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20080511~ 13と7と11の倍数の論理積は13と7と11の積の倍数である。 和ァ・・・
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おいらの公式の両辺8乗とニコ定理から、まずは8倍角の公式を得る
「四半世紀」という言葉があるので、八半角なんてのもいいかと思って名づけてみた。


オイラーの公式の8乗:(cosθ+isinθ)^8=exp(i8θ)
↑何乗かしているときはド・モアブルの定理という(≠ド・モルガン)
二項定理:(x+y)^n=∑(nCk・x^(n-k)・y^k) (0≦k≦n)

(ニコ定理:たとえば(x+1)^5=x^5+5x^4+10x^3+10x^2+5x+1
∑:総和。たとえば∑(k) (1≦k≦5)だったら1+2+3+4+5なので15
nCk:組み合わせ。nCk=n!/(n-k)!/k!
たとえば5C3=5・4・3/(3・2・1)=10=5・4/(2・1)=5C2
n!:階乗。たとえば5!=5・4・3・2・1
総積(直積?あ、総乗か)Πを用いればn!=Π(k) (1≦k≦5)
なぜか階加(階和?)に相当するものがないので「n?」とでも名づけてしまいたい)
順列・組み合わせと2項定理については過去の日記も参照してくれるとありがたい



8倍角の公式
:cos(8θ)=128cos^8(θ)-256cos^6(θ)+160cos^4(θ)-32cos^2(θ)+1

cos^2(θ)=xとし、上の式の変形である以下の4次方程式を解く。

128x^4-256x^3+160x^2-32x+1-cos(8θ)=0


4次方程式:x^4+ax^3+bx^2+cx+d=0があるとき
q=c-ab/2+a^3/8がゼロの場合は(やっぱりそんな気がしたんだ!)
p=b-3a^2/8と
r=d-ac/4+a^2b/16-3a^4/256を用いて
x=-a/4±√(-p/2±√(p^2/4-r))
という解の公式がある。

q≠0だったら
x=-a/4+A/2±√(t0/2-p/4-q/(2A))らしい
A=±√(2t0-p)
t0は8t^3-4pt^2-8rt+4pr-q^2=0の解の1つとのこと。



4次方程式の解法はほかにもいろいろある。




以下の4つの解が出てくるので(±が2つなので2^2で4つ)
cos^2(θ)=1±√(1±√(1+COS(8θ))/√(2))/√(2))/2


cosθを求めるためにさらにルートを取り、以下の8つの解を得る。
(2^3で8つ)
cosθ=±√(1±√(1±√(1+COS(8θ))/√(2))/√(2))/√(2)

なんとなく連分数っぽい感じがするが、あの日みた連分数の定義を僕はまだ知らない


このcosθが8半角の公式である。

用途:cos30°=√(3)/2から、30°の8分の1である3.75度などのcosが得られる。(実際にはほとんど用いられないと思うが、n倍角の公式の使えなさよりは少しはマシかもしれない)




ところで、なぜ8つ出てくるのか。
これは、8で割る前のθというのが8つ重なっていると考えられることからきている。
つまり、θ、θ+360、θ+360×2・・・θ+360×7が重なっているとした上で8等分した角度なので
θ/8、(θ+360)/8、(θ+360×2)/8・・・(θ+360×7)/8のcosを取っていると解釈できる。
n半角の公式では1つの角度に対して一般にn個のn半角があるので、cosやsinも一般にnつある。



ある角度のn分の1が一般に複数出てくるのは、のn乗根が一般にn個出てくるのと同じことである。



クリえもん<のび太くん、縮退は解けた解?
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