卡丹公式欺骗了五百年所有数学家---最简铁证

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)
6 F& T4 ^+ C; s化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
分三次分析
# a% I; D5 a* a0 T: P* s* S4 Q第一分析,

' a, G2 x, h* ~0 I0 t$ r* X把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
9 {6 b4 _0 t, Z2 K- V得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
, X; E, z) A% J4 |: g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)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.
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.
第二分析,
* l7 K7 W% P& u( V
把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x2中.
0 k: ^5 {: F" Y8 e- z4 n8 a  R9 W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)
  同理得:2x^2-x-1=0

第三分析(略)
5 ?: t' w  E# r1 q2 {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:
/ z2 \: h2 G0 \4 S4 B( N3 [$ t2 Y4 v' r      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:
9 W% G/ l* `# J
& A% P- ~) S. E, b4 R0 }已知:ω=[-1+(-3)^(1/2)]/2.
有ω^3=1.得ω^2=1/ω.还有1/ω^2=ω.

求值:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=?

解题.
  设:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=x,通过两边平方后:
  (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)
7 E( S+ @5 G" B' c( g2 I# h  因为:ω^2=1/ω,  1/ω^2=ω.代入上式后:
) X1 P$ C6 O3 j6 Z4 k0 L" Q6 [, J  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.,
) W; P/ O7 h/ d再解方程得两个根x1=-1,x2=2.
3 u, p! `2 @. y$ t6 P7 N* Y) \4 H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
1 A/ r" t0 |7 w; \) O必在-1和2之中.

再把两个根分别代入验算.我的验算全完是合数学逻辑.
+ l6 P  c  n5 n并且如用x=3代入则矛盾.说明只有两个根x1=-1,x2=2..
) u" I8 z: h, {9 O2 ^: |
4 l" F$ N) ~6 Q* S1 G$ b补证:[ω^(1/3)]^2=[ω^2]^(1/3).

证:
令: [w^(1/3)]^2=(x^2)^(1/3).....(1).
# m( N& s7 M. e5 \  (1)式得:[w^(1/3)][w^(1/3)]=(x^2)^(1/3)
     即:w^(1/3+1/3)=(x^2)^(1/3).
      w^(2/3)=(x^2)^(1/3).
" b0 J" t2 a/ t# w! _5 o' J    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。
  得:[ w^(2/3)][ w^(2/3)][ w^(2/3)]=[(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)]
% S; L& R* t3 t得:w^(2/3+2/3+2/3)=(x^2)^(1/3+1/3+1/3).
5 @8 [- ~. v# |6 ]0 C  得:w^(6/3)=(x^2)^(1)
   得:w^2=x^2.
5 u- d$ Q. }8 G, p: k/ T  上式代入(1)式得:[w^(1/3)]^2=(w^2)^(1/3).
  证毕!

/ s% b9 H6 d( x' C, O. N

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).
2 u" K7 }/ J) G4 A3 o
ω是个奇妙的数.
+ Y1 O0 x- P. _% p" Y5 q9 ~6 O6 jω^n+1/ω^n更是个神奇的值.
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.
8 U& p* M: R3 U1 n4 G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,
0 }) |0 n$ ^7 x3 P' [" j. W, P  k

谢芝灵

关于增根,减根问题.
+ m1 I/ D1 H) E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.
- ^7 Q" N7 n, z7 y( y) j5 x& a. h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.
8 }. a: O* ^) r/ W/ Q5 v: Q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.
' P- J% j/ B7 j第三步,同上一样.

5 p: g0 e: L6 q' f1 o" C所以不存在增根减根把主根丢失的情况.
* N" }9 U! L' d/ B# L$ p# {7 l6 R/ F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.
* ?6 U; D# j4 L5 Y  P
" r( }1 ^: M! J' Y% 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.

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!

6 M% [3 D  b2 R. i

谢芝灵

奇妙的数ω.
) t. V1 \* k& C+ P8 lω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
n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.
* u) b, X( g+ y, }5 i  两边平方后得ω^2)^n+2+[(1/ω)^2]^n=x^2
. k& h0 Y* y+ \& o- P                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
0 {  ~3 E( _; U6 ^7 N3 x2 _       得方程:x^2=x+2
  解得 x1=-1.   x2=2.

) A- b1 P9 `# E' _1 {$ r

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

# k8 A$ ~6 n) S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≥