Дробь с кубическими радикалами

[Gepidium]

dgwuqtj в сообщении #1672066 писал(а):

$\omega = \frac {-1 + i \sqrt 3} 2$ кубический корень из единицы...
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).

dgwuqtj
Наконец-то до меня дошло.
Я правильно понимаю, что надо рассмотреть все многочлены вида

$$\sqrt[3] a + \omega ^p \sqrt[3] b +\omega^q \sqrt[3] c$$

, где $p,q$ могут принимать значения $0,1,2$?
Этих различных многочленов будет 9, и если перемножить их, то получим многочлен с вещественными коэффициентами (т.к. взаимно сопряженные). Верно?
В общем, у меня получилось в знаменателе $(a + b + c)^3-27abc$.

[nnosipov]

skobar в сообщении #1672117 писал(а):

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

Помогать по-разному можно: можно показать трюк, а можно рассказать о сути явления.

[skobar]

Gepidium в сообщении #1672128 писал(а):

В общем, у меня получилось в знаменателе $(a + b + c)^3-27abc$.

Этот знаменатель можно получить сложным путем, а можно простым путем. Простой путь ещё раз:
1. При помощи тождества $x^3+y^3+z^3 - 3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2 - xy - yz - zx)$ получаете в знаменателе $a+b+c - 3\sqrt[3]{abc}$ (эту часть вы сделали). Дальше совсем просто:
2. Обозначим $x=a+b+c$, $y=3\sqrt[3]{abc}$. Тогда в знаменателе будет $x-y$. Умножив числитель и знаменатель на $x^2+xy+y^2$ (т.е. воспользовавшись тождеством для разложения $x^3-y^3$), получим в знаменателе $x^3-y^3$ или $(a + b + c)^3-27abc$

[dgwuqtj]

Gepidium в сообщении #1672128 писал(а):

Этих различных многочленов будет 9, и если перемножить их, то получим многочлен с вещественными коэффициентами (т.к. взаимно сопряженные). Верно?
В общем, у меня получилось в знаменателе $(a + b + c)^3-27abc$.

Ну да, всё верно. И вам уже посоветовали, как это же можно посчитать, не перемножая кучу скобок подряд, а действуя чуть умнее.

[skobar]

nnosipov в сообщении #1672131 писал(а):

Помогать по-разному можно: можно показать трюк, а можно рассказать о сути явления.

Это не трюк, это стандартный метод. Решение основано на паре тождеств, которые должен знать каждый школьник. А вот комплексные числа и корни из единицы не во всякой школе проходят.
Не нужно изучать доказательство Уайлса великой теоремы Ферма чтобы решить диофантово уравнение $x^2+y^2 = z^2$ :)

[dgwuqtj]

(Оффтоп)

skobar в сообщении #1672136 писал(а):

Решение основано на паре тождеств, которые должен знать каждый школьник.

Первое тождество разве входит в обычную школьную программу?

[skobar]

(dgwuqtj)

dgwuqtj в сообщении #1672138 писал(а):

Первое тождество разве входит в обычную школьную программу?

В меня это тождество вдолбили в советской школе, причем вдолбили так, что до сих пор помню.

[drzewo]

(Оффтоп)

dgwuqtj в сообщении #1672066 писал(а):

Для трёх слагаемых всё то же самое, домножаем на все возможные суммы $\sqrt[3] a + u \sqrt[3] b + v \sqrt[3] c$, где $u, v \in \{1, \omega, \omega^2\}$ (кр

instructive thanx

[nnosipov]

skobar в сообщении #1672132 писал(а):

При помощи тождества $x^3+y^3+z^3 - 3xyz = (x+y+z)(x^2+y^2+z^2 - xy - yz - zx)$

Вот это и есть трюк. В обычной советской школе такого, конечно, и в помине не было. Было только разложение биномов типа $x^n \pm y^n$.

skobar в сообщении #1672136 писал(а):

Не нужно изучать доказательство Уайлса великой теоремы Ферма чтобы решить диофантово уравнение $x^2+y^2 = z^2$ :)

Ну, это Вы натягиваете сову на глобус. Идея сопряжения присутствует в школьной алгебре (на примере квадратичных иррациональностей), и вполне естественно развить ее чуть-чуть дальше.

Вообще, сюжет этот (избавление от алгебраических иррациональностей в знаменателе, т.е. фактически деление чисел в данном алгебраическом расширении) обсуждался здесь неоднократно.

[skobar]

nnosipov в сообщении #1672144 писал(а):

Вот это и есть трюк.

Для Т.С. тождество "трюком" не было:

Gepidium в сообщении #1672068 писал(а):

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

А это самое главное.

nnosipov в сообщении #1672144 писал(а):

Ну, это Вы натягиваете сову на глобус. Идея сопряжения присутствует в школьной алгебре (на примере квадратичных иррациональностей), и вполне естественно развить ее чуть-чуть дальше.

Лично мне интересно было это прочесть. Но это не означает, что так нужно отвечать на подобные вопросы. Ведь цель ветки - чтобы ТС получила удовлетворительный ответ на свой вопрос, а не чтобы другим участникам было интересно. Если ТС разобралась в этом и честно перемножила девять скобок - то она большой молодец, но ожидать, что любой человек задающий такие вопросы разберется в этом было бы не разумно. Уровень ответа должен соответствовать уровню вопроса.

У меня спиногрыз в школе решает подобные задачки - избавиться от иррациональности в знаменателе. Это типичная школьная задачка, и решать её нужно школьными методами. Тем более, что они дают гораздо более простое решение.

[Rak so dna]

skobar в сообщении #1672145 писал(а):

У меня спиногрыз в школе решает подобные задачки - избавиться от иррациональности в знаменателе. Это типичная школьная задачка.

А приведите, пожалуйста, пример задачки с двумя звёздочками из учебника вашего спиногрыза (желательно по данной теме).

[skobar]

Rak so dna в сообщении #1672146 писал(а):

А приведите, пожалуйста, пример задачки с двумя звёздочками из учебника вашего спиногрыза (желательно по данной теме).

Эту тему они изучали в прошлом году, учебника уже нет. Но по общему уровню задачка данной ветки вполне тянет на две звездочки (так называемый "challenge").
Вообще, насколько я вижу, происходит деградация школьного обучения. Нас в советской школе учили гораздо лучше. Читаю их текущий учебник, и часто волосы встают дыбом от неграмотности.

[nnosipov]

skobar в сообщении #1672145 писал(а):

Ведь цель ветки - чтобы ТС получила удовлетворительный ответ на свой вопрос, а не чтобы другим участникам было интересно.

Я бы не забывал и про просто читателей темы, их гораздо больше. Что их привлекает на этот форум? А вот это и привлекает (возможность посмотреть на вопрос с разных уровней).

Кстати, о задачах со звездочками: например, избавиться от иррациональности в знаменателе

$$\frac{1}{1+2\cos{(2\pi/7)}}.$$

[Gepidium]

Друзья, большое спасибо всем, кто помог. Задача оказалась не очень тривиальной (для меня, конечно).
dgwuqtj, nnosipov, schmetterling, Booker48, Rak so dna, еще раз огромное спасибо.

skobar в сообщении #1672113 писал(а):

Это у вас такой способ сказать "спасибо"?

И особое спасибо Вам, skobar (без всякой иронии) за то, что затянули меня в размышления, и я посмотрела на задачу с другой стороны.

[Rak so dna]

nnosipov в сообщении #1672151 писал(а):

избавиться от иррациональности в знаменателе

$$\frac{1}{1+2\cos{(2\pi/7)}}$$

Домножить числитель и знаменатель на $\cos\frac{4\pi}{7}$ ?