卡丹公式欺骗了五百年所有数学家----最简证明.

谢芝灵

6 k# T/ h! L# B3 v7 X2 Y' ?. |
* k" g, o0 Z% {6 E- B+ @因为:ω^3=1  有 : ω=(1/ω)^2.  有 : ω^2=1/ω
0 q$ X2 }: S% ]9 b  j* K恒等式: (sin10)^3-(3/4)(sin10)+(sin30)/4=0....(1)
  ?2 \2 ?- X5 @化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
3 x4 r% y5 g1 s8 V9 `( |  
, }& S# ~! }- C$ b( G分三次分析
) }4 z, ~2 ~# N+ _: C+ w第一分析,

把p=-3/4.  q=1/8  
; r6 n! s* G' Q' i9 F3 k* K- J代入卡丹公式x1中.
4 H+ b( D/ R6 g得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
# U7 m% P+ ~7 ~0 u  D4 G5 ]把(3)式两边平方得:
* A0 e8 L& o& u* R$ V. Z4x^2=[ω^2]^(1/3)+2+[(1/ω)^2]^(1/3).
# M: b' s) n; z上式ω^3=1变形后为:4x^2=[1/ω]^(1/3)+2+[(ω)^2]^(1/3).
3 e  @7 F, b% I# e(3)式代入后得:
9 ~2 G! J6 Y9 U' G得:2x^-x-1=0......(4)
此时(4)和(1)式(2)式矛盾 .由卡丹公式引起.
/ {  l6 A: F; ?. |7 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,

+ M1 p" F: ^4 S) G6 _: H把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x2中.
2 S+ t3 c6 i' t3 S' K0 J5 T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)
+ U; v3 N% v: h( O; G得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
( G7 b% ]) H5 G  同理得:2x^-x-1=0

第三分析(略)
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)
$ E& X: {# z/ v9 `笔误更正 2x^2-x-1=0......(4)
7 p  t$ }) J4 W1 i

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)
" R* m* x' Q" }. H( _- V3 k% ~化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
分三次分析
第一分析,
; `1 r; `, G5 l8 L0 t2 M
% _0 c: I  H1 t' {" m0 B把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
$ G* v) M3 u* i) G7 j5 m! O* q得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
5 m, {  J( q% S1 p: R1 y把(3)式两边平方得:
8 N0 o0 c6 t7 t3 x& i4x^2=[ω^2]^(1/3)+2+[(1/ω)^2]^(1/3).
5 k8 P& I6 t7 j' H: H+ z* n上式ω^3=1变形后为:4x^2=[1/ω]^(1/3)+2+[ω]^(1/3).
# O! h/ X' Z" n  X. O' X+ E(3)式代入后得:
, ?* q; A3 h. @' s2 d得:2x^2-x-1=0......(4)
此时(4)和(1)式(2)式矛盾 .由卡丹公式引起.
+ `$ q6 y6 \- E. S( f3 y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.
1 J# {& P! y: @, {/ f- h) N第二分析,

3 W' ^' [& t" X- m把p=-3/4.  q=1/8  
4 q, f6 P6 o$ @+ Y2 ~. C3 J代入卡丹公式x2中.
得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
1 @- ?% l" I1 O. u" [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

$ j% }' ]+ W- a) M

谢芝灵

关健是我知道卡丹为什么会错的核心.
5 S1 F+ ^6 a& v$ I, u% ?就像围棋玲珑局,会困死全世界的数学家.
1 t2 ^7 G6 x$ K3 u
8 k4 `1 X. \7 q! K2 Y2 R# G# Q只有我会破解.
" Q, c, Z0 B7 M' ~/ a

谢芝灵

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谢芝灵

谢芝灵

! A5 k. g( S4 n  y9 }  B
+ s, I$ L; U8 I* Z+ ^, c& W: @: K奇妙的数ω.
' ]* D* x4 c8 B. w7 t; `ω=[-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.
" r' b- M+ t' i1 {) f! ?8 s% ]. _  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.
4 x& U- h3 P0 u3 ]3 B+ b$ f- \       得方程:x^2=x+2
. p/ Y9 |& i5 t0 x* {  解得 x1=-1.   x2=2.

( ]. {  f8 w# P& P

谢芝灵

关于增根,减根问题.
) s# d5 M* X9 z4 u5 d) 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 s: Q4 ^+ a. p1 F; n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.
/ _% A+ W4 ^! Z0 y8 F/ R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.
# h2 C) P0 O+ \4 B: }% i$ e! J5 H
* @7 w6 x2 h; T6 _2 p1 r& `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.
0 o2 P4 b# A0 n, Z
5 X& _0 Y, ^4 z& |( T! b" 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.
4 T: a: {4 F' V9 j6 E# ~
那么(ω)^(1/2)的平方等于多少?
' b# d* u5 V# z7 E6 C得:[ (ω)^(1/2)]^2=(ω^2)^(1/2)=(1/ω)^(1/2).
' [) u: I3 F; F' I4 D* Z错误的计算是::[ (ω)^(1/2)]^2=(ω)^(2/2).=ω.====此是错误的!