|
Author |
青青子衿
Posted at 2025-3-5 14:17:11
Last edited by 青青子衿 at 2025-4-2 15:07:28青青子衿 发表于 2025-2-22 00:20
\begin{align*}
&\qquad\quad{\large{\int}}\frac{77x^{3}-177x^{2}+259x+801}{(x-3)(x-1)(49x+111)\sqrt{x^{3}-7x+10}}{\mathrm{d}}x\\
\\
&=\operatorname{artanh}\left(\frac{x^{2}-4x+7}{2\sqrt{x^{3}-7x+10}}\right)-\operatorname{artanh}\left(\frac{5x-7}{2\sqrt{x^{3}-7x+10}}\right)\\
&\qquad\qquad-\operatorname{artanh}\left(\frac{37x+31}{14\sqrt{x^{3}-7x+10}}\right)+C
\end{align*}
\begin{align*}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}
\end{align*}
\begin{align*}
S_{1}&=\alpha_{1,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{1,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{1,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{1,1}\Delta_{1}+\alpha_{1,2}\Delta_{2}+\alpha_{1,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{1,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{1,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{1,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{1,0}+s_{1,1}x}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{2}&=\alpha_{2,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{2,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{2,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{2,1}\Delta_{1}+\alpha_{2,2}\Delta_{2}+\alpha_{2,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{2,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{2,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{2,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{2,0}+s_{2,2}x^2}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{3}&=\alpha_{3,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{3,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{3,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{3,1}\Delta_{1}+\alpha_{3,2}\Delta_{2}+\alpha_{3,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{3,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{3,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{3,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{3,0}+s_{3,3}x^3}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
\end{align*}
当然,不仅这些代数数有限制,而且给定的线性有理函数的系数也有限制.
先给定三个线性有理分式
\begin{align*}
\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x},\,\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x},\,\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)
\end{align*}
其中
\begin{gather*}
\begin{split}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}\\
\\
\end{split}\\
(\xi_1-x)(\xi_2-x)(\xi_3-x)\in\mathbb{Q}[x]
\end{gather*}
设待求的代数数向量为
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{l}^{\mathrm{T}}=\left(\alpha _{l,1},\alpha _{l,2},\alpha _{l,3}\right)
\end{align*}
待求的代数数要求是Q-共轭的,换句话说,这些代数数是同一个不可约整系数多项式的不同根,当给定的线性有理函数的系数分别在同构的三次域时,我们有一些试探的方法,不是一个严谨的算法.
具体例子如下
已知$\xi_1,\xi_2,\xi_3$是有理系数多项式(碰巧也是整系数)$f(x)=x^3+6 x^2+72 x+148$的根,作如下记号
\begin{align*}
\omega&=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2},\\
\xi _1&= -2+2\cdot10^{1/3}-10^{2/3},\\
\xi _2&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2,\\
\xi _3&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega.\\
\end{align*}
取定$(A,B)=(-12,-11)$,利用$\Xi_{j}$的公式,可以得到
\begin{align*}
\Xi _1&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\right),\\
\Xi _2&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega\right),\\
\Xi _3&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega^2\right).
\end{align*}
利用$\Delta _j$的公式,可以得到
\begin{align*}
\Delta _1&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}-10^{2/3}\right),\\
\Delta _2&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2\right),\\
\Delta _3&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega\right).
\end{align*}
接下来寻找另一个多项式,使得其分裂域与$\xi_{j}$极小多项式的分裂域同构
\begin{align*}
\alpha _{0,1}&=1+2\cdot10^{1/3}+3\cdot10^{2/3},\\
\alpha _{0,2}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega+3\cdot10^{2/3}\omega^2,\\
\alpha _{0,3}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega^2+3\cdot10^{2/3}\omega.
\end{align*}
这些$\alpha_{j}$的极小多项式为$x^3-3 x^2-177 x-2601$,用SageMath验证是同构的
x = polygen(QQ, 'x')
K = NumberField(148 + 72*x + 6*x^2 + x^3, 'a')
L = NumberField(-2601 - 177*x - 3*x^2 + x^3, 'b')
K.is_isomorphic(L, True)
于是
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{0}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}
&=\alpha_{0,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{0,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{0,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\frac{2 x^3+4 x^2+3 x-404}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
另外,凑出了三组结果
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x-8}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^2+26}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{3}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^3-242}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
.
### Russian Translation:
Дано:
\begin{align*}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}
\end{align*}
\begin{align*}
S_{1}&=\alpha_{1,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{1,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{1,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{1,1}\Delta_{1}+\alpha_{1,2}\Delta_{2}+\alpha_{1,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{1,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{1,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{1,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{1,0}+s_{1,1}x}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{2}&=\alpha_{2,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{2,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{2,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{2,1}\Delta_{1}+\alpha_{2,2}\Delta_{2}+\alpha_{2,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{2,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{2,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{2,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{2,0}+s_{2,2}x^2}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{3}&=\alpha_{3,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{3,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{3,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{3,1}\Delta_{1}+\alpha_{3,2}\Delta_{2}+\alpha_{3,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{3,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{3,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{3,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{3,0}+s_{3,3}x^3}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
\end{align*}
Конечно, не только эти алгебраические числа имеют ограничения, но и коэффициенты заданных линейных рациональных функций также ограничены.
Сначала заданы три линейные рациональные дроби:
\begin{align*}
\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x},\,\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x},\,\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)
\end{align*}
где
\begin{gather*}
\begin{split}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}\\
\\
\end{split}\\
(\xi_1-x)(\xi_2-x)(\xi_3-x)\in\mathbb{Q}[x]
\end{gather*}
Пусть искомый вектор алгебраических чисел равен
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{l}^{\mathrm{T}}=\left(\alpha _{l,1},\alpha _{l,2},\alpha _{l,3}\right)
\end{align*}
Требуется, чтобы искомые алгебраические числа были Q-сопряженными, другими словами, эти алгебраические числа являются различными корнями одного и того же неприводимого многочлена с целыми коэффициентами. Когда коэффициенты заданных линейных рациональных функций находятся в изоморфных кубических полях, у нас есть некоторые эвристические методы, но это не строгий алгоритм.
Конкретный пример следующий:
Известно, что $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ являются корнями многочлена с рациональными (и даже целыми) коэффициентами $f(x)=x^3+6 x^2+72 x+148$. Введем обозначения:
\begin{align*}
\omega&=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2},\\
\xi _1&= -2+2\cdot10^{1/3}-10^{2/3},\\
\xi _2&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2,\\
\xi _3&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega.\\
\end{align*}
Выбрав $(A,B)=(-12,-11)$ и используя формулу для $\Xi_{j}$, получаем:
\begin{align*}
\Xi _1&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\right),\\
\Xi _2&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega\right),\\
\Xi _3&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega^2\right).
\end{align*}
Используя формулу для $\Delta _j$, получаем:
\begin{align*}
\Delta _1&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}-10^{2/3}\right),\\
\Delta _2&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2\right),\\
\Delta _3&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega\right).
\end{align*}
Далее ищем другой многочлен, чье поле разложения изоморфно полю разложения минимального многочлена для $\xi_{j}$:
\begin{align*}
\alpha _{0,1}&=1+2\cdot10^{1/3}+3\cdot10^{2/3},\\
\alpha _{0,2}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega+3\cdot10^{2/3}\omega^2,\\
\alpha _{0,3}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega^2+3\cdot10^{2/3}\omega.
\end{align*}
Минимальный многочлен для этих $\alpha_{j}$ равен $x^3-3 x^2-177 x-2601$. Проверим изоморфизм с помощью SageMath:
x = polygen(QQ, 'x')
K = NumberField(148 + 72*x + 6*x^2 + x^3, 'a')
L = NumberField(-2601 - 177*x - 3*x^2 + x^3, 'b')
K.is_isomorphic(L, True)
Тогда:
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{0}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}
&=\alpha_{0,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{0,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{0,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\frac{2 x^3+4 x^2+3 x-404}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
Кроме того, подобраны три группы результатов:
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x-8}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^2+26}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{3}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^3-242}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
---
### English Translation:
Given:
\begin{align*}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}
\end{align*}
\begin{align*}
S_{1}&=\alpha_{1,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{1,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{1,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{1,1}\Delta_{1}+\alpha_{1,2}\Delta_{2}+\alpha_{1,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{1,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{1,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{1,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{1,0}+s_{1,1}x}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{2}&=\alpha_{2,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{2,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{2,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{2,1}\Delta_{1}+\alpha_{2,2}\Delta_{2}+\alpha_{2,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{2,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{2,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{2,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{2,0}+s_{2,2}x^2}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
S_{3}&=\alpha_{3,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{3,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{3,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\alpha_{3,1}\Delta_{1}+\alpha_{3,2}\Delta_{2}+\alpha_{3,3}\Delta_{3}+\frac{\alpha_{3,1}\Xi_{1}}{\xi_{1}-x}+\frac{\alpha_{3,2}\Xi_{2}}{\xi_{2}-x}+\frac{\alpha_{3,3}\Xi_{3}}{\xi_{3}-x}\\
&=\frac{s_{3,0}+s_{3,3}x^3}{a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^2+x^3}\\
\end{align*}
Of course, not only are these algebraic numbers constrained, but the coefficients of the given linear rational functions are also restricted.
First, three linear rational fractions are given:
\begin{align*}
\boldsymbol{\beta}^{\mathrm{T}}=\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x},\,\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x},\,\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)
\end{align*}
where
\begin{gather*}
\begin{split}
\Xi_j&=\sqrt{\xi_j^3+A\xi_j+B}\qquad\qquad(j=1,2,3)\\
\Delta _j&=R(\xi_j,\Xi _j)\\
&=-\tfrac{3A^{4}+32AB^{2}+40A^{2}B\xi_{j}+44A^{3}\xi_{j}^{2}-48B^{2}\xi_{j}^{2}-176AB\xi_{j}^{3}+10A^{2}\xi_{j}^{4}-312B\xi_{j}^{5}-100A\xi_{j}^{6}-21\xi_{j}^{8}}{24 \left(A^3+8 B^2+4 A B \xi_{j}+5 A^2 \xi_{j}^2-20 B \xi_{j}^3-5 A \xi_{j}^4-\xi_{j}^6\right)\cdot\Xi_{j}}\\
\\
\end{split}\\
(\xi_1-x)(\xi_2-x)(\xi_3-x)\in\mathbb{Q}[x]
\end{gather*}
Let the sought vector of algebraic numbers be
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{l}^{\mathrm{T}}=\left(\alpha _{l,1},\alpha _{l,2},\alpha _{l,3}\right)
\end{align*}
The sought algebraic numbers must be Q-conjugate, meaning these algebraic numbers are different roots of the same irreducible integer-coefficient polynomial. When the coefficients of the given linear rational functions lie in isomorphic cubic fields, we have some heuristic methods, but this is not a rigorous algorithm.
A specific example is as follows:
It is known that $\xi_1,\xi_2,\xi_3$ are roots of the rational (and even integer) coefficient polynomial $f(x)=x^3+6 x^2+72 x+148$. We introduce the notation:
\begin{align*}
\omega&=\frac{-1+i\sqrt{3}}{2},\\
\xi _1&= -2+2\cdot10^{1/3}-10^{2/3},\\
\xi _2&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2,\\
\xi _3&=-2 + 2\cdot10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega.\\
\end{align*}
Choosing $(A,B)=(-12,-11)$ and using the formula for $\Xi_{j}$, we obtain:
\begin{align*}
\Xi _1&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\right),\\
\Xi _2&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega\right),\\
\Xi _3&=3 \left(5-2\cdot10^{1/3}\omega^2\right).
\end{align*}
Using the formula for $\Delta _j$, we obtain:
\begin{align*}
\Delta _1&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}-10^{2/3}\right),\\
\Delta _2&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega-10^{2/3}\omega^2\right),\\
\Delta _3&=\frac{1}{3} \left(3+10^{1/3}\omega^2-10^{2/3}\omega\right).
\end{align*}
Next, we search for another polynomial whose splitting field is isomorphic to the splitting field of the minimal polynomial of $\xi_{j}$:
\begin{align*}
\alpha _{0,1}&=1+2\cdot10^{1/3}+3\cdot10^{2/3},\\
\alpha _{0,2}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega+3\cdot10^{2/3}\omega^2,\\
\alpha _{0,3}&=1+2\cdot10^{1/3}\omega^2+3\cdot10^{2/3}\omega.
\end{align*}
The minimal polynomial for these $\alpha_{j}$ is $x^3-3 x^2-177 x-2601$. We verify the isomorphism using SageMath:
x = polygen(QQ, 'x')
K = NumberField(148 + 72*x + 6*x^2 + x^3, 'a')
L = NumberField(-2601 - 177*x - 3*x^2 + x^3, 'b')
K.is_isomorphic(L, True)
Then:
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{0}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}
&=\alpha_{0,1}\left(\Delta _1+\frac{\Xi _1}{\xi _1-x}\right)+\alpha_{0,2}\left(\Delta _2+\frac{\Xi _2}{\xi _2-x}\right)+\alpha_{0,3}\left(\Delta _3+\frac{\Xi _3}{\xi _3-x}\right)\\
&=\frac{2 x^3+4 x^2+3 x-404}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
Additionally, three sets of results have been derived:
\begin{align*}
\boldsymbol{\alpha}_{1}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x-8}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{2}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^2+26}{x^3+6 x^2+72 x+148}\\
\boldsymbol{\alpha}_{3}^{\mathrm{T}}\boldsymbol{\beta}&=\frac{x^3-242}{x^3+6 x^2+72 x+148}
\end{align*}
|
|