二次根式的和的有理化

hbghlyj

$\sqrt x+\sqrt y$	$x-y$
$\sqrt x+\sqrt y+\sqrt z$	$\sum\limits_\text{sym} x^2-2\sum\limits_\text{sym} xy$
$\sqrt x+\sqrt y+\sqrt z+\sqrt w$	$\left(\sum\limits_\text{sym} x^2-2\sum\limits_\text{sym} xy\right)^2-64xyzw$
$\sqrt x+\sqrt y+\sqrt z+\sqrt w+\sqrt u$	${\left( {{{\left( {{{\left( {\sum\limits_\text{sym} x } \right)}^2} - 4\sum\limits_\text{sym} x y} \right)}^2} - 64\sum\limits_\text{sym} {xyzw} } \right)^2}$$ - 2048xyzwu\left( {\sum\limits_\text{sym} x } \right)\left( {{{\left( {\sum\limits_\text{sym} x } \right)}^2} - 4\sum\limits_\text{sym} {xy} } \right)$$ - 16384xyzwu\sum\limits_\text{sym} {xyz} $

一般式呢？

kuing

这是为了昨天那个根号和无理数的证明？

青青子衿

回复 2# hbghlyj
如果没有记错的话，有理化之后的表达式有一个行列式，但是好像也很复杂
（虽然本人之前在论坛提出过类似的问题，但是好像有没有得到完美的答案）
kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=5918

hbghlyj

一类无理式的有理化因式 徐彦明
一类根式有理化因式的存在性问题
用行列式求有理化因式
有理化因式存在性的行列式证明
利用这段特殊时期多读些好东西

青青子衿

回复 7# hbghlyj
暂时只找到这个，我记得还有更一般的

力工

回复 8# 青青子衿

啥 神书？

青青子衿

回复 9# 力工
从Cramer法则谈起 矩阵论漫谈
外文题名 ：Discussion from the cramer's rule the theory of matrices
作 者 ：沈文选，杨清桃
哈尔滨工业大学出版社 , 2016.08

青青子衿

hbghlyj 发表于 2020-2-7 23:21
一类无理式的有理化因式 徐彦明
用行列式求有理化因式
用行列式求有理化因式

\begin{align*}
S&=\begin{vmatrix}
1 & b & c & d & 0 & 0 & 0 & 0 \\
\sqrt{X} & a & 0 & 0 & c & d & 0 & 0 \\
\sqrt{Y} & 0 & a & 0 & b & 0 & d & 0 \\
\sqrt{Z} & 0 & 0 & a & 0 & b & c & 0 \\
\sqrt{X Y} & c Y & b X & 0 & a & 0 & 0 & d \\
\sqrt{X Z} & d Z & 0 & b X & 0 & a & 0 & c \\
\sqrt{Y Z} & 0 & d Z & c Y & 0 & 0 & a & b \\
\sqrt{X Y Z} & 0 & 0 & 0 & d Z & c Y & b X & a
\end{vmatrix}\\
\\
T&=\begin{vmatrix}
a & b & c & d & 0 & 0 & 0 & 0 \\
b X & a & 0 & 0 & c & d & 0 & 0 \\
c Y & 0 & a & 0 & b & 0 & d & 0 \\
d Z & 0 & 0 & a & 0 & b & c & 0 \\
0 & c Y & b X & 0 & a & 0 & 0 & d \\
0 & d Z & 0 & b X & 0 & a & 0 & c \\
0 & 0 & d Z & c Y & 0 & 0 & a & b \\
0 & 0 & 0 & 0 & d Z & c Y & b X & a
\end{vmatrix}\\
\\
\dfrac{S}{T}&=\dfrac{1}{a+b\sqrt{X}+c\sqrt{Y}+d\sqrt{Z}}
\end{align*}


\begin{align*}
S&=\begin{vmatrix}
1 & a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & a_5 & a_6 & a_7 \\
\sqrt{x_{1}} & a_0 & a_4x_{1} & a_5x_{1} & a_2 & a_3 & a_7x_{1} & a_6 \\
\sqrt{x_{2}} & a_4x_{2} & a_0 & a_6x_{2} & a_1 & a_7x_{2} & a_3 & a_5 \\
\sqrt{x_{3}} & a_5x_{3} & a_6x_{3} & a_0 & a_7x_{3} & a_1 & a_2 & a_4 \\
\sqrt{x_{1}x_{2}} & a_2x_{2} & a_1x_{1} & a_7x_{1}x_{2} & a_0 & a_6x_{2} & a_5x_{1} & a_3 \\
\sqrt{x_{1}x_{3}} & a_3x_{3} & a_7x_{1}x_{3} & a_1x_{1} & a_6x_{3} & a_0 & a_4x_{1} & a_2 \\
\sqrt{x_{2}x_{2}} & a_7x_{2}x_{3} & a_3x_{3} & a_2x_{2} & a_5x_{3} & a_4x_{2} & a_0 & a_1 \\
\sqrt{x_{1}x_{2}x_{3}} & a_6x_{2}x_{3} & a_5x_{1}x_{3} & a_4x_{1}x_{2} & a_3x_{3} & a_2x_{2} & a_1x_{1} & a_0 \\
\end{vmatrix}\\
\\
T&=\begin{vmatrix}
a_0 & a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & a_5 & a_6 & a_7 \\
a_1x_{1} & a_0 & a_4x_{1} & a_5x_{1} & a_2 & a_3 & a_7x_{1} & a_6 \\
a_2x_{2} & a_4x_{2} & a_0 & a_6x_{2} & a_1 & a_7x_{2} & a_3 & a_5 \\
a_3x_{3} & a_5x_{3} & a_6x_{3} & a_0 & a_7x_{3} & a_1 & a_2 & a_4 \\
a_4x_{1}x_{2} & a_2x_{2} & a_1x_{1} & a_7x_{1}x_{2} & a_0 & a_6x_{2} & a_5x_{1} & a_3 \\
a_5x_{1}x_{3} & a_3x_{3} & a_7x_{1}x_{3} & a_1x_{1} & a_6x_{3} & a_0 & a_4x_{1} & a_2 \\
a_6x_{2}x_{3} & a_7x_{2}x_{3} & a_3x_{3} & a_2x_{2} & a_5x_{3} & a_4x_{2} & a_0 & a_1 \\
a_7x_{1}x_{2}x_{3} & a_6x_{2}x_{3} & a_5x_{1}x_{3} & a_4x_{1}x_{2} & a_3x_{3} & a_2x_{2} & a_1x_{1} & a_0 \\
\end{vmatrix}\\
\\
\\
\dfrac{S}{T}&=\dfrac{1}{a_{0}+a_{1}\sqrt{x_1}+a_{2}\sqrt{x_2}+a_{3}\sqrt{x_{3}}+a_{4}\sqrt{x_{1}x_{2}}+a_{5}\sqrt{x_{1}x_{3}}+a_{6}\sqrt{x_{2}x_{3}}+a_{7}\sqrt{x_{1}x_{2}x_{3}}}
\end{align*}

1. S = Det[{{1, b, c, d, e, f, g, h},
2.      {Sqrt[u], a, e*u, f*u, c, d, h*u, g},
3.      {Sqrt[v], e*v, a, g*v, b, h*v, d, f},
4.      {Sqrt[w], f*w, g*w, a, h*w, b, c, e},
5.      {Sqrt[u*v], c*v, b*u, h*u*v, a, g*v, f*u, d},
6.      {Sqrt[u*w], d*w, h*u*w, b*u, g*w, a, e*u, c},
7.      {Sqrt[v*w], h*v*w, d*w, c*v, f*w, e*v, a, b},
8.      {Sqrt[u*v*w], g*v*w, f*u*w, e*u*v, d*w, c*v, b*u, a}}
9.      ] /. {a -> 1, b -> 1, c -> 1, d -> 1, e -> 0, f -> 0, g -> 0,
10.      h -> 0, u -> 2, v -> 3, w -> 5} // FullSimplify
11. T = Det[{{a, b, c, d, e, f, g, h},
12.       {b*u, a, e*u, f*u, c, d, h*u, g},
13.       {c*v, e*v, a, g*v, b, h*v, d, f},
14.       {d*w, f*w, g*w, a, h*w, b, c, e},
15.       {e*u*v, c*v, b*u, h*u*v, a, g*v, f*u, d},
16.       {f*u*w, d*w, h*u*w, b*u, g*w, a, e*u, c},
17.       {g*v*w, h*v*w, d*w, c*v, f*w, e*v, a, b},
18.       {h*u*v*w, g*v*w, f*u*w, e*u*v, d*w, c*v, b*u, a}}
19.        ] /. {a -> 1, b -> 1, c -> 1, d -> 1, e -> 0, f -> 0,
20.        g -> 0, h -> 0, u -> 2, v -> 3, w -> 5}
21. S/T // N
22. 1/(a + b*Sqrt[u] + c*Sqrt[v] + e*Sqrt[u*v] + d*Sqrt[w] + f*Sqrt[u*w] +
23.       g*Sqrt[v*w] + h*Sqrt[u*v*w]) /. {a -> 1, b -> 1, c -> 1, d -> 1,
24.       e -> 0, f -> 0, g -> 0, h -> 0, u -> 2, v -> 3, w -> 5} // N

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青青子衿

青青子衿 发表于 2022-12-4 10:44
\begin{align*}
\dfrac{S}{T}&=\dfrac{1}{a+b\sqrt{X}+c\sqrt{Y}+d\sqrt{Z}}
\end{align*}

\begin{align*}
M&=\left(a_0+a_1 \sqrt{X}+a_2 \sqrt{Y}+a_3 \sqrt{Z}+a_4 \sqrt{X Y}+a_5 \sqrt{X Z}+a_6 \sqrt{Y Z}+a_7 \sqrt{X Y Z}\,\right)\\
N&=\left(A_0+A_1 \sqrt{X}+A_2 \sqrt{Y}+A_3 \sqrt{Z}+A_4 \sqrt{X Y}+A_5 \sqrt{X Z}+A_6 \sqrt{Y Z}+A_7 \sqrt{X Y Z}\,\right)\\
MN&=
\begin{pmatrix}
A_0 \\
A_1 \\
A_2 \\
A_3 \\
A_4 \\
A_5 \\
A_6 \\
A_7 \\
\end{pmatrix}^{\mathrm{T}}
\begin{pmatrix}
a_0 & a_1 & a_2 & a_3 & a_4 & a_5 & a_6 & a_7 \\
a_1 X & a_0 & a_4 X & a_5 X & a_2 & a_3 & a_7 X & a_6 \\
a_2 Y & a_4 Y & a_0 & a_6 Y & a_1 & a_7 Y & a_3 & a_5 \\
a_3 Z & a_5 Z & a_6 Z & a_0 & a_7 Z & a_1 & a_2 & a_4 \\
a_4 X Y & a_2 Y & a_1 X & a_7 X Y & a_0 & a_6 Y & a_5 X & a_3 \\
a_5 X Z & a_3 Z & a_7 X Z & a_1 X & a_6 Z & a_0 & a_4 X & a_2 \\
a_6 Y Z & a_7 Y Z & a_3 Z & a_2 Y & a_5 Z & a_4 Y & a_0 & a_1 \\
a_7 X Y Z & a_6 Y Z & a_5 X Z & a_4 X Y & a_3 Z & a_2 Y & a_1 X & a_0 \\
\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}
1 \\
\sqrt{X} \\
\sqrt{Y} \\
\sqrt{Z} \\
\sqrt{XY} \\
\sqrt{XZ} \\
\sqrt{YZ} \\
\sqrt{XYZ} \\
\end{pmatrix}
\end{align*}

hbghlyj

搬运知乎

对于同类型更一般的分母有理化问题（与上题不完全一样），有

\[\dfrac{1}{a_0+a_1\sqrt[n]{p}+\cdots+a_{n-1}\sqrt[n]{p^{n-1}}}=\dfrac{U_n}{V_n}\]

其中 $\,p\,$ 为素数，无理数 $U_n$ 可由行列式表示

U_n=\begin{align*}
\begin{vmatrix} 1&a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}\\
\sqrt[n]{p}&a_0&a_1&\cdots&a_{n-2}\\
\sqrt[n]{p^2}&pa_{n-1}&a_0&\cdots&a_{n-3}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
\sqrt[n]{p^{n-1}}&pa_2&pa_3&\cdots&a_0\\
\end{vmatrix}
\end{align*}

有理数 $V_n$ 也可由是「p-循环行列式(p-Circulant Matrix)」表示

V_n= \begin{align*}
\begin{vmatrix} a_0&a_1&a_2&\cdots&a_{n-1}\\
pa_{n-1}&a_0&a_1&\cdots&a_{n-2}\\
pa_{n-2}&pa_{n-1}&a_0&\cdots&a_{n-3}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
pa_{1}&pa_2&pa_3&\cdots&a_0\\
\end{vmatrix}
\end{align*}

同时，该p-循环行列式的值还可以表示为

\[V_n=\prod_{k=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_{j}p^{\frac{j}{n}}\exp\left(\frac{2jk\pi}{n}i\right)\]

取一些数用MMA代码验证：

Product[Sum[(2^n^(-1))^j*E^(((2*I)*j*k*Pi)/n)*Subscript[a, j], {j, 
     0, -1 + n}], {k, 0, -1 + n}] /. {n -> 3} // ComplexExpand

.

【注】如果循环系数p=1时，退化为循环行列式；如果循环系数p=-1时，变为反循环行列式；

有些书中把循环系数p取为r，称其为r-循环行列式；

更更一般的无理分式分母有理化问题参见Joel S. Cohen编写的Computer Algebra and Symbolic Computation，第7.2节Polynomial Relations for Explicit Algebraic Numbers.

一些相关问题：

根式分母有理化有没有比较好的算法？

用 Mathematica 怎么进行根式分母有理化？

参考文献

[1] 宗凤喜,王震.n阶r-循环行列式的计算及其应用[J].曲靖师范学院学报,2009,(第3期).

[2] 程智,孙翠芳.循环行列式与分式有理化的关系[J].高等数学研究,2012,(第4期).

[3] Cohen J S. Computer algebra and symbolic computation: Mathematical methods[M]. CRC Press, 2003.

hejoseph

不会有简单方法，但对于最一般的式子是有一个具体方法构造乘积的，举个具体例子吧：若分母为
\[
\cos\frac{2\pi}{7}+\sqrt[5]{5}
\]
其中 $\cos\dfrac{2\pi}{7}$ 是方程 $8x^3+4x^2-4-1=0$ 的根，$\sqrt[5]{5}$ 的根是 $x^5-5=0$ 的根。
$\cos\dfrac{2i\pi}{7}$（$1\leqslant i\leqslant 3$）是方程  $8x^3+4x^2-4-1=0$ 的全部复数根，$\sqrt[5]{5}\left(\cos\dfrac{2j\pi}{5}+\mathrm{i}\sin\dfrac{2j\pi}{5}\right)$（$0\leqslant j\leqslant 4$）是方程  $x^5-5=0$ 的全部复数根，那么乘积
\[
\prod_{j=0}^4\prod_{i=1}^3\left(\cos\frac{2i\pi}{7}+\sqrt[5]{5}\left(\cos\frac{2j\pi}{5}+\mathrm{i}\sin\frac{2j\pi}{5}\right)\right)
\]
就是一个有理数，其值为 $\dfrac{3677281}{32768}$。

hbghlyj

nttz 发表于 2022-5-29 03:12
前面看了法的布尔勒的就不错，但是内容还是少了点

Leçons d'Algèbre Élémentaire Carlo Bourlet; 1896 第148页 EXERCICES 45. Rendre entières les équations suivantes: $$\sqrt{A}+\sqrt{B}+\sqrt{C}+\sqrt{D}+\sqrt{E}=0$$

移项:
$$\sqrt{A}+\sqrt{B}+\sqrt{C}=-\sqrt{D}-\sqrt{E}$$
平方:
$$A+B+C+ 2\sqrt{ AB} + 2\sqrt{AC} + 2\sqrt{BC} =D+E+2\sqrt{DE}$$
移项:
$$\frac{ A+B+C - D - E } { 2 } + \sqrt{ AB} + \sqrt{AC} + \sqrt{BC} = \sqrt{DE}$$
平方:
$$\frac{(A+B+C - D - E)^2}4+ (A+B+C - D - E)(\sqrt{ AB} + \sqrt{AC} + \sqrt{BC})+AB+AC+BC+2A\sqrt{BC}+2B\sqrt{CA}+2C\sqrt{AB} = DE$$
移项:
$$\frac{(A+B+C - D - E)^2}4+AB+AC+BC-DE+ (3A+B+C - D - E)\sqrt{ AB} +(A+3B+C - D - E)\sqrt{AC} =-(A+B+3C - D - E)\sqrt{BC}$$
现在就能看出,再移项平方2次,根号全去除了. 最终结果见1#

kuing

这个86鱼在行@青青子衿

hbghlyj

kuing 发表于 2023-3-31 18:43
这个86鱼在行@青青子衿

有最终结果了, 还想问一个事:

任意多根号相加, 都可以找到一种“移项平方”的有限步骤, 使最终结果不含根号吗?

hbghlyj

hejoseph 发表于 2023-1-29 08:19
其中 $\cos\dfrac{2\pi}{7}$ 是方程 $8x^3+4x^2-4\color{#f00}x-1=0$ 的根

小笔误: 漏了$x$

hbghlyj

注意“移项平方”也可能增多根号
8个根号之和=0
移项:
含4个根号 = 含4个根号
平方:
含6个根号 = 含6个根号
能做下去吗
是否存在“移项平方”的有限步骤

hbghlyj

bbs.emath.ac.cn @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。

hbghlyj

hejoseph 发表于 2023-1-29 07:19
那么乘积
\[
\prod_{j=0}^4\prod_{i=1}^3\left(\cos\frac{2i\pi}{7}+\sqrt[5]{5}\left(\cos\frac{2j\pi}{5}+\mathrm{i}\sin\frac{2j\pi}{5}\right)\right)
\]
就是一个有理数，其值为 $\dfrac{3677281}{32768}$。

AlgebraicNumberNorm[Cos[2Pi/7]+5^(1/5)]

$=\frac{3677281}{32768}≈112.222$

hbghlyj

hejoseph 发表于 2023-1-29 08:19
那么乘积
\[
\prod_{j=0}^4\prod_{i=1}^3\left(\cos\frac{2i\pi}{7}+\sqrt[5]{5}\left(\cos\frac{2j\pi}{5}+\mathrm{i}\sin\frac{2j\pi}{5}\right)\right)
\]
就是一个有理数，其值为 $\dfrac{3677281}{32768}$。

可以用Resultant来计算：
因为$\cos\frac{2i\pi}{7}$的极小多项式为$(8x^3+4x^2-4x-1)$，
$-\sqrt[5]{5}$的极小多项式为$x^5+5$，
它们的差$\cos\frac{2i\pi}{7}-(-\sqrt[5]{5})$的范数就等于这两个多项式的结式
Resultant[(8x^3+4x^2-4x-1)/8,x^5+5,x]

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2024-3-27 20:45
它们的差$\cos\frac{2i\pi}{7}-(-\sqrt[5]{5})$的范数就等于这两个多项式的结式

若其中一数为0，0的极小多项式为x，所以“极小多项式和x的结式”等于它的范数，也等于极小多项式的根之积，即$(-1)^n\times$常数项。
如$\cos\frac{2i\pi}{7}$的极小多项式为$\frac18(8x^3+4x^2-4x-1)$，
AlgebraicNumberNorm[Cos[2Pi/7]]$=\frac18$.
Resultant[(8x^3+4x^2-4x-1)/8,x,x]$=\frac18$
常数项是$-\frac18$，根之积为$\frac18$.