尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

                                        尺规三点分60°角的代数模型(pdf)
- ~! Q! @4 w7 t& |$ e4 o! W                                                      苏小光
/ t! t2 _" s; K3 D9 a! B3 |, h             一  背景资料
9 m; Q6 j. M& z, B. Q  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
, z; A/ P9 |( s; I         cos\alpha =4cos^{3}\frac{\alpha }{3}-3cos\frac{\alpha }{3}
# D3 X# r9 K$ w4 M       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]
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°,
则尺规能三等分60°角.
3 `; H% j/ V6 c$ B7 s" h# P二  代数模型
5 P/ t& z' z: e( N3 ^      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
: h" @; v* x/ {" r2 @6 b, q/ b  tan\theta = 0.1763265306
% z! {. Y; n  o$ A$ S% `' 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)
  p% t8 J$ D8 ?1 E9 z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},
Rt△ABC绕AB边旋转一周得到的圆锥体，其底面圆周长
2 h' c' R: i( O3 ^6 P  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
4 ]  I; b; K& O% `- Il=\frac{aR\pi }{180},
即
8 K  y2 b9 K! P8 n. V    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
所以，a =60°.
3 _% i: C  T; H" p在Rt△ABC中，
cos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
AB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
9 ~- W  x0 l% W* P$ r% f* j以AB为斜边, ∠BAD=\beta,∠ADB=90°, 作Rt△ADB,则
AD=ABcos\beta= 6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ).
7 o* v1 c4 |& M以AD为斜边, ∠DAE=\beta,,∠AED=90°, 作Rt△AED, 则
8 g* J2 C! @. m  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
  H) D+ h* C5 a; G( a# K; z以AE为斜边, ∠EAF=\beta,∠AFE=90°, 作Rt△AFE, 则
- y3 i# I$ U0 z/ ^2 }5 JAF=AE cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right )^{2}
# A7 O5 h5 q0 U% x1 z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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