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
5 I5 Q3 ~0 |5 n/ l, D# O7 u恒等式: (sin10)^3-(3/4)(sin10)+(sin30)/4=0....(1)
2 l6 n& U" \5 I- F) q& Y; r% R1 f& W化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
# @6 d4 a  t& A分三次分析
* V; Q6 b- `, n% R第一分析,
2 L& n6 U& Y- `  v* ]
6 i# p  u, m; `& {2 q- ?  Y5 C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)
4 p# d6 l+ v- ]把(3)式两边平方得:
" b  E* N' U! k( k4x^2=[ω^2]^(1/3)+2+[(1/ω)^2]^(1/3).
& B& B0 [/ E3 k! \  A7 \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.
4 D- j* [% x2 W0 ~. ~" P其实没必要做第种 情况分析.为了让大家放心,我再做.
0 w0 P* G7 j2 Z/ j3 g# |0 g第二分析,
( Y' Y/ Y) j9 _. U; ~
1 K: i. u( o; O. p4 u把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x2中.
2 x: l3 P: ~% X, K( w' Z得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
1 p- Z. E" q; `% d两边平方后:4x^2=ω^2*[ω^2]^(1/3)+2+ω^4*[(1/ω)^2]^(1/3)
+ l& k- |4 o* c/ U' [得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
  同理得:2x^2-x-1=0
# f0 ~. H% ?; q  H# ?; Y5 ]  k
/ m- G  b8 E+ [第三分析(略)
( l$ ~) I* l' z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:
, W0 G1 o; s& H2 l- z. z      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:

$ T) j7 q9 s0 V0 U2 Q& D* l1 n已知:ω=[-1+(-3)^(1/2)]/2.
# }& _: `9 T+ H有ω^3=1.得ω^2=1/ω.还有1/ω^2=ω.

! [! g' q# c$ q$ u" K3 g求值:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=?
4 E) O# q2 p8 n) M
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)
+ U6 l3 j1 ?7 L. y& e$ M& K  因为:ω^2=1/ω,  1/ω^2=ω.代入上式后:
+ P4 t. `+ [% |9 S  1/ω^(1/3)+2+ω^(1/3)=x^2.又:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=x.得
9 J+ w# B5 L, Z, _  一元二次方程x^2-x-2=0.,
& ^  Q  F& l. b5 u再解方程得两个根x1=-1,x2=2.
) v' L5 H5 T- K1 _: Y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
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.
, y7 y$ I( h& M% t- k并且如用x=3代入则矛盾.说明只有两个根x1=-1,x2=2..

补证:[ω^(1/3)]^2=[ω^2]^(1/3).

证:
1 h, K7 [" @( X令: [w^(1/3)]^2=(x^2)^(1/3).....(1).
  (1)式得:[w^(1/3)][w^(1/3)]=(x^2)^(1/3)
     即:w^(1/3+1/3)=(x^2)^(1/3).
4 _1 x9 A; [# ~  |      w^(2/3)=(x^2)^(1/3).
    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。
; W, E! i8 f6 p! I+ L  得:[ w^(2/3)][ w^(2/3)][ w^(2/3)]=[(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)][(x^2)^(1/3)]
! J3 Q. r/ S2 X, U$ I* Y6 N7 L  `5 f得:w^(2/3+2/3+2/3)=(x^2)^(1/3+1/3+1/3).
  得:w^(6/3)=(x^2)^(1)
+ q" k( K- C3 Q7 v6 d   得:w^2=x^2.
7 s# X' p: V" m% f+ j, Z2 C  Y/ f  上式代入(1)式得:[w^(1/3)]^2=(w^2)^(1/3).
  证毕!

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).

ω是个奇妙的数.
( _& A& ~9 c% T, y7 R; uω^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.
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).
$ P. Q' X& }' t+ E' p也分别分析了三种情况,

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.
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.
& f9 k+ M7 ^) Q8 x0 M, a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.
3 b4 ]' U" h8 e) l6 G第三步,同上一样.
+ R7 L. g* i' D" O- [
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.

3 @) j3 E0 o+ ]7 E# X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.

. h0 }& J2 v1 N/ d% {* ?4 I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!

谢芝灵

6 X7 i3 _5 Y1 @+ h! h6 s+ i7 P
- W% r8 r: b5 j奇妙的数ω.
ω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
n是非0的任何数.
, B" @8 z* l0 W& M; r4 zω+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.
, U6 G! ]) b8 G/ B  两边平方后得ω^2)^n+2+[(1/ω)^2]^n=x^2
/ }' h* ]2 Z* P                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
       得方程:x^2=x+2
9 D2 l8 m- R& T7 x  s  解得 x1=-1.   x2=2.

; e: W; L7 @5 D  T: \" A) m* X* e" [

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

( y7 N" S2 z6 B5 x7 O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≥