T*******x
发帖数: 8565 | 1 比如1/(1+sqrt(x))=(1-sqrt(x))/(1-x)，分母中消去了平方根。
或者比如要证明1+sqrt(x)=0，形式化有理化之后，它等价于证明1-x=0。
现在我出一个问题：如果分母是
1+sqrt(x1)+sqrt(x2)+sqrt(x3)+sqrt(x4)+sqrt(x5)+sqrt(x6)
其中有6个自由变量，能有理化吗？ |
l****e
发帖数: 25 | |
T*******x
发帖数: 8565 | 3 找不到递减的方法啊。
比如已知原式是
1+sqrt(x1)+sqrt(x2)+sqrt(x3)+sqrt(x4)+sqrt(x5)+sqrt(x6)
乘以
1+sqrt(x1)+sqrt(x2)+sqrt(x3)-(sqrt(x4)+sqrt(x5)+sqrt(x6))
还会产生6个根式。
哦不对，变9个了。
【在 l****e 的大作中提到】
: 数学归纳法。。。。。。
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z***e
发帖数: 5600 | 4 代数数和其所有代数共轭的积是有理数，分母分子乘上所有所有代数共轭
【在 T*******x 的大作中提到】
: 比如1/(1+sqrt(x))=(1-sqrt(x))/(1-x)，分母中消去了平方根。
: 或者比如要证明1+sqrt(x)=0，形式化有理化之后，它等价于证明1-x=0。
: 现在我出一个问题：如果分母是
: 1+sqrt(x1)+sqrt(x2)+sqrt(x3)+sqrt(x4)+sqrt(x5)+sqrt(x6)
: 其中有6个自由变量，能有理化吗？
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T*******x
发帖数: 8565 | 5 我这是自由变量，不是代数数。
...
又想了一下，有道理。我查一下。
【在 z***e 的大作中提到】
: 代数数和其所有代数共轭的积是有理数，分母分子乘上所有所有代数共轭
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T*******x
发帖数: 8565 | 6 确实。这个确实和代数数差不多，甚至是同构的，不过这个我还不能完全这么说。
如果看n元变量有理函数域F的话，sqrt(x1)..sqrt(xn)都是algebraic over F。它们的
组合也algebraic，所以就一定有minimal polynomial in F[x]。全部根相乘，其中包
括原式，也就是全部代数共轭相乘，根据韦达定理，就等于minimal polynomial的常数
项，而回到F中，也就是一个有理函数。这里面还有点细节，但是差不多了。
嗯。看来有理化消去根式就是找minimal polynomial啊。这个是有方法的。但是也不容
易。
【在 z***e 的大作中提到】
: 代数数和其所有代数共轭的积是有理数，分母分子乘上所有所有代数共轭
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M********t
发帖数: 163 | 7 这就是群论的思想方法啊，代数数必是某个代数方程的根，也就是它的化零多项式
不可约的化零多项式就是最小多项式
证明感觉并不容易，难度应该跟代数基本定理是一个级别
: 确实。这个确实和代数数差不多，甚至是同构的，不过这个我还不能完全这么说。
: 如果看n元变量有理函数域F的话，sqrt(x1)..sqrt(xn)都是algebraic over F。
它们的
: 组合也algebraic，所以就一定有minimal polynomial in F[x]。全部根相乘，
其中包
: 括原式，也就是全部代数共轭相乘，根据韦达定理，就等于minimal polynomial
的常数
: 项，而回到F中，也就是一个有理函数。这里面还有点细节，但是差不多了。
: 嗯。看来有理化消去根式就是找minimal polynomial啊。这个是有方法的。但是
也不容
: 易。
【在 T*******x 的大作中提到】
: 确实。这个确实和代数数差不多，甚至是同构的，不过这个我还不能完全这么说。
: 如果看n元变量有理函数域F的话，sqrt(x1)..sqrt(xn)都是algebraic over F。它们的
: 组合也algebraic，所以就一定有minimal polynomial in F[x]。全部根相乘，其中包
: 括原式，也就是全部代数共轭相乘，根据韦达定理，就等于minimal polynomial的常数
: 项，而回到F中，也就是一个有理函数。这里面还有点细节，但是差不多了。
: 嗯。看来有理化消去根式就是找minimal polynomial啊。这个是有方法的。但是也不容
: 易。
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k***u
发帖数: 1 | 8 如果x1,...,xn是具体的有理数，那Q(sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(xn)) 是algebraic
的，每一个sqrt(x1)都是最高2阶的extension，所以Q(sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(
xn)) 也就等于
Q[sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(xn)].
所以1/(sqrt(x1)+sqrt(x2)+...+sqrt(xn))肯定可以分母有理化。但具体操作方法好像
很难。 |
b******r
发帖数: 1 | 9 google 了一下。
If x and y are algebraic and P(x)=Q(y)=0 and degQ=n then z=x+y is a root of
the resultant of P(x) and Q(z−x)
https://en.wikipedia.org/wiki/Resultant
algebraic
【在 k***u 的大作中提到】
: 如果x1,...,xn是具体的有理数，那Q(sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(xn)) 是algebraic
: 的，每一个sqrt(x1)都是最高2阶的extension，所以Q(sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(
: xn)) 也就等于
: Q[sqrt(x1),sqrt(x2),...,sqrt(xn)].
: 所以1/(sqrt(x1)+sqrt(x2)+...+sqrt(xn))肯定可以分母有理化。但具体操作方法好像
: 很难。
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x*********n
发帖数: 82 | 10 看来你没有认真学习我的尺规作图视频LOL
你这分母不就是有限个“一层根式”相加。主定理不是说了，任意的“n层根式”都是
某个 2的m次幂的、有理系数方程的根。也就是说它必有这么一个化零多项式
怎么严格证明我得研究一下
【在 T*******x 的大作中提到】
: 确实。这个确实和代数数差不多，甚至是同构的，不过这个我还不能完全这么说。
: 如果看n元变量有理函数域F的话，sqrt(x1)..sqrt(xn)都是algebraic over F。它们的
: 组合也algebraic，所以就一定有minimal polynomial in F[x]。全部根相乘，其中包
: 括原式，也就是全部代数共轭相乘，根据韦达定理，就等于minimal polynomial的常数
: 项，而回到F中，也就是一个有理函数。这里面还有点细节，但是差不多了。
: 嗯。看来有理化消去根式就是找minimal polynomial啊。这个是有方法的。但是也不容
: 易。
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x*********n
发帖数: 82 | 11 bookacar将军威武！真学知识了
结式的概念我知道，但是没有想到还能这么用
1把Q(z−x)展开，看成是关于x的多项式，此多项式的系数是关于z的多项式
2与P(x)结合，写出Sylvester矩阵
3计算行列式，另行列式等于0，得到关于z的方程
of
【在 b******r 的大作中提到】
: google 了一下。
: If x and y are algebraic and P(x)=Q(y)=0 and degQ=n then z=x+y is a root of
: the resultant of P(x) and Q(z−x)
: https://en.wikipedia.org/wiki/Resultant
:
: algebraic
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b******r
发帖数: 1 | 12 我不会做，google的别人的解法。。。
【在 x*********n 的大作中提到】
: bookacar将军威武！真学知识了
: 结式的概念我知道，但是没有想到还能这么用
: 1把Q(z−x)展开，看成是关于x的多项式，此多项式的系数是关于z的多项式
: 2与P(x)结合，写出Sylvester矩阵
: 3计算行列式，另行列式等于0，得到关于z的方程
:
: of
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T*******x
发帖数: 8565 | 13 我这个问题是从符号证明出来的。跟你的不完全一样，我没有一下看出来相同点。
来源是这样，要证明两个量相等，如果它们都能由几个自由变量的表达式表出，而且表
达式里只用到多项式，除法，以及根号的话，那么可以通过有理化，把证明变成一个多
项式相等的证明。
【在 x*********n 的大作中提到】
: 看来你没有认真学习我的尺规作图视频LOL
: 你这分母不就是有限个“一层根式”相加。主定理不是说了，任意的“n层根式”都是
: 某个 2的m次幂的、有理系数方程的根。也就是说它必有这么一个化零多项式
: 怎么严格证明我得研究一下
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t*********3
发帖数: 1 | |
z***e
发帖数: 5600 | 15 这个具体例子的共轭就是所有
1+Sum ei*sqrt(Xi)
ei = +/-1
【在 T*******x 的大作中提到】
: 确实。这个确实和代数数差不多，甚至是同构的，不过这个我还不能完全这么说。
: 如果看n元变量有理函数域F的话，sqrt(x1)..sqrt(xn)都是algebraic over F。它们的
: 组合也algebraic，所以就一定有minimal polynomial in F[x]。全部根相乘，其中包
: 括原式，也就是全部代数共轭相乘，根据韦达定理，就等于minimal polynomial的常数
: 项，而回到F中，也就是一个有理函数。这里面还有点细节，但是差不多了。
: 嗯。看来有理化消去根式就是找minimal polynomial啊。这个是有方法的。但是也不容
: 易。
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