尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

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                                                      苏小光
             一  背景资料
# d+ Q0 d  o3 [* h* K  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,
& O2 m2 _7 M, x0 Q4 V8 n: ~% w  V 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
" G! y5 e. ^, i( |        \gamma =20°,
' `4 c2 _5 [5 x# V则尺规能三等分60°角.
1 o# G1 c2 ]6 ?, C" C6 o0 y6 E二  代数模型
      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
4 p6 e, A$ {  c3 e当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
" Y$ F3 R- H4 ?/ T  tan\theta = 0.1763265306
6 Z9 B1 V% \9 B  t9 S0 n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)
* ~- Z/ B6 t8 r" S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},
$ G0 J' b# m2 _7 ]7 G0 SRt△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
) a* V) ^9 Y  R; P& V! J! _+ k    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
在Rt△ABC中，
cos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
: l7 g; v* b. q6 a所以
( [" q" \) V. x. f; l2 lAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
+ S5 }* s7 N  E$ W/ c# n8 f7 r  f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
8 a& ?0 j2 f; s7 H: p  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
4 ^0 a8 ?/ _* r! r1 Z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,
: \: @5 \* D3 z! N9 F( g/ j( q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.

; V6 O; p% m" I& Z+ ~# V

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