✋🏽 💭 🎦 كيفية رسم نجمة (وأكثر) في الإحداثيات القطبية 👨‍💻 🏽 👆🏾

تثار مسألة صيغة المضلع في الإحداثيات القطبية بشكل منتظم على الموارد الموضوعية - وتبقى بشكل منتظم بدون إجابة واضحة. في أفضل الأحوال ، يأتي المرء عبر حل من خلال وظيفة باقي القسمة - وهي ليست "نظيفة" من وجهة نظر رياضية ، لأنها لا تسمح بإجراء تحويلات تحليلية على الوظيفة. من الواضح أن علماء الرياضيات الحقيقيين مشغولون جدًا في حل مشاكل الألفية والبحث عن دليل بسيط على نظرية فيرما للانتباه إلى مثل هذه المشكلات المبتذلة. لحسن الحظ ، في هذا الشأن ، الخيال أكثر أهمية من المعرفة ، ولحل هذه المشكلة لا تحتاج إلى أن تكون أستاذًا في العلوم الطوبولوجية - فالمعرفة على مستوى المدرسة كافية.

تبدو صيغة مضلع متساوي الأضلاع في الإحداثيات القطبية بسيطة للغاية

ρ = \frac{\cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k) + π m}{2 n})}{\cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k \cos (n ϕ)) + π m}{2 n})}

$\rho = \frac{\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}(k)+\pi m}{2 n}\right)}{\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}(k \cos (n \phi ))+\pi m}{2 n}\right)}$

ويحتوي على المعلمات التالية:

ϕ

$\phi$ - زاوية

n

$n$ - عدد الرؤوس المحدبة.

m

$m$ - يحدد عدد الرؤوس التي ستقع الأضلاع على خط مستقيم واحد. يُسمح أيضًا بالقيم السالبة - ستحدد العلامة في أي اتجاه ينحني النجم ؛

k

$k$ - صلابة - في

k = 0

$k=0$ نحصل على دائرة بغض النظر عن المعلمات الأخرى ، ل

k = 1

$k=1$ - مضلع بخطوط مستقيمة ، بقيم وسيطة من

0

$0$ قبل

1

$1$ - الأشكال الوسيطة بين الدائرة والمضلع.

باستخدام هذه الصيغة ، يمكنك رسم نجمة بطريقتين:

1)

n = 5, m = 3

$n=5, m=3$

n = 5 / 4, m = 0

$n=5/4,m=0$ ... في هذه الحالة ، تحتاج إلى القيام بدورتين بدلاً من واحدة:

معامل

m

$m$ يؤثر على المضلع كما يلي (هنا يتغير من -1 إلى 5):

معامل

k

$k$ في الرسوم المتحركة:

شكل وتعديلات معقدة

يمكنك إعادة كتابة الصيغة الأصلية في شكل معقد ، وعلى الرغم من وجود وحدات تخيلية فيها ، ستظل قيمة نصف القطر صالحة:

ρ = \frac{4^{1 / n} {(\sqrt{1 - k^{2}} + i k)}^{- 1 / n} (1 + {(\sqrt{1 - k^{2}} + i k)}^{2 / n} e^{\frac{i π m}{n}}) {(\sqrt{1 - k^{2} \cos^{2} (n ϕ)} + i k \cos (n ϕ))}^{1 / n}}{4^{1 / n} + e^{\frac{i π m}{n}} {(2 \sqrt{1 - k^{2} \cos^{2} (n ϕ)} + 2 i k \cos (n ϕ))}^{2 / n}}

$\small\rho = \frac{4^{1/n} \left(\sqrt{1-k^2}+i k\right)^{-1/n} \left(1+\left(\sqrt{1-k^2}+i k\right)^{2/n} e^{\frac{i \pi m}{n}}\right) \left(\sqrt{1-k^2 \cos ^2(n \phi )}+i k \cos (n \phi )\right)^{1/n}}{4^{1/n}+e^{\frac{i \pi m}{n}} \left(2 \sqrt{1-k^2 \cos ^2(n \phi )}+2 i k \cos (n \phi )\right)^{2/n}}$

للوهلة الأولى ، قد يبدو هذا بلا فائدة ، لأن الصيغة أصبحت أكثر تعقيدًا - لكن لا تقفز إلى الاستنتاجات. أولاً ، لا يوجد قوس قوس فيه ، مما يغير تمامًا المعنى الرياضي للصيغة ويسمح لك بالنظر بشكل مختلف في بناء المضلع النجمي. ثانيًا ، يمكن استخدامه أيضًا للحصول على صيغ مضغوطة لحالات خاصة ، على سبيل المثال

\frac{i^{t} {(i^{n t})}^{1 / n}}{1 + {(i^{n t})}^{2 / n}}

$\frac{i^t \left(i^{n t}\right)^{1/n}}{1+\left(i^{n t}\right)^{2/n}}$ ... ثالثًا (والأكثر إثارة للاهتمام) ، يمكن تعديله بشكل إبداعي والحصول على أشكال أخرى غير متوقعة. لكي لا يتسبب ظهور مكون وهمي محتمل في نصف القطر في التباس في الحساب ، يمكن اختصاره على الفور إلى إحداثيات ديكارتية بضربه في

e^{i ϕ}

$e^{i \phi }$ ... فيما يلي أمثلة لبعض التعديلات:

\frac{(- 1)^{2 / 3} e^{i ϕ} {(i \cos (3 ϕ) + \sqrt{\sin^{2} (3 ϕ)})}^{1 / 3}}{(- 1)^{2 / 3} + 2^{2 / 3} {(i \cos (3 ϕ) + \sqrt{\sin^{2} (3 ϕ)})}^{2 / 3}}

$\frac{(-1)^{2/3} e^{i \phi } \left(i \cos (3 \phi )+\sqrt{\sin ^2(3 \phi )}\right)^{1/3}} {(-1)^{2/3}+2^{2/3} \left(i \cos (3 \phi )+\sqrt{\sin ^2(3 \phi )}\right)^{2/3}}$

\frac{e^{i ϕ} \sqrt{i \cos (2 ϕ) + \sqrt{\sin^{2} (2 ϕ)}}}{e^{i / 2} + \sqrt{2} {(i \cos (2 ϕ) + \sqrt{\sin^{2} (2 ϕ)})}^{3 / 2}}

$\frac{e^{i \phi } \sqrt{i \cos (2 \phi )+\sqrt{\sin ^2(2 \phi )}}}{e^{i/2}+\sqrt{2} \left(i \cos (2 \phi )+\sqrt{\sin ^2(2 \phi )}\right)^{3/2}}$

\frac{e^{\frac{1}{4} i (4 ϕ + π)}}{2 \sqrt{(- 1)^{1 / 4} \cos (2 ϕ) + \sqrt{\sin^{2} (2 ϕ)}} - 1 - i}

$\frac{e^{\frac{1}{4} i (4 \phi +\pi )}}{2 \sqrt{(-1)^{1/4} \cos (2 \phi )+\sqrt{\sin ^2(2 \phi )}}-1-i}$

كما لاحظت على الأرجح ، لم يعد دوران المتجه منتظمًا - وبسبب ظهور المكون التخيلي في نصف القطر تحديدًا.

الساحات والاشياء

صيغتنا لها حالة خاصة رائعة - مربع ، يمكن كتابة الصيغة من أجلها

ρ = \frac{2}{\sqrt{2 + \sqrt{2 + 2 \cos (4 ϕ)}}}

$\rho = \frac{2}{\sqrt{2+\sqrt{2+2 \cos (4 \phi )}}}$

أو

ρ = \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - \sin^{2} (2 ϕ)}}}

$\rho = \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-\sin ^2(2 \phi )}}}$

(اختر أيهما تفضله).

في حالة أكثر تطورًا ، يمكنك تحديد أشكال وسيطة بين دائرة ومربع عبر نقطة

(k, k)

$(k,k)$ على السطح

ρ = \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - \frac{(2 k^{2} - 1) \sin^{2} (2 ϕ)}{k^{4}}}}}

$\rho = \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-\frac{\left(2 k^2-1\right) \sin ^2(2 \phi )}{k^4}}}}$

يمكنك أيضًا إضافة تباين إلى هذه الأشكال مع الحفاظ على الحالة التي تمر بها عبر النقطة

(k, k)

$(k,k)$ - تعديل المعلمة نفسها مباشرة

k

$k$ اعتمادًا على الزاوية بحيث يكون مضاعفها عند المرور عبر القطر يساوي واحدًا. على سبيل المثال ، الاستبدال بدلاً من ذلك

k

$k$ وظيفة

\frac{k}{1 - z \cos^{2} (2 ϕ)}

$\frac{k}{1-z \cos ^2(2 \phi )}$ ، سوف نحصل على معلمة إضافية

z

$z$ التي يمكن تعديل الانحناءات الإضافية بها. على وجه الخصوص ، ل

z = 1 / 4

$z=1/4$ تحصل على ما يلي:

في حالة أكثر اتساعًا ، لا يمكنك تحديد مربع فحسب ، بل مستطيل ، ولا يزال بالإحداثيات القطبية:

ρ = \sqrt{\frac{4 a^{2} b^{2}}{((b^{2} - a^{2}) \cos (2 ϕ) + a^{2} + b^{2}) (\sqrt{1 - \frac{4 a^{2} b^{2} k \sin^{2} (2 ϕ)}{{((b^{2} - a^{2}) \cos (2 ϕ) + a^{2} + b^{2})}^{2}}} + 1)}}

$\rho = \sqrt{\frac{4 a^2 b^2}{\left(\left(b^2-a^2\right) \cos (2 \phi )+a^2+b^2\right) \left(\sqrt{1-\frac{4 a^2 b^2 k \sin ^2(2 \phi )}{\left(\left(b^2-a^2\right) \cos (2 \phi )+a^2+b^2\right)^2}}+1\right)}}$

وحتى احسب مساحته (عبر التكاملات البيضاوية):

S = 4 a b \frac{(k - 1) K (k) + E (k)}{k}

$S=4 a b\frac{(k-1) K(k)+E(k)}{k}$

ملحوظة

k

$k$ (

0

$0$

1

$1$ ) ,

π a b

$\pi a b$

4 a b

$4 a b$ .

سيسمح هذا بإنشاء ملفات تعريف مع انتقال من دائرة إلى مستطيل مع منطقة قسم محكومة. هنا المساحة ثابتة:

وهنا تتوسع المنطقة بشكل كبير:

اذهب إلى الإحداثيات الديكارتية

يمكن التعبير عن أي معادلة في الإحداثيات القطبية من خلال معادلة في الإحداثيات الديكارتية ، وبطريقتين على الأقل - اعتمادًا على شكل التدرج اللوني على حدود الشكل الذي سيتغير. للقيام بذلك ، يكفي حساب الزاوية من خلال قوس ظل الإحداثيات وإحضار الصيغة إلى ثابت عبر متجه نصف القطر عن طريق طرح

0 = \sqrt{x^{2} + y^{2}} - \frac{\cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k) + π m}{2 n})}{\cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k \cos (n \tan^{- 1} (x, y))) + π m}{2 n})}

$0=\sqrt{x^2+y^2}-\frac{\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}(k)+\pi m}{2 n}\right)}{\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}\left(k \cos \left(n \tan ^{-1}(x,y)\right)\right)+\pi m}{2 n}\right)}$

أو الانقسام

1 = \frac{\sqrt{x^{2} + y^{2}} \cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k \cos (n \tan^{- 1} (x, y))) + π m}{2 n})}{\cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k) + π m}{2 n})}

$1=\frac{\sqrt{x^2+y^2} \cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}\left(k \cos \left(n \tan ^{-1}(x,y)\right)\right)+\pi m}{2 n}\right)}{\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}(k)+\pi m}{2 n}\right)}$

يُفضل الخيار الثاني لأنه يعطي تدرجات مستقيمة على طول جوانب المضلع.

ملحوظة

, (0,0) - — , , (

- \cos (\frac{2 \sin^{- 1} (k) + π m}{2 n}) \sec (\frac{2 \sin^{- 1} (k \cos (\frac{π n}{2})) + π m}{2 n})

$-\cos \left(\frac{2 \sin ^{-1}(k)+\pi m}{2 n}\right) \sec \left(\frac{2 \sin ^{-1}\left(k \cos \left(\frac{\pi n}{2}\right)\right)+\pi m}{2 n}\right)$ ).

\cos (n \tan^{- 1} (x, y))

$\cos \left(n \tan ^{-1}(x,y)\right)$

\frac{(x + i y)^{n} + (x - i y)^{n}}{2 {(x^{2} + y^{2})}^{n / 2}}

$\frac{(x+i y)^n+(x-i y)^n}{2 \left(x^2+y^2\right)^{n/2}}$ , A034839.

ستتغير قيمة الصيغة من الجانب الأيمن من المعادلة (في الحالة الثانية) من

0

$0$ قبل

1

$1$ إذا كانت النقطة

(x, y)

$(x,y)$ يدخل داخل الشكل ومن

1

$1$ إلى ما لا نهاية - إن لم يكن. باختيار وظائف مختلفة لتحويلها إلى سطوع ، يمكنك الحصول على خيارات تنقيط مختلفة. للأس (

e^{- x - 1}

$e^{-x-1}$ لأول و

e^{- x}

$e^{-x}$ للخيار الثاني) نحصل عليه

أو ، إذا كان التشبع

يمكن استخدام مرشح تمرير منخفض كلاسيكي

\frac{1}{1 + x^{p}}

$\frac{1}{1+x^p}$ ، بحيث

p

$p$ - ترتيب المرشح الذي يحدد التوهين.

بالنسبة للخيار الأول:

وللثانية:

يمكنك أيضًا استخدام دالة متعددة الأجزاء متصلة عن طريق تعيين حدود الاستيفاء بشكل صريح.

بالإضافة إلى التنقيط على هذا النحو ، يمكنك أيضًا ضبط التشوهات - على سبيل المثال ، ضغط رقعة الشطرنج في دائرة:

أو حتى اسحبه فوق كرة:

معادلة

x = \frac{u}{\sqrt{\frac{2}{1 + | \frac{u^{2} - v^{2}}{u^{2} + v^{2}} |}}}

$x=\frac{u}{\sqrt{\frac{2}{1+ \left| \frac{u^2-v^2}{u^2+v^2} \right|}}}$

y = \frac{v}{\sqrt{1 + \frac{2}{| \frac{u^{2} - v^{2}}{u^{2} + v^{2}} |}}}

$y=\frac{v}{\sqrt{1+\frac{2}{\left| \frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}\right| }}}$

z = \sqrt{1 - \frac{1}{2} u^{2} (1 + | \frac{u^{2} - v^{2}}{u^{2} + v^{2}} |) - \frac{1}{2} v^{2} (1 + | \frac{u^{2} - v^{2}}{u^{2} + v^{2}} |)}

$z=\sqrt{1-\frac{1}{2} u^2 \left(1+\left| \frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}\right|\right)-\frac{1}{2} v^2 \left(1+\left| \frac{u^2-v^2}{u^2+v^2}\right|\right)}$

الملحق: كيف تم اشتقاق الصيغة

يتكون النمط الكلاسيكي لسرد القصص في النصوص الرياضية من تناوب lemmas / theorems وإثباتاتها - كما لو أن العبارات التي يمكن إثباتها ظهرت في رأس المؤلف بوحي من الأعلى. وعلى الرغم من وجود بعض الحقيقة في هذا الأمر ، فغالبًا ما يسبق ظهور الصيغ بعض الأعمال البحثية ، والتي يمكن أن يعطي وصفها فهمًا أكبر لمعناها من الدليل الرسمي ؛ وصدق التصريحات يمكن تتبعه بدوره من خلال إخلاص الخطوات التي أدت إليها.

لذلك هنا أيضًا - إذا بدأت المقالة بصيغة في شكل معقد ، فسيكون مظهرها غير واضح وغير بديهي ، وستتطلب الخصائص المعلنة أدلة إضافية. ولكن في الشكل المثلثي للتسجيل ، يمكن تتبع تاريخ ظهوره تمامًا.

1) نبدأ بأبسط حالة - مهمة رسم خط مستقيم في الإحداثيات القطبية. للقيام بذلك ، تحتاج إلى حل المعادلة

r \cos (ϕ) = 1

$r \cos (\phi )=1$ الذي حل واضح

r \to \sec (ϕ)

$r\to \sec (\phi )$ ...

2) علاوة على ذلك ، يجب أن تكون الحجة القاطعة "ملتفة" لتوفير مكامن الخلل في خط مستقيم. في هذه المرحلة ، تستخدم الحلول الأخرى "الاختراق القذر" في شكل باقي القسمة. يستخدم أيضًا أخذًا متسلسلًا لوظيفة الجيب المباشر والعكس -

\sin^{- 1} (\sin (ϕ))

$\sin ^{-1}(\sin (\phi ))$

يتيح لك هذا الأسلوب إجراء عمليات حسابية قياسية على الصيغة الناتجة ،

على سبيل المثال

\frac{\partial \sin^{- 1} (\sin (ϕ))}{\partial ϕ} = \frac{\cos (ϕ)}{\sqrt{1 - \sin^{2} (ϕ)}}

$\frac{\partial \sin ^{-1}(\sin (\phi ))}{\partial \phi }=\frac{\cos (\phi )}{\sqrt{1-\sin ^2(\phi )}}$

بفضل نفس الترميز ، يمكنك تبسيط وظيفة المربع في الإحداثيات القطبية إلى مظهر أكثر جمالية ، باستخدام التمثيل المعقد للوظائف المثلثية. في Wolfram Mathematica ، يمكن القيام بذلك باستخدام وظائف TrigToExp و ExpToTrig:

الرمز

Sec[1/2 ArcSin[k Sin[2 \[Phi]]]]^2//TrigToExp//ExpToTrig//Sqrt[#]&//FullSimplify

↓

\frac{2}{\sqrt{2 + 2 \sqrt{1 - k^{2} \sin^{2} (2 ϕ)}}}

$\frac{2}{\sqrt{2+2 \sqrt{1-k^2 \sin ^2(2 \phi )}}}$

بفضل التسجيل نفسه ، يمكنك الحصول على أشكال وسيطة سلسة بين دائرة ومربع باستخدام مضاعف إضافي

k

$k$ بسبب أن حجة القوسين أقل من واحد -

\sin^{- 1} (k \sin (ϕ))

$\sin ^{-1}(k \sin (\phi ))$ :

ولكي تتقاطع الدالة مع نقطة معينة ، ما عليك سوى عمل معادلة وإعادة الحساب

k

$k$ :

\sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - k^{'} \sin^{2} (\frac{π}{2})}}} = k

$\sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-k' \sin ^2( \frac{\pi}{2} )}}}=k$

الرمز

Solve[(Sqrt[2/(1+Sqrt[1-k Sin[2 \[Phi]]^2])] /. \[Phi]->Pi/4)==x, k] /. x->k

↓

k^{'} \to \frac{4 (k^{2} - 1)}{k^{4}}

$k'\to \frac{4 \left(k^2-1\right)}{k^4}$

3) المعلمات

n

$n$ و

m

$m$ تمت إضافتها للتو بطريقة إبداعية وتم دراسة آثارها بشكل تجريبي ، في الواقع.

4) من السهل الوصول إلى المستطيل بالذهاب إلى العرض البارامترى و "مد" المحاور

x = a \cos (t) \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - \sin^{2} (2 t)}}}

$x=a \cos (t) \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-\sin ^2(2 t)}}}$

y = b \sin (t) \sqrt{\frac{2}{1 + \sqrt{1 - \sin^{2} (2 t)}}}

$y=b \sin (t) \sqrt{\frac{2}{1+\sqrt{1-\sin ^2(2 t)}}}$

لكن بعد ذلك

t

$t$ لم يعد يعني الزاوية الآن

t

$t$ هي مجرد معلمة تصف متجهًا من خلال إسقاطاتها على محاور الإحداثيات. للعودة إلى الإحداثيات القطبية ، تحتاج إلى إيجاد طول المتجه (من خلال جذر مجموع المربعات) ، والزاوية (من خلال قوس ظل النسبة) ، والتعبير عن هذه الزاوية من خلال

ϕ

$\phi$ واستبدل التعبير الناتج بدلاً من ذلك

t

$t$ ...

الرمز

With[{r = Sqrt[2/(1 + Sqrt[
      

        
        
        
      

    
 1 - Sin[2 t]^2])]}, {Sqrt[(a r Cos[t])^2 + (b r Sin[t])^2], 
      

        
        
        
      

    
 ArcTan[(b r Sin[t])/(a r Cos[t])]}] // Simplify

↓

{\sqrt{2} \sqrt{\frac{a^{2} \cos^{2} (t) + b^{2} \sin^{2} (t)}{\sqrt{\cos^{2} (2 t)} + 1}}, \tan^{- 1} (\frac{b \tan (t)}{a})}

$\left\{\sqrt{2} \sqrt{\frac{a^2 \cos ^2(t)+b^2 \sin ^2(t)}{\sqrt{\cos ^2(2 t)}+1}},\tan ^{-1}\left(\frac{b \tan (t)}{a}\right)\right\}$

Solve[ArcTan[(b Tan[t])/a]==\[Phi], t]

↓

t \to \tan^{- 1} (\frac{a \tan (ϕ)}{b})

$t\to \tan ^{-1}\left(\frac{a \tan (\phi )}{b}\right)$

Sqrt[2] Sqrt[(a^2 Cos[t]^2 + b^2 Sin[t]^2)/(1 + Sqrt[Cos[2 t]^2])]
      

        
        
        
      

    
/. t -> ArcTan[(a Tan[\[Phi]])/b] // Simplify

↓

\sqrt{2} \sqrt{\frac{a^{2} b^{2} \sec^{2} (ϕ)}{(a^{2} \tan^{2} (ϕ) + b^{2}) (\sqrt{\cos^{2} (2 \tan^{- 1} (\frac{a \tan (ϕ)}{b}))} + 1)}}

$\sqrt{2} \sqrt{\frac{a^2 b^2 \sec ^2(\phi )}{\left(a^2 \tan ^2(\phi )+b^2\right) \left(\sqrt{\cos ^2\left(2 \tan ^{-1}\left(\frac{a \tan (\phi )}{b}\right)\right)}+1\right)}}$

إن تبسيط مثل هذه الصيغة أصعب بالفعل ، وسيتطلب ذلك عدة مراحل:

انتقل إلى الإحداثيات الديكارتية عن طريق الاستبدال $\phi \to \tan ^{-1}(x,y)$ ؛
انتقل إلى الشكل الأسي ؛
تبسيط؛
إجراء استبدال عكسي $x\to \cos (\phi )$ و $y\to \sin (\phi )$ ؛
العودة إلى الشكل الأسي ؛
تبسيط.

نتيجة لذلك ، نحصل على الصيغة التالية:

الرمز

Sqrt[2] Sqrt[(a^2 b^2 Sec[\[Phi]]^2) /
      

        
        
        
      

    
((1 + Sqrt[Cos[2 ArcTan[(a Tan[\[Phi]])/b]]^2])
      

        
        
        
      

    
(b^2 + a^2 Tan[\[Phi]]^2))] /. \[Phi] -> ArcTan[x, y] 
      

        
        
        
      

    
// TrigToExp // Simplify 
      

        
        
        
      

    
// # /. {x -> Cos[\[Phi]], y -> Sin[\[Phi]]} & 
      

        
        
        
      

    
// TrigToExp // Simplify // FullSimplify

↓

2 \sqrt{\frac{a^{2} b^{2}}{((b^{2} - a^{2}) \cos (2 ϕ) + a^{2} + b^{2}) (1 + \sqrt{\frac{{((a^{2} + b^{2}) \cos (2 ϕ) - a^{2} + b^{2})}^{2}}{{((b^{2} - a^{2}) \cos (2 ϕ) + a^{2} + b^{2})}^{2}}})}}

$2 \sqrt{\frac{a^2 b^2}{\left(\left(b^2-a^2\right) \cos (2 \phi )+a^2+b^2\right) \left(1+\sqrt{\frac{\left(\left(a^2+b^2\right) \cos (2 \phi )-a^2+b^2\right)^2}{\left(\left(b^2-a^2\right) \cos (2 \phi )+a^2+b^2\right)^2}}\right)}}$

خاتمة

كما ترون ، حتى في شيء بسيط ومبتذل مثل المضلع ، يمكنك العثور على شيء جديد والتوصل إليه. والقصة لا تنتهي عند هذا الحد - بقيت صيغة المساحة للحالة العامة غير معروفة ، وظلت صيغة المضلع التعسفي ، وليس المنتظم فقط ، غير معروفة ، وتم ترك التوسع في القوة والمتسلسلة المثلثية دون اعتبار. أيضًا ، على الأرجح ، يوجد نوع مماثل من الصيغة للحالة ثلاثية الأبعاد.

لذلك ، إذا قيل لك أن كل شيء في الرياضيات قد تم اختراعه بالفعل ولا توجد سوى مشاكل خارجة عن فهم الشخص العادي - فلا تصدق ذلك. هناك العديد من المشكلات العملية البحتة التي لا يعرفها علماء الرياضيات الحقيقيون ، أو لا يهتمون بحلها بسبب عدم وجود ضجة كافية حولهم ، أو لأن لديهم بالفعل فكرة تقريبية عن طرق تحقيقها لحلها. لا تخف من معالجة المشكلات التي لا تتوفر حلول لها في ويكيبيديا ، ولا تخف من نشر حلولها ، ولا تخف من قراءة التعليقات الموجودة تحت المقالات حول عدم جدوى كل شيء.

PS قم بتنزيل المستند الأصلي لـ Mathematica هنا .

كيفية رسم نجمة (وأكثر) في الإحداثيات القطبية

شكل وتعديلات معقدة

الساحات والاشياء

اذهب إلى الإحداثيات الديكارتية

الملحق: كيف تم اشتقاق الصيغة

خاتمة

More articles: