卡丹公式欺骗了五百年所有数学家---最简铁证

谢芝灵

' l) [+ x- P" q4 ]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),
  
分三次分析
第一分析,

把p=-3/4.  q=1/8  
4 n# a8 `# M& I) B代入卡丹公式x1中.
' A/ R* q. W) z2 e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).
6 f" I6 P8 b& T(3)式代入后得:
得:2x^2-x-1=0......(4)
此时(4)和(1)式(2)式矛盾 .由卡丹公式引起.
! z6 A" g: P3 O; {7 ^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.
: {# v" ^$ E# G  G0 W9 @3 E0 U& h第二分析,
5 |: e" V1 [2 ~; v0 R1 u6 r
把p=-3/4.  q=1/8  
* w0 N2 J& F& Z: W4 `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)
得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
+ I+ }+ A0 N5 n0 s0 j0 m  同理得:2x^2-x-1=0

第三分析(略)
- T5 e9 W: Y8 E1 L# G( d( E7 }  w: \卡 丹公式局限性很大,仅能解4(sin30)^3-(3/4)(sin30)+(sin90)/4=0  此形式变形的一元三次方程.这些方程是有理数的解.我知道卡丹公式错误的理论根源.才用上述铁证证明其局限性.

数学1+1

谢芝林先生:
      一元三次方程的求根公式没有问题。问题在于你对ω的理解，为什么有ω^3=1 ？

谢芝灵

数学题:

& U: {3 H3 C6 @* q* N5 f7 J- @已知:ω=[-1+(-3)^(1/2)]/2.
3 ?2 Q+ D6 D3 c. k; d  |" A3 F有ω^3=1.得ω^2=1/ω.还有1/ω^2=ω.
4 E! u' O: b7 \3 D2 L
求值:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=?
% Q, O8 h2 l+ @& z# z6 e' c3 y7 b6 w
5 Q( r2 V$ E: N) V& S解题.
  设:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=x,通过两边平方后:
2 j, I4 V$ [1 K/ e1 B" y) B  (ω^2)^(1/3)+[ω^(1/3)][1/ω^(1/3)]+(1/ω^2)^(1/3)=x^2.(大家对[ω^(1/3)]^2=[ω^2]^(1/3).有争议,我后有证明是成立)
0 D: r& d; k; R4 f3 b& f& Q! F& Z0 n  因为:ω^2=1/ω,  1/ω^2=ω.代入上式后:
8 |; X- R' T8 _  1/ω^(1/3)+2+ω^(1/3)=x^2.又:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=x.得
  一元二次方程x^2-x-2=0.,
0 n8 G/ P* K/ ], _再解方程得两个根x1=-1,x2=2.
因为ω^(1/3)+1/ω^(1/3)只有一个值,但上面经过平方后多了个增根,但ω^(1/3)+1/ω^(1/3)的值
$ }: @+ s/ u' z* w必在-1和2之中.
; z# k0 Q& M2 f/ v
- h0 b2 y0 b4 ~* i再把两个根分别代入验算.我的验算全完是合数学逻辑.
并且如用x=3代入则矛盾.说明只有两个根x1=-1,x2=2..
. g4 |3 D5 {/ o7 I% j( d( j# H% i
& w8 ?" R+ ]7 g5 j2 D补证:[ω^(1/3)]^2=[ω^2]^(1/3).

证:
令: [w^(1/3)]^2=(x^2)^(1/3).....(1).
& p7 _7 r5 o$ s+ P  (1)式得:[w^(1/3)][w^(1/3)]=(x^2)^(1/3)
     即:w^(1/3+1/3)=(x^2)^(1/3).
6 D; L; d$ V! B8 X; @      w^(2/3)=(x^2)^(1/3).
2 w, _" N: m3 A0 l; P. }2 n    上式两边立方:[ w^(2/3)]^3=[(x^2)^(1/3)]^3.  注意立方和开立方根是两回事.其中的[ w^(2/3)]^3就是一个数值，不是三个数值。
# j$ }; r- z$ Z, m  得:[ w^(2/3)][ w^(2/3)][ w^(2/3)]=[(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)]
得:w^(2/3+2/3+2/3)=(x^2)^(1/3+1/3+1/3).
  得:w^(6/3)=(x^2)^(1)
   得:w^2=x^2.
  上式代入(1)式得:[w^(1/3)]^2=(w^2)^(1/3).
  证毕!
  H" e# T( K: U( J; @. N( G0 E

polgageorge

如果你是对的，麻烦你仔细整理一下，如果可以的话，分享分享；如果你错了，不要灰心，找找错在哪。不要让情感战胜了理智的头脑，即便你得了数学大奖。另外，建议你确认一下关于卡丹公式的参考资料是否完整确切

谢芝灵

ω=[-1+(-3)^(1/2)]/2.得ω^3=1.和ω^2=1/ω.及ω=1/ω^(1/2).
, d5 c, }- ?# Q5 v$ R" R" C; a5 s
ω是个奇妙的数.
* Q" c+ D* n2 x  Q  d$ v; Tω^n+1/ω^n更是个神奇的值.
" N. Z" q8 F( K0 Q4 m即不管n变化多大.ω^n+1/ω^n的值就在-1和2之中.

谢芝灵

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.
; n# D) }  Z# U9 x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,
9 w1 F4 C& `% P

谢芝灵

关于增根,减根问题.
, U* X. {  {( {2 B. o: Q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.
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.
0 L! A9 }  o6 m$ z+ H1 q5 n我把这两个根都代入(2)式,均错误.
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.
. E9 i& U1 |) w; |. q+ y9 m' Z- q第三步,同上一样.
; D6 X% }" [6 g( P% }2 @
) @9 K8 u; i: f- \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.
- v; z" B0 A3 A. m
$ m2 A( a2 t! e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.

. J/ E6 ~" [% L8 Y% R那么(ω)^(1/2)的平方等于多少?
8 \: w) a; U* m4 P2 }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!
4 ^/ p- I5 w: p! S. p% o* D

谢芝灵

奇妙的数ω.
( }- z7 v+ ]/ a0 E4 b; x% t! Y& B5 wω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
: {, Y0 S% _7 [' @) Q- G- s9 Bn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.
解:设(ω)^n+(1/ω)^n=x.
  两边平方后得ω^2)^n+2+[(1/ω)^2]^n=x^2
% k* L  Q5 L9 p( o- P                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
6 H, Z5 q9 r& I       得方程:x^2=x+2
  解得 x1=-1.   x2=2.

8 Y7 O! p5 O. A7 z) n, |

谢芝灵

对 (q/2)^2+(p/3)^3≥0,卡丹公式成立.

谢芝灵

谢芝灵 发表于 2013-11-14 18:50

局限性很大,只能说它不是万能解一元三次方程的公式.对 (q/2)^2+(p/3)^3≥