Radicali Doppi
Tutti sappiamo che $ sqrt(\alpha pm \beta)= sqrt(( \alpha +sqrt(\alpha ^2-\beta^2))/2) pm sqrt((\alpha -sqrt(\alpha ^2-\beta^2))/2) $ , ma se il radicale doppio fosse una cosa tipo: $ root(3)(2+sqrt(5)) $ ????!!!! 
Io mi regolerei così:
$ root(3)(\alpha pm \beta)= a+b $ [tex]\begin{cases}
a^3+3ab^2=\alpha \\
b^3+3a^2b= \pm \beta
\end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases}
a^2(a^2+3b^2)^2=\alpha ^2 \\
b^2(b^2+3a^2)^2= \beta ^2
\end{cases}[/tex] $ (a^2-b^2)^3=\alpha ^2-\beta ^2 $ ; $ a^2-b^2=root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) $
Saltando per motivi di spazio alcuni semplici passaggi:
[tex]\begin{cases}
4a^3-3a \delta - \alpha =0 \\
b=\pm\sqrt{a^{2}-\delta}\end{cases}[/tex] ( con $ \delta= root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) $ ).
Proviamo:
$ \delta= root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) =root(3)(4-5) =-1$
$ 4a^3-3a \delta - \alpha =4a^3+3a-2=0 $ Questa è verificata per $ a=1/2 $
$ b=+ \sqrt(a^2-\delta) =+ \sqrt(1/4+1)=+sqrt(5)/2 $
Per cui: $ root(3)(2+sqrt(5)) = a+b= (1+sqrt(5))/2$
Infatti: $ ((1+sqrt(5))/2)^3= 1/8 (1+3sqrt(5)+15+5sqrt(5))=1/8(16+8sqrt(5))=2+sqrt(5) $
Io mi regolerei così:
$ root(3)(\alpha pm \beta)= a+b $ [tex]\begin{cases}
a^3+3ab^2=\alpha \\
b^3+3a^2b= \pm \beta
\end{cases}[/tex]
[tex]\begin{cases}
a^2(a^2+3b^2)^2=\alpha ^2 \\
b^2(b^2+3a^2)^2= \beta ^2
\end{cases}[/tex] $ (a^2-b^2)^3=\alpha ^2-\beta ^2 $ ; $ a^2-b^2=root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) $
Saltando per motivi di spazio alcuni semplici passaggi:
[tex]\begin{cases}
4a^3-3a \delta - \alpha =0 \\
b=\pm\sqrt{a^{2}-\delta}\end{cases}[/tex] ( con $ \delta= root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) $ ).
Proviamo:
$ \delta= root(3)(\alpha ^2-\beta ^2) =root(3)(4-5) =-1$
$ 4a^3-3a \delta - \alpha =4a^3+3a-2=0 $ Questa è verificata per $ a=1/2 $
$ b=+ \sqrt(a^2-\delta) =+ \sqrt(1/4+1)=+sqrt(5)/2 $
Per cui: $ root(3)(2+sqrt(5)) = a+b= (1+sqrt(5))/2$
Infatti: $ ((1+sqrt(5))/2)^3= 1/8 (1+3sqrt(5)+15+5sqrt(5))=1/8(16+8sqrt(5))=2+sqrt(5) $
Risposte
Hai proprio scelto un irrazionale a caso, eh?! 
Comunque ti sei risposto da solo (http://www.wolframalpha.com/input/?i=%282%2B5^%281%2F2%29%29^%281%2F3%29%3D%281%2Bsqrt%285%29%29%2F2)
In generale,
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%282%2B5^%281%2F2%29%29^%281%2F3%29
Comunque ti sei risposto da solo (http://www.wolframalpha.com/input/?i=%282%2B5^%281%2F2%29%29^%281%2F3%29%3D%281%2Bsqrt%285%29%29%2F2)
In generale,
http://www.wolframalpha.com/input/?i=%282%2B5^%281%2F2%29%29^%281%2F3%29
Visto che ti ha incuriosito ti voglio raccontare da dove ho preso quel particolare radicale doppio. 
Considera l'equazione $ x^3+3x-4=0 $ , che ha lampantemente una radice uguale a 1, e applica le formule di Cardano:
$ x=root(3)(2+sqrt(5))+root(3)(2-sqrt(5) $
Questo è uno dei tanti e notori casi in cui le formule di Cardano si dimostrano, come dire, "inadeguate".
Con quella metodica si possono estrarre le 2 radici cubiche per cui:
$ x=root(3)(2+sqrt(5))+root(3)(2-sqrt(5) $ $ =root(3)((1+sqrt(5))^3/8)+root(3)((1-sqrt(5))^3/8)= $ $(1+sqrt(5))/2+(1-sqrt(5))/2=1 $
In realtà le formule di Cardano hanno dei grossi limiti che, a mio avviso, possono essere superati tentando varie strade:
1-riuscendo ad estrarre le radici cubiche
2-trovando un nuovo metodo per risolvere le equazioni di 3° grado
3-introducendo un nuovo operatore capace di risolverle (non deve essere però una cosa della serie "scoprire l'acqua calda" )
4- Arrendersi all'idea che non sempre sia possibile risolvere una equazione di 3° grado in maniera formale
5- .... Varie ed eventuali
Considera l'equazione $ x^3+3x-4=0 $ , che ha lampantemente una radice uguale a 1, e applica le formule di Cardano:
$ x=root(3)(2+sqrt(5))+root(3)(2-sqrt(5) $
Questo è uno dei tanti e notori casi in cui le formule di Cardano si dimostrano, come dire, "inadeguate".
Con quella metodica si possono estrarre le 2 radici cubiche per cui:
$ x=root(3)(2+sqrt(5))+root(3)(2-sqrt(5) $ $ =root(3)((1+sqrt(5))^3/8)+root(3)((1-sqrt(5))^3/8)= $ $(1+sqrt(5))/2+(1-sqrt(5))/2=1 $
In realtà le formule di Cardano hanno dei grossi limiti che, a mio avviso, possono essere superati tentando varie strade:
1-riuscendo ad estrarre le radici cubiche
2-trovando un nuovo metodo per risolvere le equazioni di 3° grado
3-introducendo un nuovo operatore capace di risolverle (non deve essere però una cosa della serie "scoprire l'acqua calda"
)4- Arrendersi all'idea che non sempre sia possibile risolvere una equazione di 3° grado in maniera formale
5- .... Varie ed eventuali
Calcolando la fatica che fece il buon "Tartaglia" per arrivare vicino a quel risultato, direi proprio "la $4$ e sto" 
Proviamo ad applicare la formula di Cardano all'equazione: $ 4a^3-3a \delta - \alpha =0 $
$ sqrt(q^2/4+p^3/27) $ $ =sqrt( \alpha^2/64-\delta^3/64) $ $ =sqrt( \alpha^2/64-\alpha^2/64+\beta^2/64) $ $ = \beta/8 $
$ a=root(3)( \alpha/8 + \beta/8) +root(3)( \alpha/8 - \beta/8) $ $ = 1/2(root(3)( \alpha + \beta) +root(3)( \alpha - \beta)) $
Thò, le formule di Cardano ci hanno portato in un vicolo ceco, ovvero per risolvere $ root(3)(\alpha pm \beta) $, bisogna risolvere .... $ root(3)(\alpha pm \beta) $ 
Chissà perchè la cosa non mi sorprende neanche un pò !!!
$ sqrt(q^2/4+p^3/27) $ $ =sqrt( \alpha^2/64-\delta^3/64) $ $ =sqrt( \alpha^2/64-\alpha^2/64+\beta^2/64) $ $ = \beta/8 $
$ a=root(3)( \alpha/8 + \beta/8) +root(3)( \alpha/8 - \beta/8) $ $ = 1/2(root(3)( \alpha + \beta) +root(3)( \alpha - \beta)) $
Thò, le formule di Cardano ci hanno portato in un vicolo ceco, ovvero per risolvere $ root(3)(\alpha pm \beta) $, bisogna risolvere .... $ root(3)(\alpha pm \beta) $
Chissà perchè la cosa non mi sorprende neanche un pò !!!
Non capisco chi sia \(\delta\)... Ma comunque credo ti sia arenato in una tautologia.
Ad ogni modo, per l'equazione \(x^3+3x-4=0\), applicare le formule di Cardano è assolutamente inutile, poiché una semplice divisione può semplificare (di molto) il problema.
Inoltre, usualmente, sono i pivelli che usano sempre i metodi più calcolosi per risolvere i problemi. Il loro problema sta nel non aver ancora capito che per risolvere un (qualsiasi) problema bisogna usare tutte le frecce al proprio arco, senza fossilizzarsi su un unico tipo di "algoritmo risolutivo".
Ad ogni modo, per l'equazione \(x^3+3x-4=0\), applicare le formule di Cardano è assolutamente inutile, poiché una semplice divisione può semplificare (di molto) il problema.
Inoltre, usualmente, sono i pivelli che usano sempre i metodi più calcolosi per risolvere i problemi. Il loro problema sta nel non aver ancora capito che per risolvere un (qualsiasi) problema bisogna usare tutte le frecce al proprio arco, senza fossilizzarsi su un unico tipo di "algoritmo risolutivo".
Caro dudo82, visto chi io sono un pivello e tu sei il mio maestro, potresti per cortesia usare tutte le frecce al tuo arco per risolvere questa??
$ x^3-21x-37=0 $
Ti auguro buon divertimento
$ x^3-21x-37=0 $
Ti auguro buon divertimento
Due soluzioni reali (distinte) e una complessa
Ragazzi, provo un po' a scherzarci su... Trovo simpatico che, a 500 anni di distanza, ancora ci siano sfide algebriche sulle equazioni di terzo grado. Come capitolo II prevedo una singolar tenzone all'alba, con le pistole, in pieno stile ottocentesco, sulla dimostrazione formale della non risolubilità per radicali di qualche equazione di grado superiore al quarto.
Si scherza
Ragazzi, provo un po' a scherzarci su... Trovo simpatico che, a 500 anni di distanza, ancora ci siano sfide algebriche sulle equazioni di terzo grado. Come capitolo II prevedo una singolar tenzone all'alba, con le pistole, in pieno stile ottocentesco, sulla dimostrazione formale della non risolubilità per radicali di qualche equazione di grado superiore al quarto.
Si scherza
Bhè, era un bel periodo storico tutto sommato
Carico di passione per la scienza e per la matematica
Oggi l'unico amore è rivolto verso il denaro
Carico di passione per la scienza e per la matematica
Oggi l'unico amore è rivolto verso il denaro
Concordo in toto... ci vorrebbe qualche altro Galois anche oggi.
@ marcokrt:
Spero che anche questa affermazione, se riferita all'equazione \(x^3-21x-37=0\) (proposta sopra), sia uno scherzo.
Infatti, è universalmente noto che i polinomi a coefficienti reali hanno radici complesse che "vanno a coppie" (nel senso che il loro numero non può mai essere dispari).
@ matdom:
Tipico esempio di problema che ha a che fare più con la "ragioneria" (senza offesa per i ragionieri) che con la Matematica... Insomma, come passare un'ora del proprio tempo a far conti che farebbe con più efficienza un calcolatore.
Ad ogni modo, dato che me l'hai proposto, non posso far altro che rispondere.
Una semplice analisi della monotonia e degli estremi locali del polinomio \(f(x):=x^3-21-37\) importa che l'equazione proposta ha tre radici reali.
Il criterio di Ruffini implica, evidentemente, che le soluzioni non sono intere. Inoltre, per il teorema degli zeri, due radici sono contenute in \([-3,-2]\) (e localizzate in prossimità di \(-\sqrt{7}\approx -2.646\)), mentre l'altra è in \([5,6]\) (più prossima a \(5\)).
Secondo la notazione comunemente accettata, scelgo di denotare i coefficienti del polinomio con le lettere \(p\) e \(q\), cioé di porre:
\[
p=-21\quad \text{e}\quad q=-37\; .
\]
Il metodo di Cardano risulta totalmente inefficiente per la risoluzione del problema, poiché comporta una buona quantità di contazzi: infatti, l'equazione è del tipo "irriducibile" (termine di Cardano) poiché ha il discriminante \(\Delta= 4p^2+27q^3=-81\) e ciò comporta il dover razionalizzare numeri complessi "bruttini".
Tuttavia, in questo caso risultano agevolmente applicabili le sostituzioni trigonometriche di Viete che consentono di esprimere le tre radici reali nella forma:
\[
x_k= 2\ \sqrt{\frac{-p}{3}}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{3q}{2p}\ \sqrt{\frac{-3}{p}}\right) + \frac{2k\pi}{3}\right)\qquad \text{, per } k=0,1,2\; .
\]
Quindi le tre radici dell'equazione sono:
\[
\begin{split}
x_0 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) \right) \approx 5.291\\
x_1 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) +\frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.717\\
x_2 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) +\frac{4\pi}{3}\right) \approx -2.574\; ,
\end{split}
\]
il che è in linea con quanto previsto dalla teoria.
A questo punto, anche se non amo farlo, sento il dovere di citarmi:
e di augurare buone vacanze ad un vecchio utente, che perde il pelo ma non il vizio:
questo sproloquio su Cardano gli sarebbe piaciuto assai.
"marcokrt":
Due soluzioni reali (distinte) e una complessa
Spero che anche questa affermazione, se riferita all'equazione \(x^3-21x-37=0\) (proposta sopra), sia uno scherzo.
Infatti, è universalmente noto che i polinomi a coefficienti reali hanno radici complesse che "vanno a coppie" (nel senso che il loro numero non può mai essere dispari).
@ matdom:
Tipico esempio di problema che ha a che fare più con la "ragioneria" (senza offesa per i ragionieri) che con la Matematica... Insomma, come passare un'ora del proprio tempo a far conti che farebbe con più efficienza un calcolatore.
Ad ogni modo, dato che me l'hai proposto, non posso far altro che rispondere.
Una semplice analisi della monotonia e degli estremi locali del polinomio \(f(x):=x^3-21-37\) importa che l'equazione proposta ha tre radici reali.
Il criterio di Ruffini implica, evidentemente, che le soluzioni non sono intere. Inoltre, per il teorema degli zeri, due radici sono contenute in \([-3,-2]\) (e localizzate in prossimità di \(-\sqrt{7}\approx -2.646\)), mentre l'altra è in \([5,6]\) (più prossima a \(5\)).
Secondo la notazione comunemente accettata, scelgo di denotare i coefficienti del polinomio con le lettere \(p\) e \(q\), cioé di porre:
\[
p=-21\quad \text{e}\quad q=-37\; .
\]
Il metodo di Cardano risulta totalmente inefficiente per la risoluzione del problema, poiché comporta una buona quantità di contazzi: infatti, l'equazione è del tipo "irriducibile" (termine di Cardano) poiché ha il discriminante \(\Delta= 4p^2+27q^3=-81\) e ciò comporta il dover razionalizzare numeri complessi "bruttini".
Tuttavia, in questo caso risultano agevolmente applicabili le sostituzioni trigonometriche di Viete che consentono di esprimere le tre radici reali nella forma:
\[
x_k= 2\ \sqrt{\frac{-p}{3}}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{3q}{2p}\ \sqrt{\frac{-3}{p}}\right) + \frac{2k\pi}{3}\right)\qquad \text{, per } k=0,1,2\; .
\]
Quindi le tre radici dell'equazione sono:
\[
\begin{split}
x_0 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) \right) \approx 5.291\\
x_1 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) +\frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.717\\
x_2 &= 2\ \sqrt{7}\ \cos \left( \frac{1}{3}\ \arccos \left( \frac{37}{14\sqrt{7}}\right) +\frac{4\pi}{3}\right) \approx -2.574\; ,
\end{split}
\]
il che è in linea con quanto previsto dalla teoria.
A questo punto, anche se non amo farlo, sento il dovere di citarmi:
"gugo82":
usualmente, sono i pivelli che usano sempre i metodi più calcolosi per risolvere i problemi. Il loro problema sta nel non aver ancora capito che per risolvere un (qualsiasi) problema bisogna usare tutte le frecce al proprio arco, senza fossilizzarsi su un unico tipo di "algoritmo risolutivo".
e di augurare buone vacanze ad un vecchio utente, che perde il pelo ma non il vizio:
questo sproloquio su Cardano gli sarebbe piaciuto assai.
Sono fuori casa e mi posso connettere solo con mezzi di fortuna. Lo so che le soluzioni complesse devono per forza essere complessi coniugati (teorema fondamentale dell'algebra, bla bla)... in realtà non ho proprio provato a risolvere l'esercizio (pigrizia, ma non solo).
A me comunque vengono fuori due soluzioni vicinissime (entrambe tra $-2.75$ e $-2.55$, con la prima sotto $-2.7$ e la seconda sopra $-2.6$). La terza soluzione (magari ho sbagliato i conti) a me viene attorno a $5.3$ (centesimo più, centesimo meno)... in sostanza, sul piano cartesiano (Re-Re) partiamo dal terzo quadrante, saliamo per un brevissimo tratto nel secondo, sconfiniamo nel quarto e poi terza soluzione (quella positiva) e via verso le cime innevate del primo quadrante.
A me comunque vengono fuori due soluzioni vicinissime (entrambe tra $-2.75$ e $-2.55$, con la prima sotto $-2.7$ e la seconda sopra $-2.6$). La terza soluzione (magari ho sbagliato i conti) a me viene attorno a $5.3$ (centesimo più, centesimo meno)... in sostanza, sul piano cartesiano (Re-Re) partiamo dal terzo quadrante, saliamo per un brevissimo tratto nel secondo, sconfiniamo nel quarto e poi terza soluzione (quella positiva) e via verso le cime innevate del primo quadrante.
per marcokrt:
era visibile lontano un miglio che scherzavi, solo un cieco non se ne sarebbe accorto,tanto che prima volevo rispondere difendendoti
...ma vedo che non hai bisogno di avvocati difensori
per il mio "Maestro":
non hai usato Cardano.. ne sono felice
hai usato le formule di risoluzione trigonometrica.. che sono l'unica alternativa al momento esistente. , ma come avrai notato danno dei risultati quasi inintelligibili
Ma...
e se io ti dicessi...
così da folle...
così da "ragioniere"...
così da "pivello"....
che le 3 soluzioni reali sono:
$ x_1=-2(cos20°+2sen10°) $
$ x_2=2(sen10°-2sen50°) $
$ x_3=2(sen50°+2sen70°) $
che mi risponderesti??
ti intriga??
N.B. per chi non avesse dimestichezza con questo tipo di equazioni: è lampante che una struttura tipo $ x=asen \alpha +bsen \beta $ non può essere stata ottenuta nè con le classiche formule di risoluzione trigonometrica, nè tantomeno con quelle di Cardano
Nota Storica: Le soluzioni le ho trovate nel Libro dei Morti degli antichi egizi.. che evidentemente ne sapevano di più rispetto ai fenici e agli assiro babilonesi
era visibile lontano un miglio che scherzavi, solo un cieco non se ne sarebbe accorto,tanto che prima volevo rispondere difendendoti
...ma vedo che non hai bisogno di avvocati difensori
per il mio "Maestro":
non hai usato Cardano.. ne sono felice
hai usato le formule di risoluzione trigonometrica.. che sono l'unica alternativa al momento esistente.
, ma come avrai notato danno dei risultati quasi inintelligibili Ma...
e se io ti dicessi...
così da folle...
così da "ragioniere"...
così da "pivello"....
che le 3 soluzioni reali sono:
$ x_1=-2(cos20°+2sen10°) $
$ x_2=2(sen10°-2sen50°) $
$ x_3=2(sen50°+2sen70°) $
che mi risponderesti??
ti intriga??
N.B. per chi non avesse dimestichezza con questo tipo di equazioni: è lampante che una struttura tipo $ x=asen \alpha +bsen \beta $ non può essere stata ottenuta nè con le classiche formule di risoluzione trigonometrica, nè tantomeno con quelle di Cardano
Nota Storica: Le soluzioni le ho trovate nel Libro dei Morti degli antichi egizi.. che evidentemente ne sapevano di più rispetto ai fenici e agli assiro babilonesi
Ti ringrazio... mi rendo comunque conto di avere un tipo di ironia un po' "particolare"
Comunque considera che in passato qui mi è capitato anche di peggio... tipo quando mi allenavo da sofista e disquisivo su un naturale da me definito (una cosa tipo $f_(ω^2+1)(i)$). Secondo me anche allenarsi a battersi con armi differenti dalla pura matematica è importante, persino quando si parla di matematica stretta. Comunque è una cosiderazione personalissima. Un saluto e complimenti per la passione
Comunque considera che in passato qui mi è capitato anche di peggio... tipo quando mi allenavo da sofista e disquisivo su un naturale da me definito (una cosa tipo $f_(ω^2+1)(i)$). Secondo me anche allenarsi a battersi con armi differenti dalla pura matematica è importante, persino quando si parla di matematica stretta. Comunque è una cosiderazione personalissima. Un saluto e complimenti per la passione
@ marcokrt:
Certo, altre armi... La cui potenza è stata dispiegata, ad esempio, in questo thread.
@ matdom:
Perché perderebbero anche loro.
La presunta "inintellegibilità" dipende da cosa ti aspetti da un risultato.
Chiaramente, se vuoi una formula in cui compaiano solo seno e coseno (perché ti pare più bella, più semplice, o che so io...), quella roba lì è "inintellegibile"; ma se non ti aspetti nulla (perché il problema in sé non merita tanta attenzione), una cosa qualsiasi va bene.
Probabilmente:
Fondamentalmente no.
Queste faccende non mi attirano; se ho risposto alla domanda è solo perché mi hai tirato la questione e perché volevo segnalare agli altri utenti che ci sono metodi diversi per risolvere anche le equazioni di terzo grado.
Perché dovrebbe essere "lampante"?
Vedi, è questo il problema.
Probabile. Ma ne sanno comunque meno di te, a quanto pare.
P.S.: Inoltre, trovo assurdo che in una sezione universitaria qualcuno usi ancora i gradi come argomento delle funzioni trigonometriche.
"marcokrt":
Comunque considera che in passato qui mi è capitato anche di peggio... tipo quando mi allenavo da sofista e disquisivo su un naturale da me definito (una cosa tipo $f_(ω^2+1)(i)$). Secondo me anche allenarsi a battersi con armi differenti dalla pura matematica è importante, persino quando si parla di matematica stretta. Comunque è una cosiderazione personalissima. Un saluto e complimenti per la passione
Certo, altre armi... La cui potenza è stata dispiegata, ad esempio, in questo thread.
@ matdom:
"matdom":
per marcokrt:
era visibile lontano un miglio che scherzavi, solo un cieco non se ne sarebbe accorto,tanto che prima volevo rispondere difendendoti
...ma vedo che non hai bisogno di avvocati difensori
Perché perderebbero anche loro.
"matdom":
per il mio "Maestro":
non hai usato Cardano.. ne sono felice
hai usato le formule di risoluzione trigonometrica.. che sono l'unica alternativa al momento esistente.
La presunta "inintellegibilità" dipende da cosa ti aspetti da un risultato.
Chiaramente, se vuoi una formula in cui compaiano solo seno e coseno (perché ti pare più bella, più semplice, o che so io...), quella roba lì è "inintellegibile"; ma se non ti aspetti nulla (perché il problema in sé non merita tanta attenzione), una cosa qualsiasi va bene.
"matdom":
Ma...
e se io ti dicessi...
così da folle...
così da "ragioniere"...
così da "pivello"....
che le 3 soluzioni reali sono:
$ x_1=-2(cos20°+2sen10°) $
$ x_2=2(sen10°-2sen50°) $
$ x_3=2(sen50°+2sen70°) $
che mi risponderesti??
Probabilmente:
"matdom":
ti intriga??
Fondamentalmente no.
Queste faccende non mi attirano; se ho risposto alla domanda è solo perché mi hai tirato la questione e perché volevo segnalare agli altri utenti che ci sono metodi diversi per risolvere anche le equazioni di terzo grado.
"matdom":
N.B. per chi non avesse dimestichezza con questo tipo di equazioni: è lampante che una struttura tipo $ x=asen \alpha +bsen \beta $ non può essere stata ottenuta nè con le classiche formule di risoluzione trigonometrica, nè tantomeno con quelle di Cardano
Perché dovrebbe essere "lampante"?
Vedi, è questo il problema.
"matdom":
Nota Storica: Le soluzioni le ho trovate nel Libro dei Morti degli antichi egizi.. che evidentemente ne sapevano di più rispetto ai fenici e agli assiro babilonesi
Probabile. Ma ne sanno comunque meno di te, a quanto pare.
P.S.: Inoltre, trovo assurdo che in una sezione universitaria qualcuno usi ancora i gradi come argomento delle funzioni trigonometriche.
Sei bravissimo nel negare l'evidenza complimenti!!!!!
Per prima cosa mi pare evidente che usare delle soluzioni in funzione di seno e coseno è estemamente più pratico e negarlo è evidente malafede.
Ma la cosa più importante è che nel tuo arco possiedi 2 frecce: le formule di Cardano e le formule di risoluzione trigonometrica; io ne possiedo evidentemente 3, perchè conosco un sistema alternativo per risolvere quella equazione:
e allora dimmi: chi è il Maestro?.. chi possiede una freccia in più .. o chi possiede una freccia in meno?
Vergognati!!
complimenti!!!!! Per prima cosa mi pare evidente che usare delle soluzioni in funzione di seno e coseno è estemamente più pratico e negarlo è evidente malafede.
Ma la cosa più importante è che nel tuo arco possiedi 2 frecce: le formule di Cardano e le formule di risoluzione trigonometrica; io ne possiedo evidentemente 3, perchè conosco un sistema alternativo per risolvere quella equazione:
e allora dimmi: chi è il Maestro?.. chi possiede una freccia in più .. o chi possiede una freccia in meno?
Vergognati!!
[xdom="gugo82"]Chiudo.[/xdom]
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