卡丹公式欺骗了五百年所有数学家---最简铁证

谢芝灵

( K+ Z& ]0 A8 N, G( Q1 |2 F1 D, U
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),
  
7 J) k- H5 \# `9 P, L分三次分析
# Z5 V: [* Y* |" h, T0 ^6 D第一分析,

把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
$ z- e, @3 W3 f$ m$ R; v" t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).
' ?5 S1 P. \* Q9 U7 X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.
" y' O1 T2 v! H! p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,

把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x2中.
' R2 C7 d# _) b: r1 J, a6 P得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
9 Z* t$ |) Y% `9 H: s# y& c两边平方后:4x^2=ω^2*[ω^2]^(1/3)+2+ω^4*[(1/ω)^2]^(1/3)
0 i! i: W6 O5 ~  V0 ?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)
: W  s3 U3 a1 k: |7 h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:
. W. q1 M  h" l9 i" d! I
已知:ω=[-1+(-3)^(1/2)]/2.
0 }0 A/ t: |; y0 ~( d1 N8 k有ω^3=1.得ω^2=1/ω.还有1/ω^2=ω.

3 ?6 ?8 H$ W* V3 F2 ?求值:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=?

解题.
% a* t. v9 v) T6 N" F  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)
% O. [, F6 R) C  i- Z  因为:ω^2=1/ω,  1/ω^2=ω.代入上式后:
3 {! z) P4 h, p  `/ j5 h/ A' b& \  1/ω^(1/3)+2+ω^(1/3)=x^2.又:ω^(1/3)+1/ω^(1/3)=x.得
  h  H% t% p2 `5 ?4 Y# m4 ?8 h& C8 T- h  一元二次方程x^2-x-2=0.,
$ J! S7 b  g- p3 X8 p0 B+ C2 }再解方程得两个根x1=-1,x2=2.
- @- u& h3 {4 M: T1 g8 o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
9 x* k6 r  i9 v7 j  j5 M, i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.
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).
7 {/ b3 G, E' p3 E8 N" ?+ |, e% |
证:
8 O) q8 A' f# M4 `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).
      w^(2/3)=(x^2)^(1/3).
# I  ]" G: q/ F    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)]
得:w^(2/3+2/3+2/3)=(x^2)^(1/3+1/3+1/3).
. g% b- _2 h' G6 e, F" Y  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!

7 k3 B2 K- h( u8 |1 Q

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).

" S4 ]/ B4 l, @; n2 ^) P! wω是个奇妙的数.
+ }% q# e. K; v, bω^n+1/ω^n更是个神奇的值.
. y3 U" J; m6 K& Y# R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.
7 v/ D0 P. o8 [4 t( `. j+ L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).
, G7 G" j: b9 r5 E3 h也分别分析了三种情况,

谢芝灵

关于增根,减根问题.
4 w% e- i# c  `: ~* Q8 e' H" ?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.
# f4 O' n4 _5 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.
: o8 u  j$ i! W9 t0 N. O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.
' R) S- h2 z! n$ `1 G' G* F+ A第三步,同上一样.
% i3 H/ o7 w0 ^" K8 P* 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.

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.
" O" f! y1 U" |9 Z  m7 j0 u5 r
) C, Y/ `2 h  ]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).
% G* n; @% A  N: L错误的计算是::[ (ω)^(1/2)]^2=(ω)^(2/2).=ω.====此是错误的!
& n3 ~+ ~; I7 }( n
2 \! U4 e. I7 g; b$ c

谢芝灵

/ j# A" T. B  s: S$ ]. ]6 w
0 h& A4 ]  B& H& ^奇妙的数ω.
ω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
3 [( x: \; R0 c: c7 k  v& L+ \n是非0的任何数.
) ^. p" O; }7 F1 |/ \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.
! {$ s, P. D. z. Q解:设(ω)^n+(1/ω)^n=x.
  两边平方后得ω^2)^n+2+[(1/ω)^2]^n=x^2
                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
       得方程:x^2=x+2
5 _! W: K& W' |3 Z  解得 x1=-1.   x2=2.
$ ]; ]* ?; m& s# ~

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≥