卡丹公式欺骗了五百年所有数学家----最简证明.

谢芝灵

: [+ }' N+ K" |0 r& X9 d  r, \* T! N
3 h$ V" H% S& `+ X0 B  @因为:ω^3=1  有 : ω=(1/ω)^2.  有 : ω^2=1/ω
6 h3 ^9 q: w5 M& ~恒等式: (sin10)^3-(3/4)(sin10)+(sin30)/4=0....(1)
化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
分三次分析
" ]7 s/ @+ L7 z6 y: @* E第一分析,

把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
把(3)式两边平方得:
4x^2=[ω^2]^(1/3)+2+[(1/ω)^2]^(1/3).
上式ω^3=1变形后为:4x^2=[1/ω]^(1/3)+2+[(ω)^2]^(1/3).
3 c  |: L& y' h( f0 z" A(3)式代入后得:
得:2x^-x-1=0......(4)
此时(4)和(1)式(2)式矛盾 .由卡丹公式引起.
) F- `3 n# p7 m8 A9 j  j* x/ L其实此时完全证明了卡 丹公式不是万能公式.不能解(1)(2)形式方程.
2 y2 T' [! _4 `* r8 M' E, g其实没必要做第种 情况分析.为了让大家放心,我再做.
第二分析,

7 t; D2 b6 N5 T! x& {) }7 v把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x2中.
得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
8 ?  r  u0 G" r* c1 ]( R6 x两边平方后:4x^2=ω^2*[ω^2]^(1/3)+2+ω^4*[(1/ω)^2]^(1/3)
得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
  同理得:2x^-x-1=0
9 j4 I) m& A" ?4 F7 r7 y
第三分析(略)
+ p. Q" t( z% V# P4 }卡 丹公式不明解大部分一元三次方程.只能解 4(siin30)^3-(3/4)(sin30.)+sin90=0  这一种形式的一元三次方程...

谢芝灵

只能解 4(siin30)^3-(3/4)(sin30.)+sin90=0  这一种形式的一元三次方程===我有理论证明!

谢芝灵

2x^-x-1=0......(4)
) w3 W/ Q! h1 I) E5 Q笔误更正 2x^2-x-1=0......(4)
' D: }* U6 m2 ^+ H8 X2 Z/ k- O

谢芝灵

因为:ω^3=1  有 : ω=(1/ω)^2.  有 : ω^2=1/ω
恒等式: (sin10)^3-(3/4)(sin10)+(sin30)/4=0....(1)
化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
: c7 i! N1 R8 N8 \分三次分析
) [+ f7 b- A1 `7 n3 h! ^第一分析,

把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
把(3)式两边平方得:
  o% D/ `# r9 |! u) R4x^2=[ω^2]^(1/3)+2+[(1/ω)^2]^(1/3).
上式ω^3=1变形后为:4x^2=[1/ω]^(1/3)+2+[ω]^(1/3).
9 X8 B) L; t) H; t- q(3)式代入后得:
得:2x^2-x-1=0......(4)
6 U& Y! a- H6 Y" I1 I此时(4)和(1)式(2)式矛盾 .由卡丹公式引起.
其实此时完全证明了卡 丹公式不是万能公式.不能解(1)(2)形式方程.
其实没必要做第种 情况分析.为了让大家放心,我再做.
7 C% E3 h6 s$ J: r6 j第二分析,

$ A6 H: O: j% e  D) ?) n把p=-3/4.  q=1/8  
# y5 x9 }  E. `0 S, x+ e' T7 [代入卡丹公式x2中.
得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
两边平方后:4x^2=ω^2*[ω^2]^(1/3)+2+ω^4*[(1/ω)^2]^(1/3)
6 `% Z1 I4 P5 _) }6 l( v得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
' o. Z8 E' U  T6 [/ k  同理得:2x^2-x-1=0
3 f0 G: C/ N  t" X2 r
1 i2 @8 ~! k" O" W$ e$ i& w

谢芝灵

关健是我知道卡丹为什么会错的核心.
就像围棋玲珑局,会困死全世界的数学家.

  n1 \. V' A) Y只有我会破解.

谢芝灵

卡丹公式的错误和局限.docx (37.1 KB, 下载次数: 3)

2013-11-14 16:06 上传

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谢芝灵

谢芝灵

' O( m  u2 t* Q2 N$ E( B. `
奇妙的数ω.
ω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
6 `" f/ \" f$ v6 z: R) w6 sn是非0的任何数.
ω+1/ω=(ω)^n+(1/ω)^n=-1或2.当 n为1,2,4,8,16,...形式时等于-1.别的形式等于2.
* `- _6 C- p7 y0 @' E! S9 n解:设(ω)^n+(1/ω)^n=x.
& K2 ^6 i5 |( d, x6 ?! x  两边平方后得ω^2)^n+2+[(1/ω)^2]^n=x^2
* l( y' r# [6 X1 b% n0 J" g                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
       得方程:x^2=x+2
  解得 x1=-1.   x2=2.

谢芝灵

关于增根,减根问题.
在(2)式代入卡丹方程中得到三个根,我把三个根x1,x2,x3都分析,就不会漏减根了.
+ p( e5 {3 O# [; N. C- g由卡丹公式得到x1,此时就是一个一元一次方程.两边平方后得一元二次方程.出现了一个增根.
我把这两个根都代入(2)式,均错误.
( U* P3 E! E/ [) \7 W7 @: V第二步,把x2这个两边平方,又得到一样一元二次方程.同样矛盾.
第三步,同上一样.
6 o4 O7 r" f8 G8 m, U3 g, w6 i3 G1 ~
所以不存在增根减根把主根丢失的情况.
方程就三个根x1,x2,x3.也可写成sin10,sin50,-sin70.有人说多了几个根,如-cos20.等.其实-cos20就是-sin70.他们是重复计算.

& i7 A( P! l  k其中的复数也是按复 复数法则.ω^3=1,得ω^2=1/ω.还有(1/ω)^2=ω.

那么(ω)^(1/2)的平方等于多少?
得:[ (ω)^(1/2)]^2=(ω^2)^(1/2)=(1/ω)^(1/2).
错误的计算是::[ (ω)^(1/2)]^2=(ω)^(2/2).=ω.====此是错误的!
- G! N  F7 |7 x
3 h9 U. `3 d; J; e+ Q1 s5 q

谢芝灵

楼里讲得很清了,x1是原方程的根,肯定不是增根.代入原方程后得到一个一元二次方程,原根也没丢,把二个根代入就矛盾了.
但网友说1^(1/3)有三种情况.其实这三种情况卡丹早想到了,所以卡丹公式才有x2,x3,见x2,x3,里面都有ω和ω^2(即1/ω).
也分别分析了三种情况,