尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                                      苏小光
) ^3 \  ]8 t, O7 w+ Q             一  背景资料
/ U& b; n- T' ?0 @2 `  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}
       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
         8x^{3}-6x-1=0,
4 f8 x' _3 r' \& O  K$ y 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]
/ }3 S& x$ p7 {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°,
" f( Z& n/ ^* t1 L0 O3 D- e" Q3 d则尺规能三等分60°角.
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
8 }+ t# `+ p' r* c: S所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
. X2 R1 K( C" Y3 v7 Y: p- ^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},
' X8 y- F* _  @, A9 N2 u- _6 \$ gRt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
/ t# W5 `% P0 l; m. n5 N" k% @  l=2n\pi,
  N9 v/ o) b6 O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
/ \1 S) F/ t' J$ Q8 ?- S) {1 Nl=\frac{aR\pi }{180},
1 h) ^- @/ o: L0 [1 U. F( P$ S即
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
/ z3 V2 G1 s# G. Q9 ]所以，a =60°.
% S6 Z% Y' T9 C在Rt△ABC中，
4 n2 D1 A2 g: Y; g* s* i% kcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
AB=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 ).
* @7 v6 J3 b3 x' |* p2 b. \以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
4 `1 E4 _5 V% K) C/ F  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
+ d2 V5 G) \9 a% I: B0 }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}
0 c5 P. y4 g3 ?. Z$ g以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
( `$ i3 V8 T: Ztan\theta =\frac{n}{6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}}.
! s- C* \/ t8 d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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