Дробь с кубическими радикалами

[Gepidium]

Здраствуйте.
Вот такая задача, с которой ковыряюсь вторые сутки.
Избавиться от радикалов в знаменателе дроби $\dfrac{1}{\sqrt[3]{a}+\sqrt[3]{b}+\sqrt[3]{c}}$.

Упрощение в лоб приводит к 4-этажным дробям, пробовала различные подстановки, даже пробовала подставлять комплексные числа. И везде тупик.
Подтолкните меня, пожалуйста.

[dgwuqtj]

В случае $c = 0$ вы бы как избавлялись от иррациональности?

[Gepidium]

dgwuqtj в сообщении #1672054 писал(а):

В случае $c = 0$ вы бы как избавлялись от иррациональности?

Это намного проще.
Я бы умножила и числитель и знаменатель на $\sqrt[3]{a^2}-\sqrt[3]{ab}+\sqrt[3]{b^2}$.
И в знаменателе остается $a+b$. Это понятно.
А вот как быть с данной задачей?

[skobar]

Hint: есть такие замечательные тождества:

\begin{align*} &x^3+y^3+z^3 - 3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2 - xy - yz - zx) \\ &x^3 - y^3 = \dots \end{align*}

[dgwuqtj]

Если смотреть на это дело с точки зрения комплексных чисел и общей теории, то для двух радикалов мы домножаем на $(\sqrt[3] a + \omega \sqrt[3] b) (\sqrt[3] a + \omega^2 \sqrt[3] b)$, где $\omega = \frac {-1 + i \sqrt 3} 2$ кубический корень из единицы. То есть домножаем на все возможные аналогичные суммы кубических корней, где по-другому выбран "знак". У $\sqrt[3] a$ знак можно не менять хотя бы потому, что его вообще можно вынести: $\sqrt[3] a + \sqrt[3] b = \sqrt[3] a (1 + \sqrt[3]{\frac b a})$.

Для трёх слагаемых всё то же самое, домножаем на все возможные суммы $\sqrt[3] a + u \sqrt[3] b + v \sqrt[3] c$, где $u, v \in \{1, \omega, \omega^2\}$ (кроме исходной суммы с $u = v = 1$, разумеется). В знаменателе получится кубический симметричный многочлен от $a, b, c$. В числителе будет многочлен от $\sqrt[3] a, \sqrt[3] b, \sqrt[3] c$ с целыми коэффициентами, его даже можно разложить в произведение четырёх многочленов второй степени тоже с целыми коэффициентами. Ну или оставить все 8 сомножителей с комплексными коэффициентами, смотря для чего вам это нужно.

[Gepidium]

skobar в сообщении #1672065 писал(а):

есть такие замечательные тождества

skobar
Да, я знаю это тождество. Конечно, пробовала, но все равно в знаменателе остается член $\sqrt[3]{abc}$.

-- 30.01.2025, 12:56 --

dgwuqtj в сообщении #1672066 писал(а):

смотря для чего вам это нужно.

dgwuqtj
Мне ни для чего это не нужно, я решаю задачи из сборника. И числитель меня совершенно не волнует. Главное - избавиться от радикалов в знаменателе.
Но честно говоря, Вашу идею не очень поняла. Но в любом случае спасибо, буду разбираться.

[skobar]

Gepidium в сообщении #1672068 писал(а):

Да, я знаю это тождество. Конечно, пробовала, но все равно в знаменателе остается член $\sqrt[3]{abc}$.

Для этого есть гораздо более простое второе тождество - оно в hint-е не просто так :)

[nnosipov]

Вообще, здесь не три параметра, а два, так как выражение однородное. То есть, достаточно хорошо разобраться со случаем двух кубических радикалов (но уже неоднородные выражения допускаются).

[skobar]

(Оффтоп)

Как много умных ученых слов по поводу тривиальной школьной задачки :)

[Ende]

Оффтоп отделен. Уважаемые участники, убедительная просьба не оффтопить в ПРР.

[nnosipov]

skobar
Вы напрасно думаете, что эта задача тривиальна. Замените кубические радикалы какими-то другими радикалами, и эти тождества уже не помогут (а подходящие тождества для новой ситуации придумывать будет себе дороже). Здесь лучше понять общую концепцию, она связана с понятием сопряженных алгебраических чисел.

[skobar]

nnosipov в сообщении #1672116 писал(а):

Вы напрасно думаете, что эта задача тривиальна. Замените кубические радикалы какими-то другими радикалами

Тогда мы получим какую-то другую задачу. Но мы все-таки помогаем ТС решить именно эту задачу, а не какую-то другую.

(Оффтоп)

Рассуждаю точно так же: вы напрасно думаете, что задача решения диофантового уравнения $x^2+y^2 = z^2$ тривиальна. Замените двойку какими-то другими натуральными числами :)

[schmetterling]

Gepidium
Вот попытка написать идейное решение, которое сработает для произвольных степеней.
Если обозначить $x = \sqrt[3]{a}$, $y = \sqrt[3]{b}$, $z = \sqrt[3]{c}$, то задача сводится к тому, чтобы найти многочлен $P(x, y, z)$, зависящий лишь от $x^3$, $y^3$, $z^3$ (в смысле $P(x, y, z) = Q(x^3, y^3, z^3)$), который делится на $x + y + z$ (понятно ли, почему сводится?)

Но что значит "зависит лишь от $x^3$, $y^3$, $z^3$"? У этих одночленов есть 27 очевидных симметрий ($x$, $y$, $z$, меняем, а кубы их не меняются): $x \mapsto \alpha x$, $y \mapsto \beta y$, $z \mapsto \gamma z$, где $\alpha^3 = \beta^3 = \gamma^3 = 1$. Стало быть, если многочлен зависит лишь от $x^3$, $y^3$, $z^3$, то эти симметрии многочлен не меняют (на самом деле верно и обратное — если такие симметрии не меняют многочлен, то он зависит только от $x^3$, $y^3$, $z^3$ — это можно проверить руками) (на принципе "хорошие подмножества (в пространстве всех многочленов, или ещё где-нибудь) соответствуют наборам симметрий, которые сохраняют это подмножество" строится вся теория Галуа, это очень интересно, как по мне). Итак, $P(x, y, z)$ делится на $x + y + z$, а ввиду симметрий делится и на $\alpha x + \beta y + \gamma z$ при $\alpha^3 = \beta^3 = \gamma^3 = 1$. Это намекает на то, чтобы $P(x, y, z)$ искать в виде произведения линейных трёхчленов вида $\alpha x + \beta y + \gamma z$.

Вот ещё простая загадка: таких трёхчленов $\alpha x + \beta y + \gamma z$ 27, а $P(x, y, z)$ можно подобрать степени 9 — как так? Разве это не противоречит тому, что многочлен $P(x, y, z)$ должен удовлетворять всем 27 симметриям?

[Booker48]

Gepidium
Если всё же по-школьному, то тоже можно.
Ввести замену $b^{\frac{1}{3}}+c^{\frac{1}{3}}=d^{\frac{1}{3}}$ и стандартно избавиться от кубических радикалов в знаменателе этого нового выражения.
После обратного преобразования (вернёмся от $d$ к $b$ и $c$) получим знаменатель вида $a_1+b_1^{\frac{1}{3}}+c_1^{\frac{1}{3}}$, т.е осталось только два кубических радикала.
Далее замена $a_1+b_1^{\frac{1}{3}}=d_1^{\frac{1}{3}}$ и повторяем процедуру устранения кубических радикалов в знаменателе, после чего кубический радикал остаётся ровно один (плюс безрадикальная константа).
С использованием предложенных выше хинтов процедура сокращается на один шаг. Но зато она позволяет шаг за шагом избавиться от любого количества кубических радикалов в знаменателе.

[Rak so dna]

Gepidium здесь на стр.76 рассмотрен ваш пример.