от Knowledge Greedy » 04 Юли 2018, 09:53
Идея.
С формулата [tex]tg\frac{\varphi}{2} = \sqrt{\frac {1-cos\varphi}{1+cos\varphi}}[/tex]
стигаме до преформулирането - да изразим [tex]tg1,5^\circ[/tex] чрез [tex]cos3^\circ[/tex].
Него намираме с формулата
[tex]cos(\alpha - \beta)=cos\alpha cos \beta + sin \alpha sin \beta[/tex]
- при [tex]\alpha =18^\circ[/tex] и [tex]\beta =15^\circ[/tex].
Зацелта, разбира се, трябва да знаем
[tex]sin 18^\circ = \frac{\sqrt{5}-1}{4}[/tex], с което започна KOPMOPAH » Сря Юни 27, 2018 1:15 pm,
и
[tex]sin 15^\circ = \sqrt{\frac{1-cos30^\circ}{2}}=\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}[/tex].
От тях (с теоремата на Питагор за синус и косинус на един и същ ъгъл) бързо намираме
[tex]cos 18^\circ =\sqrt{\frac{10+2\sqrt{5}}{4}}[/tex]
и
[tex]cos 15^\circ = \sqrt{\frac{1+cos30^\circ}{2}}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}[/tex] (- с аналогичната формула за понижаване на степента).
Реализация.
[tex]cos3^\circ =\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}}{4} .\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}+\frac{\sqrt{5}-1}{4}.\frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}[/tex]
Така
[tex]cos3^\circ = \frac{1}{8} \left ( \sqrt{{10+2\sqrt{5}}}.\sqrt{2+\sqrt{3}}+ (\sqrt{5}-1).\sqrt{2-\sqrt{3}}\right )[/tex]
Оттук
[tex]1-cos3^\circ =1- \frac{1}{8} \left (\sqrt{2(2+\sqrt{3})(5+\sqrt{5})} + \sqrt{2(2-\sqrt{3})(3-\sqrt{5})} \right )[/tex]
и
[tex]1+cos3^\circ =1- \frac{1}{8} \left (\sqrt{2(2+\sqrt{3})(5+\sqrt{5})} + \sqrt{2(2-\sqrt{3})(3-\sqrt{5})} \right )[/tex]
Сега вече е ясно как се получава числото на KOPMOPAH
[tex]tg\frac{\pi}{120} }= \sqrt{\frac {8-\left (\sqrt{2(2+\sqrt{3})(5+\sqrt{5})} + \sqrt{2(2-\sqrt{3})(3-\sqrt{5})} \right )}{8+\left (\sqrt{2(2+\sqrt{3})(5+\sqrt{5})} + \sqrt{2(2-\sqrt{3})(3-\sqrt{5})} \right )}[/tex]
Остава да разкрием част от скобите - които са под външния корен само.
Feci, quod potui, faciant meliora p0tentes.
Сторих каквото можах, по-добрите по-добро да направят.
Меню
