Дробь

[Ian]

Освободиться от иррациональности в знаменателе дроби [math]\frac 3{\sqrt 5+\sqrt[4]5-1}
И как-нибудь идейно пожалуйста, то есть способом, допускающим обобщение

[zykov]

Если [math]x=\sqrt[4]5, то [math]\sqrt 5+\sqrt[4] 5 - 1=x^2+x-1.
Умножим это на неизвестный квадратный многочлен [math]P=(x^2+x-1)\cdot(x^2+px+q)=x^4+(p+1)x^3+(p+q-1)x^2+(q-p)x-q.
Если [math]p=q=-1, то [math]P=x^4-3x^2+1=5-3\sqrt 5 +1=6-3\sqrt 5.

Значит [math]\frac{3}{\sqrt 5 + \sqrt[4] 5 -1}=\frac{3(\sqrt 5 - \sqrt[4] 5 -1)}{6-3 \sqrt 5}=\frac{\sqrt 5 - \sqrt[4] 5 -1}{2- \sqrt 5}=\frac{(\sqrt 5 - \sqrt[4] 5 -1)\cdot(2+\sqrt 5)}{4- 5}=(1 + \sqrt[4] 5 -\sqrt 5)\cdot(2+\sqrt 5)=-3+2\sqrt[4] 5 - \sqrt 5 + \sqrt[4] {5^3}.


Можно было бы сразу умножать на многочлен 6-ой степени и подбирать коэффициенты так, чтобы ненулевые были только у 8-ой, 4-ой и 0-ой степеней. Было бы 6 неизвестных и 6 линейных уравнений. Уравнения с рациональными коэффициентами (на самом деле целыми), так что решение тоже состоит из рациональных чисел.
Тогда можно было бы один раз умножать. Но вышло бы длиннее. А так, как здесь показано - короче. Учитывая, что от одного квадратного корня легко избавится используя формулу разности квадратов.

[Ian]

Спасибо! Я примерно так же делал, и ответ такой же

Можно было бы сразу умножать на многочлен 6-ой степени

Почему 6-й? Я искал 3-й степени. Это и есть общий вид любого многочлена. при наличии образующего соотношения [math]x^4=5, и получилось, до применения образующего соотношения, произведение [math]x^5-5x+3
Это способ, обобщаемый на любые выражения с радикалами (пока одного и того же числа) Когда поле рациональных чисел расширяется присоединением нового элемента (в данном случае [math]\sqrt[4]5), то есть теорема. что получится снова поле и каждый элемент будет иметь обратный. Этот обратный элемент будет многочленом (в данном случае степени 3) от присоединенного, на коэффициенты , с учетом образующего соотношения, получается система 4х4, и доказывается, что определитель не может быть нулевым. Но следование этой теореме приводит к решению, строго говоря на две страницы, вот и хотел узнать а вдруг идея попроще есть пусть и не такая общая...

Так логично выглядит в Вашей выкладке, что [math]\sqrt 5 + \sqrt[4] 5 -1 умножается именно на [math]\sqrt 5 - \sqrt[4] 5 -1, избавляемся от единственного корня 4-й степени, что никаких p,q не надо

[zykov]

Source of the post Почему 6-й? Я искал 3-й степени

6-ой, чтобы сразу от всех корней избавится за один шаг. Чтобы остались только [math]x^8, [math]x^4, [math]x^0.

[Ian]

Но потом у полученного решения [math]a_6x^6+...+a_0 Вы все равно замените [math]5a_6+a_2 на [math]a_2,[math]5a_5+a_1 на [math]a_1, [math]5a_4+a_0 на [math]a_0 так что лишняя работа выходит. Впрочем, главное, что Вы решиле первым, а я сидел в ступоре часа 2)

[zykov]

Source of the post Но потом у полученного решения

Понял Вашу мысль.
Да, если использовать тождество [math]x^4=5, то можно ограничится только многочленами третьей степени.

Я абстрагировался от этого свойства и просто работал с многочленами.