尺规三点分60°角的代数模型(pdf)

数学1+1

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, O) n2 N0 c3 \                                                      苏小光
) D) F1 K( _5 H  }: O             一  背景资料
  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}
$ D6 u9 l4 W' W3 i4 U) z, J% 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]
: F: c  d4 ]- }4 d8 R5 T% Q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°,
/ ~8 N; Q. |% j2 s7 w则尺规能三等分60°角.
二  代数模型
5 W( v$ d+ Q6 Y4 G  m2 U      tan\theta =\frac{sin\beta }\left (  \right {1-sin^{2}\beta })^{2}}
9 K+ t/ ?; x( ]+ _当sin\beta =\frac{1}{6} 时,
  tan\theta = 0.1763265306
9 l* I- z! d6 W8 _0 m所以  \theta=10°, 显然  2\theta=\gamma, 所以尺规能三等分60°角。
* i" E! }; U5 M8 l% a- P6 o; \三 代数模型的几何解释(或作图)
' F/ H* O! u  q" c* I作线段BC=n,AC=6n,∠B=90°，得到Rt△ABC，令\beta =∠BAC, 则
+ w* [. F, M. w( E7 D5 g9 isin\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
    2n\pi =\frac{6na\pi }{180},
$ \6 H3 U3 K9 V! x$ W" Z: y所以，a =60°.
( T5 @; i$ d! ?8 l& Q在Rt△ABC中，
& ?, ~2 B& L0 x) v% ucos\beta =\sqrt{1-sin^{2}\beta },
所以
# Y  R5 \' }+ c$ ^6 @. M& MAB=6n\sqrt{1-sin^{2}\beta }.
. H4 m8 Z* Q9 Q" N/ T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
6 u7 B6 R, S5 i6 ]  AE=AD cos\beta=6n\left ( 1-sin^{2}\beta  \right ) \sqrt{1-sin^{2}\beta }
' I1 a% L! O$ C& T! A6 S" U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
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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