Дополнительное образование
Какой глубиной знаний и в каких областях вы обладаете?
Дмитрий Ли
18
Профессиональный музыкант.
Любитель программист.
Увлекаюсь железной дорогой.
Что-то понимаю про историю.
Что-то понимаю про экономику.
Что-то понимаю про политику.
Что-то понимаю про социологию.
Что-то понимаю про языки.
В целом, как-то все.
Любитель программист.
Увлекаюсь железной дорогой.
Что-то понимаю про историю.
Что-то понимаю про экономику.
Что-то понимаю про политику.
Что-то понимаю про социологию.
Что-то понимаю про языки.
В целом, как-то все.
Екатерина Гавриш
Это означает, иногда подрабатываете машинистом электровоза?
Виталина Гаманова
В целом вы никто...
В области рекламы, например...
"Галина Бланка - буль-буль" %)
"Галина Бланка - буль-буль" %)
Женя Щукин
78 726
Техника радиотехника
Всего понемножку. Как говорится мастер на все руки.
В тех самых, которые тебе не подвластны)
Сергей Немкин
87 349
движение/полеты в воздухе и вне воздуха, механика, математ, методы вычислений , урматфиз, эвм, программы и языки. практич владею или владел
Юрий Синчак
65 659
Я владѣю четырьмя языками, хорошо разбираюсь въ исторіи и литературѣ, а такъ же профессіоналъ въ своемъ дѣлѣ, которымъ я занимаюсь уже много лѣтъ
Анатолий Хоменков
26 322
я знаю только то, что ничего не знаю.
Писатель
Иришка Захарчук
11 386
Ограничены лишь небольшими областями.
Никита Ефремов
5 486
Философия
Денис Неделяев
3 948
Отрывочные сведения из прошлого.
Почему-то знаю, как придти к формуле
2cos(na) ==== C(n-0,n-0) * {2cos(a)}^(n-0) -
-- [C(n-2,n-2) + C(n-2,n-1)] * {2cos(a)}^(n-2) +
+ [C(n-4,n-3) + C(n-4,n-2)] * {2cos(a)}^(n-4) -
-- [C(n-6,n-4) + C(n-6,n-3)] * {2cos(a)}^(n-6) +
+ [C(n-8,n-5) + C(n-8,n-4)] * {2cos(a)}^(n-8) -
- etc., которую нельзя найти в учебниках,
притом что данных к математике не имею
и прихожу в ужас от звучания ее терминов.
Дети в 10 кл. спрашивают об этой формуле,
но ответа не получают: в моем классе было...
Лучше всего выводить эту формулу на примерах -
здесь мы найдем 2cos(5a) и 2cos(6a) одновременно.
Уравнение Архимеда для стороны правильного 22-угольника:
C(5,5)*x^5 - C(4,4)*x^4 - C(3,4)*x^3 + C(2,3)*x^2 + C(1,3)*x - C(0,2) = 0
с решениями 2cos(1п/11), 2cos(3п/11), 2cos(5п/11), 2cos(7п/11), 2cos(9п/11),
противоположными решениям ур-я Муавра для правильного 11-угольника.
В то же время ур-е 2cos(6a) + 2cos(5a) = 0 есть 2cos(11a/2)*2cos(a/2) = 0
с решениями a = 1,3,5,7,9,11,...*п/11, и если записать его исходный вид
через 2cos(a) = x, выйдет уравнение VI степени с шестью решениями
x = 2cos(1,3,5,7,9,11п/11), отличающимися друг от друга. Из них новым
будет только одно решение: 2cos(11п/11) = 2cos(п) = -2. Значит, можно
будет получить 2cos(6a) + 2cos(5a), умножив уравнение Архимеда на
x - 2cos(11п/11), то есть на x + 2. Результат умножения будет таким:
C(5,5)*x^6 - C(4,4)*x^5 - C(3,4)*x^4 + C(2,3)*x^3 + C(1,3)*x^2 - C(0,2)*x
plus
2C(5,5)*x^5 - 2C(4,4)*x^4 - 2C(3,4)*x^3 + 2C(2,3)*x^2 + 2C(1,3)x - 2C(0,2)
=
С(6,6)*x^6 - [2C(4,4)+C(3,4)]*x^4 + [2C(2,3)+C(1,3)]*x^2 - 2C(0,2)
plus
[2C(5,5)-C(4,4)]*x^5 - [2C(3,4)-C(2,3)]*x^3 + [2C(1,3)-C(0,2)]*x
=
С(6,6) * {2cos(a)}^6 -
- [C(4,4)+C(4,5)] * {2cos(a)}^4 +
+ [C(2,3)+C(2,4)] * {2cos(a)}^2 -
- [C(0,1)+C(0,2)]
plus
C(5,5) * {2cos(a)}^5 -
- [C(3,3)+C(3,4)] * {2cos(a)}^3 +
+ [C(1,2)+C(1,3)] * {2cos(a)}^1
=
2cos(6a) plus 2cos(5a).
Уверенность в этом дают две леммы:
1) разложение 2cos(na) по степеням 2cos(a) начинается с {2cos(a)}^n;
2) при n четном/нечетном в нем лишь четные/нечетные степени 2cos(a).
Почему-то знаю, как придти к формуле
2cos(na) ==== C(n-0,n-0) * {2cos(a)}^(n-0) -
-- [C(n-2,n-2) + C(n-2,n-1)] * {2cos(a)}^(n-2) +
+ [C(n-4,n-3) + C(n-4,n-2)] * {2cos(a)}^(n-4) -
-- [C(n-6,n-4) + C(n-6,n-3)] * {2cos(a)}^(n-6) +
+ [C(n-8,n-5) + C(n-8,n-4)] * {2cos(a)}^(n-8) -
- etc., которую нельзя найти в учебниках,
притом что данных к математике не имею
и прихожу в ужас от звучания ее терминов.
Дети в 10 кл. спрашивают об этой формуле,
но ответа не получают: в моем классе было...
Лучше всего выводить эту формулу на примерах -
здесь мы найдем 2cos(5a) и 2cos(6a) одновременно.
Уравнение Архимеда для стороны правильного 22-угольника:
C(5,5)*x^5 - C(4,4)*x^4 - C(3,4)*x^3 + C(2,3)*x^2 + C(1,3)*x - C(0,2) = 0
с решениями 2cos(1п/11), 2cos(3п/11), 2cos(5п/11), 2cos(7п/11), 2cos(9п/11),
противоположными решениям ур-я Муавра для правильного 11-угольника.
В то же время ур-е 2cos(6a) + 2cos(5a) = 0 есть 2cos(11a/2)*2cos(a/2) = 0
с решениями a = 1,3,5,7,9,11,...*п/11, и если записать его исходный вид
через 2cos(a) = x, выйдет уравнение VI степени с шестью решениями
x = 2cos(1,3,5,7,9,11п/11), отличающимися друг от друга. Из них новым
будет только одно решение: 2cos(11п/11) = 2cos(п) = -2. Значит, можно
будет получить 2cos(6a) + 2cos(5a), умножив уравнение Архимеда на
x - 2cos(11п/11), то есть на x + 2. Результат умножения будет таким:
C(5,5)*x^6 - C(4,4)*x^5 - C(3,4)*x^4 + C(2,3)*x^3 + C(1,3)*x^2 - C(0,2)*x
plus
2C(5,5)*x^5 - 2C(4,4)*x^4 - 2C(3,4)*x^3 + 2C(2,3)*x^2 + 2C(1,3)x - 2C(0,2)
=
С(6,6)*x^6 - [2C(4,4)+C(3,4)]*x^4 + [2C(2,3)+C(1,3)]*x^2 - 2C(0,2)
plus
[2C(5,5)-C(4,4)]*x^5 - [2C(3,4)-C(2,3)]*x^3 + [2C(1,3)-C(0,2)]*x
=
С(6,6) * {2cos(a)}^6 -
- [C(4,4)+C(4,5)] * {2cos(a)}^4 +
+ [C(2,3)+C(2,4)] * {2cos(a)}^2 -
- [C(0,1)+C(0,2)]
plus
C(5,5) * {2cos(a)}^5 -
- [C(3,3)+C(3,4)] * {2cos(a)}^3 +
+ [C(1,2)+C(1,3)] * {2cos(a)}^1
=
2cos(6a) plus 2cos(5a).
Уверенность в этом дают две леммы:
1) разложение 2cos(na) по степеням 2cos(a) начинается с {2cos(a)}^n;
2) при n четном/нечетном в нем лишь четные/нечетные степени 2cos(a).
Maiko*** *
1) следует из 2cos{(k+1)a} = 2cos(a)*2cos{ka} - 2cos{(k-1)a} ;
2) основано на 2cos{(k+2)a} = 2cos(2a)*2cos{ka} - 2cos{(k-2)a} .
Задан прекрасный вопрос. Он дает возможность поделиться дорогим, сокровенным, открыть для других людей лучшие страницы нашего внутреннего мира - чтобы люди могли ими пользоваться...
2) основано на 2cos{(k+2)a} = 2cos(2a)*2cos{ka} - 2cos{(k-2)a} .
Задан прекрасный вопрос. Он дает возможность поделиться дорогим, сокровенным, открыть для других людей лучшие страницы нашего внутреннего мира - чтобы люди могли ими пользоваться...
Maiko*** *
Взятое "ниоткуда" уравнение стороны правильного 22-угольника
возникает, если один его лепесток рассечь ломаной Архимеда
(состоящей из равных отрезков) на 5 малых треугольничков.
Последним звеном ломаной будет сторона = х, начать же
ломаную нужно из центра правильной фигуры. Помогает
подобие треугольников. Для всех правильных (4N+2)-
-угольников (6,10,14,18,22,26,etc.) уравнения такие:
x^1 - 1 = 0
x^2 - x^1 - 1 = 0
x^3 - x^2 - 2x^1 + 1 = 0
x^4 - x^3 - 3x^2 + 2x^1 ++ 1 = 0
x^5 - x^4 - 4x^3 + 3x^2 ++ 3x^1 -- 1 = 0
x^6 - x^5 - 5x^4 + 4x^3 ++ 6x^2 -- 3x^1 -- 1 = 0
x^7 - x^6 - 6x^5 + 5x^4 + 10x^3 -- 6x^2 -- 4x^1 + + 1 = 0
x^8 - x^7 - 7x^6 + 6x^5 + 15x^4 - 10x^3 - 10x^2 ++ 4x^1 + 1 = 0
x^9 - x^8 - 8x^7 + 7x^6 + 21x^5 - 15x^4 - 20x^3 + 10x^2 + 5x^1 - 1 = 0
etc.
возникает, если один его лепесток рассечь ломаной Архимеда
(состоящей из равных отрезков) на 5 малых треугольничков.
Последним звеном ломаной будет сторона = х, начать же
ломаную нужно из центра правильной фигуры. Помогает
подобие треугольников. Для всех правильных (4N+2)-
-угольников (6,10,14,18,22,26,etc.) уравнения такие:
x^1 - 1 = 0
x^2 - x^1 - 1 = 0
x^3 - x^2 - 2x^1 + 1 = 0
x^4 - x^3 - 3x^2 + 2x^1 ++ 1 = 0
x^5 - x^4 - 4x^3 + 3x^2 ++ 3x^1 -- 1 = 0
x^6 - x^5 - 5x^4 + 4x^3 ++ 6x^2 -- 3x^1 -- 1 = 0
x^7 - x^6 - 6x^5 + 5x^4 + 10x^3 -- 6x^2 -- 4x^1 + + 1 = 0
x^8 - x^7 - 7x^6 + 6x^5 + 15x^4 - 10x^3 - 10x^2 ++ 4x^1 + 1 = 0
x^9 - x^8 - 8x^7 + 7x^6 + 21x^5 - 15x^4 - 20x^3 + 10x^2 + 5x^1 - 1 = 0
etc.
Maiko*** *
По вертикалям здесь "бегут" треугольные числа всех порядков
начиная с минус первого (1,1,1,1,1,etc.) и нулевого (1,2,3,4,5,etc.) -
по два столбика ТЧ каждого порядка, с "отставанием" на один шаг...
Но диагонали списка всех ТЧ совпадают со строчками "треугольника
Паскаля" - это надо увидеть:
1 1 01 01 01 01 01 01 01
1 2 03 04 05 06 07 08
1 3 06 10 15 21 28
1 4 10 20 35 56
1 5 15 35 70
1 6 21 56
1 7 28
1 8
1
Потому ТЧ легко переименовать в коэф-ты бинома Ньютона.
После этого ясно, откуда вид уравнения стороны правильного
22-угольника, который помог нам установить 2cos(5a) и 2cos(6a).
начиная с минус первого (1,1,1,1,1,etc.) и нулевого (1,2,3,4,5,etc.) -
по два столбика ТЧ каждого порядка, с "отставанием" на один шаг...
Но диагонали списка всех ТЧ совпадают со строчками "треугольника
Паскаля" - это надо увидеть:
1 1 01 01 01 01 01 01 01
1 2 03 04 05 06 07 08
1 3 06 10 15 21 28
1 4 10 20 35 56
1 5 15 35 70
1 6 21 56
1 7 28
1 8
1
Потому ТЧ легко переименовать в коэф-ты бинома Ньютона.
После этого ясно, откуда вид уравнения стороны правильного
22-угольника, который помог нам установить 2cos(5a) и 2cos(6a).
Maiko*** *
Если захотим найти выражение 2cos(11a) через 2cos(a), поможет
список, содержащий суммы соседних строк треугольника Паскаля.
Он составляется по правилу самого треугольника; достаточно знать
самое его начало (2 3 1).
2 03 001
2 05 004 001
2 07 009 005 001
2 09 016 014 006 001
2 11 025 030 020 007 001
2 13 036 055 050 027 008 001
2 15 049 091 105 077 035 009 001
2 17 064 140 196 182 112 044 010 01
2 19 081 204 336 378 294 156 054 11 01
2 21 100 285 540 714 672 450 210 65 12 01
Из правого нижнего угла восходит пологая диагональ
(1 11 44 77 55 11) - она позволяет мгновенно определить
2cos(11a) = 1*{2cos(a)}^11 - 11*{2cos(a)}^9 + 44*{2cos(a)}^7 -
- 77*{2cos(a)}^5 + 55*{2cos(a)}^3 - 11*{2cos(a)}^1. Имеющийся
малый список позволяет угадать 2cos(12a) и 2cos(13a).
список, содержащий суммы соседних строк треугольника Паскаля.
Он составляется по правилу самого треугольника; достаточно знать
самое его начало (2 3 1).
2 03 001
2 05 004 001
2 07 009 005 001
2 09 016 014 006 001
2 11 025 030 020 007 001
2 13 036 055 050 027 008 001
2 15 049 091 105 077 035 009 001
2 17 064 140 196 182 112 044 010 01
2 19 081 204 336 378 294 156 054 11 01
2 21 100 285 540 714 672 450 210 65 12 01
Из правого нижнего угла восходит пологая диагональ
(1 11 44 77 55 11) - она позволяет мгновенно определить
2cos(11a) = 1*{2cos(a)}^11 - 11*{2cos(a)}^9 + 44*{2cos(a)}^7 -
- 77*{2cos(a)}^5 + 55*{2cos(a)}^3 - 11*{2cos(a)}^1. Имеющийся
малый список позволяет угадать 2cos(12a) и 2cos(13a).
Астрономия, история
Надежда Шпакова
1 976
Математика, программирование, иностранные языки, история, география и тд.
Елена Калугина
337
Иришка Захарчук
ХОРОШШШ
Я историк и отличный мошенник.
Сейчас эти знания и умения не используются.
Сейчас эти знания и умения не используются.
Din@r@ ***
192
Похожие вопросы
- Можно ли потерять свои знания?Когда долго не участвуешь в определённой области интересов возникает чувство не уверености
- Зачем нужны так называемые "общие" знания и нужны ли они вообще?
- Здравствуйте, я хотел бы выучить английский язык, сейчас у меня можно сказать нулевое знание языка...
- сколько олимпийских чемпионов в самарской области и кто они?...
- Можно ли получить диплом или иной документ подтверждающий знания не обучаясь в университете или ином заведении?
- какие Знания в Древние века были получены какие Знания в Древние века были получены
- Времени много, знания какие учебники читать - никакого.
- Как получить знания, которые получают люди в университетах без поступления в университет?
- Могут на работу переводчиком взять с корочкой курсов, но хорошими знаниями иностранного языка, ведь главное знания, а не
- А кто знает среднюю глубину океана?