有道超級計算器，答案不應該是-2嗎？計算器為什麼給出了虛數部分。？

01-04

大概是忘記殺程序員祭天了......

好吧,這是標準

其實數學上本來就是這麼規定的...

power 函數算的是 $x^y=e^{y ln x}$ 的主值

所以 $(-8)^{1/3}=2e^{frac{ln(-1)}{3}}=1+i sqrt{3}$

當然你要說了,憑什麼不選個實數值?

那我也要問了,你開小數次方的時候我選誰啊?

數學上出了問題你負責啊?

計算也要按照基本法...

再說應該是有個 surd 函數專門幹這種事的吧,,,

surd的話就是 $sqrt[n]{-x}=-sqrt[n]{x}$ 這麼定義的...

所以總的來說就是

忘記殺程序員祭天了...

$x^3+8=0$ 這個方程一共有三個解，一個實數解 $x_1=-2$ ，還有一對共軛的複數解 $x_2=1+mathrm{i}sqrt{3}$ 和 $x_3=1-mathrm{i}sqrt{3}$ 。

要解決這個問題，首先得關注另外一個問題：1開n次平方根的解是多少？如果在實數範圍內討論，那麼顯然有唯一的解。現在我們把眼光放遠些，擴展到復域里去，各位坐穩，要起飛了。首先稍微科普一下，一個複數 $z=a+ib$ ，其中a與b都是實數，i是虛單位，同時還有另一種表示方式 $z=r(cos heta+isin heta)$ ，其中 $r=sqrt{(a^2+b^2)}, heta=arctanfrac{b}{a}$ 。然後再計算一下複數的n次冪， $z^n=r^n(cos heta+isin heta)^n=r^n(cos{n heta}+isin{n heta})$ ，括弧內的這部分用數學歸納法就能推導出來了。

回到剛才的問題，假設1開n次平方根的解是一個複數，記為 $z=sqrt[n]{1}$ ，等式兩邊同時計算n次冪，得到 $z^n=1$ ，那麼就有 $r^n(cos{n heta}+isin{n heta})=1$ ，因為r是實數，所以 $r=1$ 是確定的（如果r不為1，那麼等式左邊怎麼看都不可能和右邊相等），消去r，然後考察等式 $(cos{n heta}+isin{n heta})=1$ ，當且僅當 $cos{n heta}=1,sin{n heta}=0$ 時等式成立，那麼這樣的解存在么？是存在的，只要讓 $n heta=2kpi,k=0,pm1,pm2...$ 就行了。整理一下，我們得出結論：方程 $z=sqrt[n]{1}$ 共有n個解，分別為 $z=cos{frac{2kpi}{n}}+isin{frac{2kpi}{n}},k=0,1,2,...n-1.$

這個問題解決了，那麼最初的問題也就迎刃而解了，方程 $z=sqrt[3]{-8}$ 的解是？

答案： $z=-2(cos{frac{2kpi}{3}}+isin{frac{2kpi}{3}}),k=0,1,2.$

ps1： $r^n(cos{n heta}+isin{n heta})$ 這個東西可以看作二維平面上以原點為圓心，半徑為 $r^n$ 的圓周，如果半徑不為1的話，圓周不可能與 $(1,0)$ 有交集。

ps2：考慮到負數的情況，令 $z_1=-z=-r(cos heta+isin heta)=sqrt[3]{-8}$ ，兩邊都計算3次冪，然後就能消去負號啦。

還可以想的跟多，比如 $sqrt[4]{-8}$ 怎麼算呢？，按照之前的思路，方程卡在 $r^n(cos{n heta}+isin{n heta})=-8$ ，用符號化表示就是，對於任意一個正的實數c，求解 $r^n(cos{n heta}+isin{n heta})=-c$ ，解決思路就是等號左邊提出一個負號來，轉化成這樣 $r^n(-cos{n heta}-isin{n heta})=c$ ，最終轉化成 $(-cos{n heta}-isin{n heta})=1$ ，當且僅當 $cos{n heta}=-1,sin{n heta}=0$ 時成立， $n heta=(2k+1)pi,k=0,pm1,pm2...$ ，整理一下，得出結論：方程 $z=sqrt[n]{-c},(c>0,cin extbf{R})$ 共有n個解，分別為 $z=sqrt[n]{c}(cos{frac{(2k+1)pi}{n}}+isin{frac{(2k+1)pi}{n}}),k=0,1,2,...n-1.$