金瑞生给春风晚霞先生的道歉信和感谢信

金瑞生

尊敬的数学老前辈春风晚霞先生： 您好！  

       读了您的回复，我才知道自己犯了一个巨大错误，如果我不真诚向您道歉，我将失去您这位良师益友，这无疑是我的巨大损失。我要对自己的鲁莽言论向先生表示道歉，特别是“经过本主贴命题的辩论，我已经丧失了能与先生（春风晚霞）达成共识的信心。”的言论，辜负了数学老前辈春风晚霞先生提携后生晚辈的一片拳拳之心，先生这段时间不顾年迈花费了大量时间和精力提携指导帮助晚辈我，我却不知好歹，敬请先生原谅！并向先生表示衷心感谢，感谢您的提携指导帮助，这份感谢来得太迟了，但我必须补上。我真诚邀请先生继续作为我的良师益友，继续与我坦诚交流，在以后的交流中我保证一定不会再犯类似的错误。现在我对先生的回贴作如下回复：
     第一，对先生推荐的书，我一定购买并认真拜读。我非常认可多项式的伽罗瓦群理论，该理论对一般五次及五次以上代数方程公式解死亡判决，正是我要建立新根号体系的根本原因。
      第二，先生过奖了。我数学系毕业 ，也没有从事教师工作，但我心系数学 ，对五次以上代数方程无公式解问题念念不忘。建立整式代数方程统一解法是本人的理想，也是奋斗的目标，原以为专著写好了，理想目标就要实现了，但没有想到这只是万里长征走完的第一步。
       第三，新集合论不难，通俗易懂，以至于上不了大学学报，又不属于中教期刊范畴。
   
       第四，这是我在说笑和自嘲，但并没有针对先生的意思。我的说法确实有失公道，关于走捷径问题的表述也是我错了，现予以纠正：对于具体的整式方程，先去掉重根是对的，这样的捷径就应该走，不走是傻瓜。 但研究一般整式方程就无法采用去掉重根方法。事实上对一般二、三、四次代数方程也从未有人采用过去重根的方法，我研究一般整式方程当然也无法用去重根的方法，这也是我不得已建立新集合论的原因。
      第五，总根号是我绕不过去的坎。总根号是用方程系数来表示的一个数学符号，代表由方程所有复根组成的集合，那么这个集合就不是Cantor集合，取消Cantor集合论中元素的互异性，建立新集合论是我万般无奈的选择。谁都可以不要新集合论，但我不能不要，这也是新集合论难产的原因吧。 请教先生：在使用总根号的情况下，我如何运用Cantor集合论？只要解决了这个问题，那一切都不是问题。
   
      假如 \(f(z)\)的次数为\(n\)，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程\(f(z)\)=0的所有复根，则记
     {\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}= \(\sqrt{ f()}\)  （注： 这是总根号的简写）

     下面虚心请教先生：有关并和交的问题。

      1 设\(f(z)\)=\(f_1(z)\)\(f_2(z)\)，则    \(\sqrt{ f()}\)= \(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)
其中 \(f(z)\)，\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的次数依次为\(n\)，\(n_1\)，\(n_2\)，则 \(\sqrt{ f()}\)，\(\sqrt{ f_1()}\) ， \(\sqrt {f_2()}\)的元素个数依次为\(n\)，\(n_1\)，\(n_2\)。

      2.设\(d(z)\)是\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)的一个最大公因式，则   \(\sqrt {d()}\)= \(\sqrt{ f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)
其中\(d(z)\)的次数可设为\(k\)，\(\sqrt{ f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解的组成的解集，在上次发的贴中，我已经用新集合论证明了\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}所有复数解组成的解集与\(d(z)\)=0所有复根组成的根集是两个相等的集合,这意味着上面该等式是成立的，于是\(d(z)\)=0的所有复根就是\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解。\(\sqrt {d()}\)和\(\sqrt{ f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)的元素个数均为\(k\)，
\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}的所有复数解的个数等于(d(z)\)=0的所有复根的个数\(k\)。于是\(f_{1}(z)\),\(f_{2}(z)\)
互素的充分必要条件是：\begin{cases}f_{1}(z)=0\\f_{2}(z)=0\end{cases}无解。

     请问：在保留总根号原有意义的前提下，如何运用Cantor集合论来证明这些结论?
     注意：保持总根号原有意义不变是建立新根号体系的必要条件，否则分根号就无法建立，所谓的整式代数方程统一解法原理就泡汤了。

     

   

jzkyllcjl

第一，没有大小的点是画不出来的。
第二，按照现行实数数轴的概念，春风晚霞会再次指责笔者是坚持“点有大小，线段长度测不准，反对点无有大小，反对逻辑推理推出毕达哥拉斯定理、推出无理数的”唯吾主义者。但实际上，笔者不反对毕达哥拉斯定理的证明、不反对使用反证法推出 是无理数的结论，笔者也不反对“点无大小、线无粗细”的现有几何元素的概念，笔者只是认为：需要使用唯物辩证法提出了点的理想与现实相互依赖的对立统一的如下的定义。
定义1：只有位置而没有大小的点，叫做理想点；理想点具有无法被标志（画）出来的性质；相距0.001毫米的两个理想点是无法画出来的；能画出的表示理想点位置的有大小的点叫做现实性质的近似点；随着误差界序列  逐渐减小的表示一个理想点的近似点序列叫做全能近似点列；全能近似点列的趋向性极限是理想点。
与这个定义类似，笔者还提出了理想直线、理想射线、理想平面、理想平行线、理想角的概念。并根据理想点、理想直线画不出来的事实，指出：尺规二等分线段，做垂直线的做法都有近似性。所以上述近似作图方法是必须的。

elim

没有大小的点用有大小的点表示有什么妨碍，谁在计较点的大小？谁会测量你的图？
你根本就不知道作图的用处，你也没有作过什么图．
你的所有主张，没有提供任河数学的改善，只是让一切回到洪荒时代，

春风晚霞

金瑞生先生:
      因参加原学校中文系老迂夫子搞的《银龄诗友会》，迟于回复，望见谅。
      读了您的《金瑞生给春风晚霞先生的道歉信和感谢信》，春风晚霞倒有几分自惭。学术上不同观点的辩驳这是常事，对先生信中的第一、第二、第三、第四等几个问题，春风晚霞用发表在任在深先生《新年新气象》主题下的拙词为复，望恕不恭。词曰：
                                        采桑子.数坛新年新气象
                                                      春风晚霞
                新年网络交新友。凑个人场，捧个人场。癸卯争锋喜气洋。
                雕龙绣虎皆佳意。驳也芬芳，辩也芬芳。数网寒梅分外香。
       现就先生的第五个问题中的【假如f(z)的次数为n，若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记{\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}=\(\sqrt {f()}\)（注： 这是总根号的简写）
      下面虚心请教先生：有关并和交的问题。
       设f(z)=\(f_1(z)f_2(z)\)，则\(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\).其中f(z)，\(f_1(z)\)，\(f_2(z)\)的次数依次为n，\(n_1\)，\(n_2\).
        2.设\(d(z)\)是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)的一个最大公因式，则\(\sqrt {d()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)
请问：在保留总根号原有意义的前提下，如何运用Cantor集合论?】谈一点我的认识：
       (一)、建议先生把总根号\(\sqrt {f()}\)写成\(\sqrt[n] {f()}\)(其中n为首1多项式的次数)，由n的任意性，\(\sqrt[n] {f()}\)比\(\sqrt {f()}\)更能体现总根号的意图。同时也能避免造成\(\sqrt {f()}\)是表示f(z)是n次首1多项式，还是2次首1多项式的歧义，为什么要强调首1(也就是多项的最高次项的系数是1)多项式，这是因为多项式理论中把\(a_1x^n+a_2x^{n-1}+…+a_{n-1}x+b\)(a≠0)写成\(a_1\)(\(x^n\)+\(\frac{a_2}{a_1}x^{n-1}\)+…+\(\frac{a_{n-1}}{a_1}x\)+\(\frac{b}{a_1}\))也是多项式\(a_1x^n+a_2x^{n-1}+…+a_{n-1}x+b\)(a≠0)的因式分解(多项式理论中称这种分解叫平凡分解)，这样将与在复数域内任一多项式都可以唯一分解成多个一次因式的乘积(复数域中分解质因式定理)中的“唯一”矛盾。
       (二)、复数域中表示方程\(z^n\)=a的n个复根都用\(\sqrt[n] {f()}\)表示(注意：实数域中\(\sqrt[n] {f()}\)只表示n次算术根，当a>0，\(\sqrt[n] {f()}\)它只表示a的n个根中大于0的那个根，当a<0时\(\sqrt[n] {f()}\)无意义).所以，在复数域中相对于方程\(z^n\)=a(或\(z^n\)-a=0)来说，无论a>0，还是a<0,都有\(\sqrt[n] {a}\)=\(\sqrt[n] {| a |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})\)\(\quad\)①(其中k=0，1，2，…，n-1，\(θ_0\)是使a=| a |(cosθ+isinθ)成立的所有幅角中最小的那个幅角，如a=1时，虽然1=cos0+isin0=cos2kπ+isin2kπ，k∈N，但\(θ_0\)=0而\(θ_0\)≠2kπ，k∈N
       所以\(\sqrt[n] {f()}\)与\(\sqrt{f()}\)的具有相同的数学意义。
       (三)、因为\(d(z)\)是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)的最大公因式，且d(z)、\(f_1(z)\)、\(f_2(z)\)分别为p次、m次、n次多项式(多项式各项系数均为有理数)。令\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)；\(f_2(z)=d(z)h_2(z)\).
        现在我们讨论\(d(z)\)、\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)无重根的条件
      \(d(z)\)、\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)无重根的充要条件是，存在有理数\(α_i，β_i，γ_i\)∈Q，\(k_i，j_i，l_i∈N使得:d(z)=(z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)^{k_r}\)；(\(\small\displaystyle\sum_{k_i=1}^r k_i\)=p)
\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{j_i=1}^s j_i\)=m-p)
\(f_2(z)\)=\(d(z)h_2(z)\)=\((z^{k_1}-α_1)(z^{k-_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)\)；(\(\small\displaystyle\sum_{l_i=1}^t l_i\)=n-p).
由于d(z)=0；\(f_1(z)\)=0；\(f_2(z)\)=0时，\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)=0;\((z^{j_1}-β_1)(z^{j_2}-β_2)…(z^{j_s}-β_s)\)=0；\((z^{k_1}-α_1)(z^{k_2}-α_2)…(z^{k_r}-α_r)\)\((z^{l_1}-γ_1)(z^{l_2}-γ_2)…(z^{l_t}-γ_t)\)=0；所以\(\sqrt[k_i]{α_i}\)是d(z)=0的根；\(\sqrt[k_i]{α_i}\)和\(\sqrt[j_i]{β_i}\)是\(f_1(z)\)=0的根；\(\sqrt[k_i]{α_i}\)和\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)是\(\sqrt{f_2()}\)=0的根.注意:复数域上根的概是一个集合概念，由棣模弗公式
\(\sqrt[n] {α}\)=\(\sqrt[n] {| α |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})\)\(\quad\)(其中n=0，1，2，…，n-1)得
\(\sqrt[k_i]{α_i}\)=\(\sqrt[k_i] {| α_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{k_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})\)\(\quad\)(其中\(k_i\)=0，1，2，…，r-1)
\(\sqrt[j_i]{β_i}\)=\(\sqrt[j_i] {| β_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{j_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})\)\(\quad\)(其中\(j_i\)=0，1，2，…，s-1)
\(\sqrt[l_i]{α_i}\)=\(\sqrt[l_i] {| γ_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{l_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{l_i})\)\(\quad\)(其中\(l_i\)=0，1，2，…，t-1)
所以，\(\sqrt{f_1()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^s\)\(\sqrt[j_i]{β_i}\);\(\sqrt{f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)
\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^s\)\(\sqrt[j_i]{β_i}\)\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)；\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)
        对此类特殊方程易证没有重根，这是因为\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)=\(\varPhi\)；\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^s\)\(\sqrt[k_i]{β_i}\)=\(\varPhi\)；\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^r\)\(\sqrt[k_i]{α_i}\)\(\displaystyle\bigcap_{i=1}^t\)\(\sqrt[l_i]{γ_i}\)=\(\varPhi\)；所以\(\sqrt {f_1()}\)和\(\sqrt {f_2()}\)均无重根。
       (四)、我们根据复数域内分解质因式定理，n次复数方程必有n个复根.这个“必有”是不是和伽罗瓦“五次及五次以上的代数方程不存在根式解”相矛盾呢？其实伽罗瓦理论中的根式解是指把五次及五次以上的代数方程的解用五次及五次以上的代数方程的系数表示出来，复数域内分解质因式定理只讲了根α的存在，但并没有说α能用相应多项式的各项系数表示出。所以，在确定研究方向时一定不要重点旁落，劳而无功。

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-15 17:47
金瑞生先生:
     因参加原学校中文系退休老友搞的那个《银龄诗友会》，迟于回复，望见谅。
      读了您 ...

春风晚霞先生：您好！
     对先生的回复，我非常感动，我会认真拜读并逐条消化理解，现在就先生回帖的第一作如下回复：
    先生建议把总根号\(\sqrt {f()}\)写成\(\sqrt[n] {f()}\)(其中n为首1多项式的次数)，由n的任意性，\(\sqrt[n] {f()}\)比\(\sqrt {f()}\)的总根号的意思。同时也不会造成\(\sqrt {f()}\)不是表示f(z)是n次首1多项式。下面就实践一下，我采用的多项式系数首项具有任意性
    设 \(f(z)\)=\(a_0z^n+a_1z^{n-1}+......+a_{n-1}z+a_n\)，则
     \(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {(a_0,a_1,......,a_{n-1},a_n)}\)
     然后根据新集合论中得出的总根号性质，用系数表示的总根号可以运算为系数为首1的总根号。

\(\sqrt {(a_0,a_1,......,a_{n-1},a_n)}\)
       =\(\sqrt {(1,\frac{a_1}{a_0},......,\frac{a_{n-1}}{a_0},\frac{a_n}{a_0})}\)
采用先生建议，则
     设 \(f(z)\)=\(z^n+a_1z^{n-1}+......+a_{n-1}z+a_n\)，则
      \(\sqrt[n] {f()}\)=\(\sqrt[n] {(1,a_1,......,a_{n-1},a_n)}\)

       我考虑：1.简写的总根号加了\(n\)后，每个命题就得将各个多项式的次数都列出来，显得繁琐。事实上，只要让大家知道简写的总根号的元素个数等于多项式的次数就行了。2. 系数表示的总根号的元素个数只要看系数个数就可知道。3，总根号加了\(n\)后容易使人以为是开\(n\)方，从而与整数次方根发生混淆。

春风晚霞

金瑞生 发表于 2023-1-15 19:32
春风晚霞先生：您好！
     对先生的回复，我非常感动，我会认真拜读并逐条消化理解，现在就先生回帖 ...

根据先生：若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记{\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}=\(\sqrt {f()}\)的定义，春风晚霞在4#已讲清楚了，在保持先生总根号意义不变的情况下，仍可用Cantor集合论证明\(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…，\(β_s\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s β_j\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s γ_j\)；\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)=\(\mathscr{A}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\).请先生尊重我的劳动，认真阅读4#贴文，然后提问。

jzkyllcjl

elim 发表于 2023-1-15 05:32
没有大小的点用有大小的点表示有什么妨碍，谁在计较点的大小？谁会测量你的图？
你根本就不知道作图的用处 ...

第一，无有大小的点具有画不出来的想象性质，画y=x^2 与直角三角形时，都需要使用有大小的点。第二， 定义3：元素个数为有限理想自然数的正常集合叫做有穷自然数集合；以有穷自然数集合为项的无穷序列的元素个数序列的趋向为包含所有自然数的元素个数为非正常实数+∞的自然数集合叫做：元素个数为非正常实数+∞的含有所有自然数的，不可构造完毕的想象性质的、无穷性质的、非正常自然数集合；记作N=｛0，1，2，3，……｝。
对于文献[4]叙述的罗素悖伦来看，由于罗素没有提出无穷集合是无法构成的非正常集合的概念，所以，文献[4]中对概括性表达式 提出了“所有正常集合组成的集合是不是正常集合”是无法判断的罗素悖伦[4]。现在，根据上述定义3与自然数集合的构造过程就说明：“正常集合有无穷多；以所有正常集合为元素组成的集合是元素个数为+∞的非正常集合”，因此，罗素悖论就不存在了。

elim

jzkyllcjl 发表于 2023-1-15 17:13
第一，无有大小的点具有画不出来的想象性质，画y=x^2 与直角三角形时，都需要使用有大小的点。第二， 定 ...

没有大小的点用有大小的点表示有什么妨碍，谁在计较点的大小？谁会测量你的图？
你根本就不知道作图的用处，你也没有作过什么图．
你的所有主张，没有提供任河数学的改善，只是让数学空空如也，一切回到洪荒时代，

金瑞生

春风晚霞 发表于 2023-1-15 22:36
根据先生：若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记{\(z_1\)，\(z_2\)，.... ...

尊敬的春风晚霞先生：您好！
       认真读了先生的回复，特别是4#贴给新集合论中有关并集和交集命题的证明，我真是自愧不如。这说明您对Cantor集合论的理解远远在我之上，我还停留在初级水平。对您的证明我看了个似懂非懂，并没有真懂。但我认为：在保持总根号原有意义不变的情况下，让其并集和交集可以像Cantor集合论的并集和交集一样通俗易懂会更好一些。面对读者，基础理论越基础越好。
      下面，我就4#贴（三）的证明与先生作如下交流：
       (三)、因为\(d(z)\)是\(f_1(z)\),\(f_2(z)\)的最大公因式，d(z)、\(f_1(z)\)、\(f_2(z)\)分别为p次、m次、n次多项式。令\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)；\(f_2(z)=d(z)h_2(z)\).
       根据复数域上的分解质因式定理，我们有
\(d(z)=(z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}\)；\(f_1(z)=d(z)h_1(z)\)=\((z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r})\)\(
(z-β_1)^{j_1}(z-β_2)^{j_2}…(z-β_s)^{j_s})\)；\(f_2(z)\)=\(d(z)h_2(z)\)=\((z-α_1)^{k_1}(z-α_2)^{k_2}…(z-α_r)^{k_r}\)\((z-γ_1)^{l_1}(z-γ_2)^{l_2}…(z-γ_t)^{l_t})\)
根据(二)中①式，方程\((z-α_i)^{k_i}\)=0的根\(\sqrt[k_i] {a_i}\)=\(\sqrt[k_i] {| a_i |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{k_i}+isin\frac{2kπ+θ_0}{k_i})\)\(\quad\)(其中i=0，1，2，…，\(k_i\)-1=｛\(\sqrt[k_i] {| a_i |}(cos\frac{θ_0}{k_i}+isin\frac{θ_0}{k_i})\)，\(\sqrt[k_i] {| a_i |}(cos\frac{2π+θ_0}{k_i}+isin\frac{2π+θ_0}{k_i})\)，\(\sqrt[k_i] {| a_i |}(cos\frac{4π+θ_0}{k_i}+isin\frac{4π+θ_0}{k_i})\)，……，\(\sqrt[k_i] {| a_i |}(cos\frac{2(i-1)π+θ_0}{k_i}+isin\frac{2(i-1)π+θ_0}{k_i})\).

   ( 此处，我与先生观点不同：对方程\((z-α_i)^{k_i}\)=0来说的根是来说\(z\)=\(α_i\)是\(k_i\)重根，可以像上面这样表述吗？
它又不是方程\(z^n\)=a(或\(z^n\)-a=0)，无论a>0，还是a<0,都有\(\sqrt[n] {a}\)=\(\sqrt[n] {| a |}(cos\frac{2kπ+θ_0}{n}+isin\frac{2kπ+θ_0}{n})\)\(\quad\)(其中k=0，1，2，…，n-1，\(θ_0\)是使a=| a |(cosθ+isinθ)成立的所有幅角中最小的那个幅角，如a=1时，虽然1=cos0+isin0=cos2kπ+isin2kπ，k∈N，但\(θ_0\)=0而\(θ_0\)≠2kπ，k∈N）

       对方程\(f_1(z)\)=0、\(f_2(z)\)=0的解的元素结构分析与d(z)=0的解的元素结构分析相同。所以在保留总根号原有意义的前提下，仍有d(z)=0的解集仍是\(\mathscr{A}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(α_i\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r\)\(\mathscr{A}_1\).（点评：这是Cantor集合）
\(f_1(z)\)=0的解为\(\mathscr{B}\)；\(f_2(z)\)=0的解为\(\mathscr{C}\)，则\(\mathscr{B}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…\(β_s\)}=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s β_j\)（点评：这是Cantor集合）
\(f_2(z)\)=0的解集为\(\mathscr{C}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\)\(\displaystyle\bigcup_{l=1}^t γ_l\).（点评：这是Cantor集合）所以\(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…，\(β_s\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s β_j\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s γ_j\)；（点评：这是Cantor集合的并运算）
\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\mathscr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)=\(\mathscr{A}\).（点评：这是Cantor集合的交运算），故此，根据先生：若\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)是方程f(z)=0的所有复根，则记{\(z_1\)，\(z_2\)，......，\(z_n\)}=\(\sqrt {f()}\)的定义，（点评：这个定义要求总根号的元素个数要等于\(f(z)\)的次数\(n\)）,在保持先生总根号意义不变的情况下，（点评：在春风晚霞先生这里总根号是由方程所有各不相同复根组成的集合，在有重根时，其元素个数会少于方程的次数,这样的集合已经完全改变了总根号意义，变成Cantor集合，于是）仍可用Cantor集合论证明\(\sqrt {f()}\)=\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcup\)\(\sqrt {f_2()}\)={\(α_1\)，\(α_2\)，…，\(α_r\)，\(β_1\)，\(β_2\)，…，\(β_s\)，\(γ_1\)，\(γ_2\)，…\(γ_t\)}=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s β_j\)\(\displaystyle\bigcup_{j=1}^s γ_j\)；\(\sqrt {f_1()}\)\(\bigcap\)\(\sqrt {f_2()}\)=\(\maths
cr{B}\)\(\bigcap\)\(\mathscr{C}\)=\(\mathscr{A}\)=\(\displaystyle\bigcup_{i=1}^r α_i\).
      
   （ 点评：我要研究的总根号不是Cantor集合，而春风晚霞先生的证明中所用的总根号是Cantor集合改变了总根号意义 ，那么证明中的并和交就是Cantor集合论中的并和交，这与新集合论中要阐述的并和交当然是不相同的。）

Nicolas2050

那个曹俊云，总是用文革那个语言来讨论数学，这是我最烦的。总是马列思毛格言语录充斥字里行间，他们与数学有个毛联系？你非得扯虎皮拉大旗？90多岁了，应该懂的人生了。你这样的说话，谁愿意搭理？