha _2} \dots {\alpha _n} = {a_n} \\
\end{gathered} \]
而\({b_{n - 1}}\)和\({a_n}\)已经在步骤2)和3)中计算出结果了，虽然如此，对于较复杂的分数的分母，用例2的方法求\(f\left( x \right)\)和\(q\left( x \right)\)的计算工作还是相当繁重的。

kastin

葡萄糖 发表于 2014-6-24 19:57
§3  分母有理化
    作为\(\color{red}{对称多项式}\)的一个应用，我们来介绍分母有理化的方法．大家都知 ...

用程序还是要方便点

1. f = MinimalPolynomial[Sqrt[5] + 3^(1/3) ][x]
   
2. -Drop[f, 1]/x/First[f] /. x -> Sqrt[5] + 3^(1/3) // Simplify

复制代码

输出`\frac{1}{116} \left(-15-25 \sqrt[3]{3}-3\ 3^{2/3}+25 \sqrt{5}+3 \sqrt[3]{3} \sqrt{5}+5\ 3^{2/3} \sqrt{5}\right)`

zeroieme

MinimalPolynomial具体怎么实现的，我算$2\ 561^{2/5}+2\ 16321^{2/5}+9156081^{1/5}+9156081^{1/5}\sqrt{5}$几小时了还没出结果。还不能并行计算。

chyanog

zeroieme 发表于 2017-8-3 01:03
MinimalPolynomial具体怎么实现的，我算$2\ 561^{2/5}+2\ 16321^{2/5}+9156081^{1/5}+9156081^{1/5}\sqrt{5 ...

Mathematica这方面比较落后，多年没更新了，用RootReduce加Method -> "NumberField"勉强可以算出来，我的电脑上差不多20秒

1. RootReduce[2 561^(2/5)+2 16321^(2/5)+9156081^(1/5)+9156081^(1/5) Sqrt[5],Method->"NumberField"][[1]][x]

复制代码

Maple计算这个很快，不到0.1秒

1. evala(Norm(convert(2*561^(2/5)+2*16321^(2/5)+9156081^(1/5)+9156081^(1/5)*sqrt(5), RootOf)-x))

复制代码

x^50 - 262602452000*x^45 - 20712980970416438400000*x^40 - 1086421478780618859305487360000000*x^35 - 43960942079637333523625906547861504000000000*x^30 - 1159265235443687581055122888353419738963312640000000000*x^25 + 11274833323865058239634782250484268780238119235747840000000000000*x^20 - 13750663950325555672205273611811639601445177881764793679872000000000000000*x^15 + 16908853350783312407146340501206027998735550144345894565463667507200000000000000000*x^10 + 7483244239319679126371830554041697230368871764673226756037740800015073280000000000000000000*x^5 + 1006060380067408999996346415532809559611199807375445012252668219834404471989862400000000000000000000

如果只是找满足这个根的一个多项式，不要求是最小多项式可以这样，因式分解后最小多项式是该多项式的一个因子，用Mathematica分解还是非常慢，Maple分解用时差不多1秒

1. Resultant[MinimalPolynomial[2 561^(2/5)+2 16321^(2/5),a]/.a->x-a,MinimalPolynomial[9156081^(1/5)+9156081^(1/5) Sqrt[5],a],a]

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zeroieme

chyanog 发表于 2017-8-10 14:49
Mathematica这方面比较落后，多年没更新了，用RootReduce加Method -> "NumberField"勉强可以算出来，我 ...

是啊，Mathematica神话已经破灭。我打算完成手头这个东西试试SageMath了。

zeroieme

chyanog 发表于 2017-8-10 14:49
Mathematica这方面比较落后，多年没更新了，用RootReduce加Method -> "NumberField"勉强可以算出来，我 ...

麻烦你帮忙再算两个，我没装Maple，Mathematica用RootReduce也算不出。
\(-39270+7854 \sqrt{5}-2805\ 2^{2/5} \sqrt[5]{3} 7^{4/5}+1683\ 2^{2/5} \sqrt[5]{3} \sqrt{5} 7^{4/5}-35\ 561^{4/5} \sqrt[5]{16321}+21 \sqrt{5} 561^{4/5} \sqrt[5]{16321}-30\ 2^{2/5} 1309^{4/5} \sqrt[5]{16321}+6\ 2^{2/5} \sqrt{5} 1309^{4/5} \sqrt[5]{16321}\)

和

\(39270+7854 \sqrt{5}+2805\ 2^{2/5} \sqrt[5]{3} 7^{4/5}+1683\ 2^{2/5} \sqrt[5]{3} \sqrt{5} 7^{4/5}+35\ 561^{4/5} \sqrt[5]{16321}+21 \sqrt{5} 561^{4/5} \sqrt[5]{16321}+30\ 2^{2/5} 1309^{4/5} \sqrt[5]{16321}+6\ 2^{2/5} \sqrt{5} 1309^{4/5} \sqrt[5]{16321}\)