尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

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                                                      苏小光
             一  背景资料
  尺规能否三等分任意角，是古希腊人提出来的一个几何难題。有人证明尺规不能三等分任意角，是因为
' h: M5 |) a6 j8 h; \! D% s5 s' p         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
. M& S5 {  P' s" h' c' ~1 A         8x^{3}-6x-1=0,
9 G! W% h! z- ~! J. B 这个方程没有有理根，认定尺规不能三等分60°角，从而推导出尺规不能三等分任意角。[1]
要否证尺规不能三等分任意角，就必须证明尺规能三等分60°角。若尺规能作出
        \gamma =20°,
( w7 C  Q; H4 E3 P8 o! R$ E则尺规能三等分60°角.
$ E- E  o+ j; o; j( q" P二  代数模型
      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
8 a& L$ @6 |: n% w) R三 代数模型的几何解释(或作图)
作线段BC=n,AC=6n,∠B=90°，得到Rt△ABC，令\beta =∠BAC, 则
sin\beta =\frac{BC}{AC}=\frac{n}{6n}=\frac{1}{6},
2 m8 m; e% \5 b2 w) F4 xRt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
6 r; ^% p# _7 w; T. l  l=2n\pi,
9 @$ m* }1 ]5 i* d2 F( r圆锥体的侧面展开图为扇形，圆锥体的底面圆周长与扇形的弧长相等，扇形的半径R=AC,设扇形的圆心角为a,则
. i2 J. P6 V- M/ S  g9 pl=\frac{aR\pi }{180},
即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
: w7 a' ^+ k1 ]: g/ K) ^9 r所以，a =60°.
+ b- r4 M' h. M- R/ M) V在Rt△ABC中，
2 d, \/ Q" D1 s1 z( i$ {cos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
2 R1 V# t+ U8 I$ Q6 xAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
' v/ m. p. B+ w4 z: |  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
! B: }7 l& f( o7 y以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
AF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
. R5 r2 X: G4 L* ^以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
) J  Y1 b! S6 M8 Mtan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
1 o7 T8 p5 U" H6 S注[1]: 初等几何研究，朱德祥编，高等教育出版社，1985年2月，177-179.
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) t9 K& P( _8 W1 I, Y! G9 l

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