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。。。。。。
|
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?
|
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
|
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
|
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。
|
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。
|
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。
|
|
|
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
|
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
|
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
|
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。
|