Трижды вложенный радикал

[nnosipov]

Упростите (понизьте уровень вложенности):

$$\left(\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{1/3}-1\right)^{1/3}$$

[waxtep]

Хочется подтянуть золотое сечение $\varphi=\frac{\sqrt{5}+1}2$, но что потом делать с дробными степенями - непонятно. Я остановился на $(\varphi^{2/3}-1)^{1/3}=\varphi^{1/9}k^{1/3}$, где $k=\varphi^{1/3}-\varphi^{-1/3}$ - корень уравнения $x^3+3x-1=0$

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1553789 писал(а):

но что потом делать с дробными степенями - непонятно

Да, $A=k^{1/3}$ нужно как-то упрощать. При доказательстве упрощающего тождества $A=B$ можно левую часть сводить к правой, а можно и наоборот --- правую часть сводить к левой. В нашем случае, если бы $B$ было дано, то переход от $B$ к $A$ хорошо известен. Поэтому почему бы нам просто не угадать это $B$, а затем воспользоваться стандартным методом?

Впрочем, есть и прямой способ получения $B$.

[novichok2018]

nnosipov-напомните, пожалуйста, где посмотреть в понятной форме теорию таких преобразований.

[zykov]

Внешний кубический корень просто для красоты (после преобразования так и будет кубический корень из некоего выражения) или он тоже упрощается?

[nnosipov]

novichok2018
А популярных изложений нет. Впрочем, у S. Landau есть пара статей более-менее для всех. Например: How to Tangle with a Nested Radical, THE MATHEMATICAL INTELLIGENCER VOL. 16, NO. 2 (1994).

Но есть довольно много популярных текстов о том, как придумывать подобные упрощающие тождества. Я пока не буду давать ссылки, чтобы желающие самостоятельно решить задачу смогли это сделать.

-- Ср май 04, 2022 17:34:54 --

zykov в сообщении #1553830 писал(а):

или он тоже упрощается?

Упрощается, иначе и задачи бы не было. В отличие от дважды вложенного радикала

$$\left(\frac{3+\sqrt{5}}{2}\right)^{1/3},$$

который не упрощаем, т.е. не допускает записи в виде выражения, содержащего только обычные (невложенные) радикалы.

Еще раз постановка задачи: есть трижды вложенное радикальное выражение; его нужно заменить выражением, содержащим только дважды вложенные радикалы. Ответ симпатичен, и я пока надеюсь, что соответствующее числовое тождество еще нигде не мелькало (хотя, честно говоря, это представляется маловероятным).

[novichok2018]

Дайте хоть небольшой намёк для теоретически неподкованных. Спасибо.
Понятно, что нужны манипуляции с корнями уравнений 2 или 3 порядка, но мне не хватает ума, с чего начть и за что зацепиться.

[nnosipov]

novichok2018 в сообщении #1553876 писал(а):

Дайте хоть небольшой намёк для теоретически неподкованных.

Намек такой: подумать над тем, каким могло бы быть упрощающее выражение. Иными словами, применить метод неопределенных коэффициентов: предугадать форму ответа, а затем подобрать в ней необходимые параметры, составив и решив соответствующую (нелинейную!) систему алгебраических уравнений. Это прямой путь.

Чтобы подбодрить решающих (и вместе с тем сохранить интригу), приведу подобный пример с ответом:

$$\left(\left(4+2\sqrt{2}\right)^{1/3}+\left(4-2\sqrt{2}\right)^{1/3}\right)^{1/3}=9^{-1/3}\left(\left(4+3\sqrt{2}\right)^{1/3}+\left(4-3\sqrt{2}\right)^{1/3}+4^{1/3}\right).$$

На первый взгляд кажется, что здесь опечатка, но ее нет

[waxtep]

Ого как! Я пробовал искать $(\varphi^{1/3}-\varphi^{-1/3})^{1/3}=a\varphi^{1/9}+b\varphi^{-1/9}$ (не выходит) и подумывал добавить $+c$, а тут более хитрый трехчлен

-- 05.05.2022, 02:25 --

nnosipov в сообщении #1553886 писал(а):

Чтобы подбодрить решающих (и вместе с тем сохранить интригу), приведу подобный пример с ответом:

$$\left(\left(4+2\sqrt{2}\right)^{1/3}+\left(4-2\sqrt{2}\right)^{1/3}\right)^{1/3}=9^{-1/3}\left(\left(4+3\sqrt{2}\right)^{1/3}+\left(4-3\sqrt{2}\right)^{1/3}+4^{1/3}\right).$$

Эту штуковину можно так переписать, введя $\tau=\left(\sqrt2+1\right)^{1/3}$:

$$\left(\tau+\tau^{-1}\right)^{1/3}=9^{-1/3}\left(\tau^2-\tau^{-2}+\sqrt2\right)$$

Угадать бы, кто такой здесь $\sqrt2$ и кажется можно обобщать! Может быть, он $\dfrac12\left(\tau^3+\tau^{-3}\right)$, а может просто однофамилец

[nnosipov]

waxtep в сообщении #1553894 писал(а):

Эту штуковину можно так переписать, введя $\tau=\left(\sqrt2+1\right)^{1/3}$:

Да, так и есть. По крайней мере, теперь она не так странно смотрится.

waxtep в сообщении #1553894 писал(а):

Угадать бы, кто такой здесь $\sqrt2$ и кажется можно обобщать!

Обобщение у меня есть, но выглядит оно диковато. Вероятно, еще не нашел правильный вид.

-- Чт май 05, 2022 12:22:07 --

Еще один пример:

$$\left(\left(\frac{5+\sqrt{29}}{2}\right)^{2/3}+\left(\frac{5-\sqrt{29}}{2}\right)^{2/3}\right)^{1/3}=3^{-1/3}\left(\left(\dfrac{5+\sqrt{29}}2}\right)^{1/3}+\left(\dfrac{5-\sqrt{29}}{2}\right)^{1/3}+1\right).$$

[Rak so dna]

Пусть $t=\sqrt[3]{\alpha}+\sqrt[3]{\beta}+\sqrt[3]{\gamma}, \quad u=\sqrt[3]{\alpha\beta}+\sqrt[3]{\beta\gamma}+\sqrt[3]{\gamma\alpha}$, где $\alpha,\beta,\gamma$ - вещественные корни некоторого кубического многочлена. Пусть $\alpha+\beta+\gamma=p,\quad \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha=q,\quad \alpha\beta\gamma=r^3$.
Т.о. $\alpha,\beta,\gamma$ - вещественные корни уравнения ${\lambda}^3-p{\lambda}^2+q{\lambda}-r^3=0$.
Воспользовавшись тождеством $(a+b+c)((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca))=a^3+b^3+c^3-3abc$ для $a=\alpha,b=\beta,c=\gamma$ и для $a=\alpha\beta,b=\beta\gamma,c=\gamma\alpha$

$$ \begin{cases} t(t^2-3u)=p-3r,\\ u(u^2-3rt)=q-3r^2 \end{cases} $$

Исключая $u$, получаем уравнение для $t$
$t^9-3(6r+p)t^6+3(9r^2+3rp-9q+p^2)t^3+(3r-p)^3=0$
Из него находим:
$t^3=\left(\frac{27\sqrt{-27r^6-(4p^3-18pq)r^3-4q^3+p^2q^2}}{2}+\frac{243r^3+p(162r^2+27q)+162qr}{2}\right)^{1/3} $
$+\frac{27r^2+9rp+9q}{\left(\frac{27\sqrt{-27r^6-(4p^3-18pq)r^3-4q^3+p^2q^2}}{2}+\frac{243r^3+p(162r^2+27q)+162qr}{2}\right)^{1/3}} $
$+(6r+p)$
Теперь можно манипулировать с видом разлагаемого радикала:
Если мы, допустим, хотим найти тождество для радикала вида $\sqrt[3]{\sqrt[3]{A}+\sqrt[3]{B}}$, то можно взять $p$ такое, что $6r+p=0$, а $q,r$ из уравнения ${\lambda}^3-p{\lambda}^2+q{\lambda}-r^3=0$ подобрать так, что бы оно имело один рациональный корень (делить на некоторый многочлен $\lambda - F(q,r)$ и приравнивать остаток от деления нулю) и два корня в виде квадратичных иррациональностей. Так, например, поделив на $\lambda+r$, найдём ${\lambda}^3+6r{\lambda}^2+q{\lambda}-r^3=({\lambda}^2+5r{\lambda}-5r^2+q)({\lambda}+r)+r(4r^2-q)$, откуда $q=4r^2$ и ${\lambda}_1=-r,\quad {\lambda}_{2,3}=\frac{-5r\pm r\sqrt{29}}{2}$. Взяв теперь $r=-1$ получим:

$\sqrt[3]{3\sqrt[3]{ \frac{27+5\sqrt{29}}{2} }+3\sqrt[3]{ \frac{27-5\sqrt{29}}{2} }}= \sqrt[3]{\frac{5+\sqrt{29}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{5-\sqrt{29}}{2}}+1$

[nnosipov]

Вот теперь можно и ссылку дать: статья "Три формулы Рамануджана" (Квант, 1988, № 6). В ней описывается способ конструирования подобных числовых тождеств. Но таких примеров там нет. А где есть?

[nnosipov]

Rak so dna в сообщении #1553908 писал(а):

Если мы, допустим, хотим найти тождество для радикала вида $\sqrt[3]{\sqrt[3]{A}+\sqrt[3]{B}}$, то можно взять $p$ такое, что $6r+p=0$, а $q,r$ из уравнения ${\lambda}^3-p{\lambda}^2+q{\lambda}-r^3=0$ подобрать так, что бы оно имело один рациональный корень (делить на некоторый многочлен $\lambda - F(q,r)$ и приравнивать остаток от деления нулю) и два корня в виде квадратичных иррациональностей. Так, например, поделив на $\lambda+r$, найдём ${\lambda}^3+6r{\lambda}^2+q{\lambda}-r^3=({\lambda}^2+5r{\lambda}-5r^2+q)({\lambda}+r)+r(4r^2-q)$, откуда $q=4r^2$ и ${\lambda}_1=-r,\quad {\lambda}_{2,3}=\frac{-5r\pm r\sqrt{29}}{2}$. Взяв теперь $r=-1$ получим:

Только сейчас вчитался: здесь у Вас фактически только одно числовое тождество получено (то, которое с $\sqrt{29}$), а на самом деле их существует целое однопараметрическое семейство, которое (в некотором смысле) описывает все такие тождества. В частности, оно содержит и упрощающее тождество для трижды вложенного радикала из стартового сообщения.

[Rak so dna]

nnosipov по Вашей ссылке фактически то же самое, что и у меня. Играясь с разными значениями $p,q,r$ можно получать множество (как мне кажется) подобных тождеств. Возьмём $p=1,\quad q=\frac{1}{9},\quad r=0$ получим такое равенство:
$\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{2}{3+\sqrt{5}}}+1}=\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{6}}+\sqrt[3]{\frac{3-\sqrt{5}}{6}}$. Но
$\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}-1}\cdot\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}+\sqrt[3]{\frac{2}{3+\sqrt{5}}}+1}=\sqrt[9]{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}$ откуда
$\sqrt[3]{\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{2}}-1}=\frac{\sqrt[9]{\frac{1+\sqrt{5}}{2}}}{\sqrt[3]{\frac{3+\sqrt{5}}{6}}+\sqrt[3]{\frac{3-\sqrt{5}}{6}}}$ и степень вложенности радикалов уменьшена.

[nnosipov]

Rak so dna в сообщении #1553942 писал(а):

Играясь с разными значениями $p,q,r$ можно получать множество (как мне кажется) подобных тождеств.

Конечно, я об этом выше и писал. Общее тождество такого вида можно выписать. Оно несколько громоздко, но какое есть. Собственно, вот оно (на языке Maple):

zero := surd(surd(729/2*b^3+27/2*b*(2*b^3+6*b^2+1)*(b^4+12*b^3+36*b^2-4*b)^(1/2),3)+surd(729/2*b^3-27/2*b*(2*b^3+6*b^2+1)*(b^4+12*b^3+36*b^2-4*b)^(1/2),3),3)-surd(1/2*b^2+3*b+1/2*(b^4+12*b^3+36*b^2-4*b)^(1/2),3)-surd(1/2*b^2+3*b-1/2*(b^4+12*b^3+36*b^2-4*b)^(1/2),3)+surd(b^2,3);

Придавая здесь параметру $b$ произвольные рациональные значения, будем получать конкретные числовые тождества.