尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                        尺规三点分60°角的代数模型(pdf)
                                                      苏小光
. M- X4 b$ ~$ ^             一  背景资料
7 q! ~  e6 L! E9 @* {6 Y  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
         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
" w4 o/ r4 w, G. Z, O5 K) q       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
7 s0 ^5 {; @& F8 V, _, Y2 N         8x^{3}-6x-1=0,
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°,
1 r$ K2 ]5 b" o, W: ]则尺规能三等分60°角.
二  代数模型
/ A2 `3 f* {1 l7 n! v' K! C      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
' S- \/ U3 L' \& ]5 G当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
( B  W0 K, t3 D/ F  Y: V所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
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
! a0 C, f2 u$ h0 Ksin\beta =\frac{BC}{AC}=\frac{n}{6n}=\frac{1}{6},
/ F) `- i0 i6 lRt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
" _' V2 u1 s  W2 D- X+ F  l=2n\pi,
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
2 G9 W+ c8 E1 D$ Zl=\frac{aR\pi }{180},
* J/ y6 R- W& ]即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
4 ]1 W" j* Q/ m% F7 L) m0 C在Rt△ABC中，
* e) {2 O. }. m' M% kcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
  n6 _- q  ?4 I, [所以
; Y( {7 V8 [* W* IAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
0 \8 {, R& `; s以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
; a4 E- `, Y4 m+ KAD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
( `/ W' o* ~2 o5 p: _: S. ]以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
' h8 v+ h$ K% C0 j以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
3 |* y6 v0 w% E, j- y; cAF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
2 Y3 a8 |8 g0 R* x以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
tan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
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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