卡丹公式欺骗了五百年所有数学家----最简证明.

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)
2 H2 T# y+ n, v4 C化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
  
6 V, ?% B' |) r分三次分析
3 G; X3 Y* V( G# @" Q5 z第一分析,

0 u" E5 |6 N4 j: X: p8 I% Q把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
1 D% G: D: i3 c% W  z2 t/ @3 y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).
2 P5 |5 Z1 j, e1 l(3)式代入后得:
& y3 Q' _, Y. v0 A7 k得:2x^-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,

把p=-3/4.  q=1/8  
$ I+ ?/ ]+ ?7 k9 z代入卡丹公式x2中.
! S3 t0 q  B0 j, v+ Z& @6 c: Q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)
$ Z, e4 q- K4 b! C' n得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
( z7 x& e5 U4 _& I0 {0 q" J. Z& j2 K  同理得:2x^-x-1=0
' i$ f5 \: m1 Y5 z$ H; M) I( Q
0 S2 [1 o3 C' j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)
笔误更正 2x^2-x-1=0......(4)

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)
9 d% I$ |3 ^- Z( p: `$ A化为: x^3-3x/4+1/8=0....(2),
" t$ X; w0 ^4 D; R  
( @4 |7 w" C- c% F8 b1 p9 v& Z6 O分三次分析
: f  k* w3 ?, O/ ~' g第一分析,
; g, K, H; ?6 M$ s
* u* H4 g0 s7 P0 R把p=-3/4.  q=1/8  
代入卡丹公式x1中.
) [% j# ^9 ^1 ^) v6 N9 \4 _% G) f8 N得:2x=[ω]^(1/3)+[1/ω]^(1/3)....(3)
5 V& |/ t$ i* y; Y0 Z把(3)式两边平方得:
( L; h) o: J! @+ X( B" I7 d4x^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]^(1/3).
(3)式代入后得:
得:2x^2-x-1=0......(4)
/ x% j0 V1 H0 p, D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 z1 }8 ~6 m8 p1 F2 o/ r) W6 C其实没必要做第种 情况分析.为了让大家放心,我再做.
% M: R5 x. c% [/ Y) t# J9 I5 S) Z第二分析,

' Z# Q) O' |% z' O把p=-3/4.  q=1/8  
' v) \9 j$ D6 d' q9 f3 i代入卡丹公式x2中.
4 j& L2 ^& n! I) c; d得:2x=ω[ω]^(1/3)+ω^2*[1/ω]^(1/3)
3 I) ^8 F+ x1 U- O% R0 t& ~- D* ~两边平方后:4x^2=ω^2*[ω^2]^(1/3)+2+ω^4*[(1/ω)^2]^(1/3)
0 S! J/ D& N" s! O; x4 l得:4x^2=ω^2*[1/ω]^(1/3)+2+ω[ω]^(1/3)
0 A" l5 Y) c2 z/ d  M2 w. S  同理得:2x^2-x-1=0
3 P' ]4 `4 M- x. |9 ^* h& K

谢芝灵

关健是我知道卡丹为什么会错的核心.
就像围棋玲珑局,会困死全世界的数学家.
0 Y; a6 \# `+ A2 ~6 d
只有我会破解.
3 g7 ?1 D. n' W0 O/ d1 l

谢芝灵

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2013-11-14 16:06 上传

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谢芝灵

谢芝灵

3 f2 E$ Q6 A3 s/ ]' H奇妙的数ω.
ω=[-1+i(3)^(1/2)]/2
3 t9 I  z4 Z! L. D9 N' O6 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
                  得ω)^n+(1/ω)^n+2=x^2.
       得方程:x^2=x+2
  解得 x1=-1.   x2=2.
5 M$ k0 N2 A1 R! d8 u! U# H; s
4 ^. n7 E, e) A: v/ l+ \5 \% T

谢芝灵

关于增根,减根问题.
: u/ |. _  A# x5 @1 T; @( w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.
1 t' m$ k+ Z8 r4 {( [( ]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.
- A* L% n. N2 r, ~% |- H5 ]第三步,同上一样.

% ?4 D. {' J, D3 B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.
2 X6 V9 v3 Q+ o; o" {
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.

, i) c  C( j+ W1 {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

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.
) \) V7 _: n4 A6 V, q) h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).
7 U' g# d0 x# l/ M! o1 l( m1 {3 E也分别分析了三种情况,
" k$ k  _! _2 d5 ?$ c' _