尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

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                                                      苏小光
: t7 o& |# g( r4 w6 z             一  背景资料
. e* ?% _1 L+ q# K9 F2 j  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
/ U9 D7 _8 o) i6 C         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
1 n) T: a, j  o       当 \alpha =60°,cos\frac{\alpha }{3}=x时，
         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]
1 e; Y* K3 r/ Z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
% N# f3 ], ]; F7 {+ Q1 \  m        \gamma =20°,
$ n- }1 _: X* H6 {7 s8 }则尺规能三等分60°角.
( S' Y; |  b5 H1 S6 A3 `二  代数模型
: `5 V6 \& {! h4 E8 o2 W* y5 |      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
1 [- g. y! n* Z! j$ O8 V所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
% D0 d3 _& s3 x( I/ P, M' D  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
7 T0 V' z# \- _- Dsin\beta =\frac{BC}{AC}=\frac{n}{6n}=\frac{1}{6},
Rt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
  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
l=\frac{aR\pi }{180},
即
9 N, \% `" f/ a) R! T1 ~    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
4 E9 J. P5 k6 R9 s! Gcos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
: B% |% O+ \& ?- ~/ h% K所以
AB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
8 Y# x- k: N+ ~! H4 z3 J& t: S以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
& P. Z' R6 i% W$ Z' y  Q/ 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 }
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}
以AF=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}, FG=n, ∠AFG=90°, 作Rt△AFG,
令∠FAG=\theta,则
8 D% Y2 ], I# ~' m2 N; c* r! n  [8 ytan\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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