第9讲 1.古希腊三大几何作图难题的非尺规解法

1数学名题欣赏第9讲1.古希腊三大几何作图难题的非尺规解法公元前四世纪，古希腊的智人学派(也称巧辩学派)提出并研究了三大几何作图问题：立方倍积问题、三等分角问题和化圆为方问题.立方倍积问题:已知一个立方体.仅用圆规和直尺,作一个立方体,使其体积等于已知立方体的体积的两倍.三等分角问题:任意给定一个角.仅用圆规和直尺,把该角三等份.化圆为方问题:已知一个圆.仅用圆规和直尺,作一个正方形,使其面积等于已知圆的面积.直到十九世纪,人们才证明了,用圆规和直尺不可能解决上述三个几何作图问题.1837年，旺策尔(P．Wantzel)证明了立方倍积和三等分角的不可能性.1882年，林德曼(C.Lindemann)证明了的超越性，从而推断，只用圆规和直尺不能化圆为方.虽然著名数学家克莱茵于1895年已经对三大作图问题作了总结，严格证明了,仅用尺规绝不可解这些问题，彻底解决了两千多年的悬案，但用其他几何方法还是可以准确地(非测量地)解决这三个问题的.一立方倍积问题的丝线解法历史传说关于立方倍积问题的提出，传说很多.埃拉托塞尼(Eratosthenes，公元前226年——公元前195年)在名著《柏拉图》一书中写道：太阳神阿波罗向提洛岛的人们宣布,瘟疫即将流行.为了摆脱灾难，必须把德里安祭坛的体积扩大，使之变为现在这个立方体祭坛的体积的两倍，而且要求仍然是一个立方体.工匠们百般努力，百思不得其解，于是去请教柏拉图.柏拉图提醒大家，神发布这个谕示，并不是想得到一个体积加倍的祭坛，而是以此难题来责难希腊人对数学的忽视和对几何学的冷淡.2埃拉托塞尼是国王托勒密(Ptolemy)之子的家庭教师，他把自己关于立方倍积的工作上报给托勒密国王，引起了国王的重视，并在全国悬赏征解.又有一个传说,说的是古代一位希腊悲剧诗人,他描述过一位名叫弥诺斯的匠人为皇族格劳科斯修坟的故事.弥诺斯说，原来设计的每边都是百尺的立方体坟墓，对于殉葬者众多的皇家而言还嫌太小，皇家要求他把其体积加倍.当时古希腊关于立方倍积的传说满天飞，可见人们对这一问题的重视和兴趣.设k是已知立方体的棱长，x是所求立方体的棱长，于是,332xk.解法一希腊数学家梅纳奇马斯(Menaechmus，前375——前325)考虑了两条抛物线2xky和22ykx的交点.由于42232xkykx，所以332xk.于是,这两个抛物线的交点(非原点)的横坐标即为所求的立方体之棱长.解法二笛卡儿(Descartes，1596—1650)只用上面两条抛物线中的一条就求得了x.事实上，上述两条抛物线的交点,xy满足222xykykx,此为中心在,2kk、半径为52k的圆.此圆过两抛物线的交点，所以为求两抛物线的交点的横坐标x，只需求上述圆与两条抛物线之一的交点即可(圆比抛物线容易作出).解法三在上述方法中要作抛物线，这件事用尺规不能完成.下面介绍一种巧妙的“丝线作图法”.31.作边长为k的正三角形ABC，延长CA到D，使得ADk;2.作直线DB和AB;3.取丝线一条,在其上标出两点E和F，使EFk;4.拉直丝线，使其通过C点，且点E和F分别落在DB和AB上.于是可证:32xk，即x为体积加倍的立方体的棱长.注x的求法如下.由上图,||GCBE,故2xkky.在BCF中使用余弦定理,得2222222cos3xkkykykyky,即222xkxyky.于是得332xk.故32xk.二用木工尺三等分任意角木工尺就是图中所示的直角尺.设尺的拐角内点为B,在和BD垂直的尺边上取一点C,使BC等于尺宽AB.任意给定一角EOF.用木工尺作一条与OE相距为尺宽AB的平行线l.令尺边上的点A落在l上,C落在OF上,尺边DB过点O,则沿DB画出的直线l与OF的夹角等于13EOF.事实上,RtCBORtABORtAGO,于是.4三用割圆曲线化圆为方割圆曲线是古希腊数学家希庇亚斯为解决化圆为方问题而发明的.设点A是已知圆的圆心,AB为一条半径.把线段AB绕点A顺时针匀速旋转90到AD的位置,同时,与AD平行的直线BC匀速平移到AD位置,且AB和BC同时到达AD.可以证明,在运动过程中,线段AB和直线BC始终相交.它们的交点的轨迹称为割圆曲线(图中的粗实线).由于此曲线把以A为圆心、以AB为半径的14圆切割成两块,所以该曲线称为割5圆曲线.如图建立坐标系,设ABa,则割圆曲线的方程为tan2yxya.于是002limlimtan2yyyaAGxya.由于我们利用割圆曲线,所以AG是已知线段.于是,我们可用尺规作出线段2222ABaalaAG和线段b,使得222bala.于是,以b为一边的正方形的面积等于已知圆的面积2a.注1证明:在运动过程中,线段AB和直线BC始终相交.设AB旋转的角速度为,BC平移的速度为v,则因AB和BC同时到达AD,所以2av.于是2va.在t时刻,B的纵坐标cosat.BC的纵坐标221.()yavtaatat今证2cos1tt.令t,则要证2cos10.()2622cos1sin.当20arcsin时,2cos10;当2arcsin2时,2cos10.又在0或2时,2cos10,所以2cos1002.即()成立.所以线段AB和直线BC始终相交.注2由(),得22yta,所以22yta,于是割圆曲线的方程为tan2yxya.2.捆绑立方体若把橡皮筋套在一个立方体的顶点A的近旁，使此橡皮筋成一个三角形，那么只要一松手，则橡皮筋会向A的方向滑过去而脱落.再看与此立方体的一个面平行的平面,它截得的正方形MNPQ若是橡皮筋，我们将它弄成不与立方体的面平行，它仍然会凭它的“收缩成面积最小的特性”而恢复成一个与该立方体的面平行的正方形.可见,与立方体的面平行的正方形MNPQ是稳定的捆绑.上述这种与立方体的面平行的正方形橡皮筋共三族，每个面上有两族橡皮筋垂直地分布于该面上.在立方体表面上的每个点处,都通过两条稳定(最牢靠)捆绑的橡皮筋.除此之外，是否还可能有牢靠捆绑的橡皮筋呢?有!7设一个立方体PQRSUVWX的棱长为1.考虑其表面上的六边形ABCDEF,并设其六边分别在立方体的六个面上.若ABCDEF是一条橡皮筋且是稳定的捆绑，则其长度将在弹力作用下变为最短.考虑立方体的侧面展开图.由于ABCDEF达到了最短,故A、B、C、D、E、F、A共线.于是,直线ABCDEFA与AQ夹45角,六边形ABCDEF的各边与所在面上的一条对角线平行.这些对角线组成了展开图中的两条平行虚线,它们是ABCDEFA的两个极端位置.对应在正方体上，这两个极端位置是PRX和QWU.显然,六边形ABCDEF的周长为32(正方体的一个面的对角线长度2的3倍).8另外,ABCDEF,BCDEFA,||ABDE,||BCEF,||CDFA,且ABCDEF是每个角都是120的平面六边形,它所在的平面平行于平面QWU和平面PRX.稳定的捆绑ABCDEF的位置是可变的,它所在的平面可以平行于平面QWU而在平面QWU和平面PRX之间平移(但ABCDEF的周长始终保持为常数32),而各边也在自身所在的面内平移且保持平行于同一条对角线.在平面展开图上,两条虚线之间的带状区域被缠绕在立方体上(三棱锥SPRX以外的各面上).9若把稳定捆绑的六边形ABCDEF的各边延长，则可形成两个中心重合且对应边平行的正三角形,它们所围成的区域的公共部分的边界即六边形ABCDEF.一共有四族捆绑六边形，每族所在的平面互相平行，且平行于立方体的三个10面上的三条对角线.这四族捆绑线和开头讲的三族捆绑线（平行于立方体的面）合起来,共有七族捆绑线.在立方体的表面上的每一点处,恰有四条捆绑线通过.于是,在立方体的表面上，共编织了四层捆绑线.若要把棉纱绕在一个立方体上且不致使棉纱松脱，则应垂直于立方体的棱缠绕或缠在三棱锥SPRX以外的表面上，每圈线与PRX所在的平面平行.共有七种缠绕方式.用垂直于棱的方式(三种)缠了两层之后改用平行于PRX等三角形的方式(四种)再缠两层，以后周期性地重复进行，则可缠绕成一个十分别致而结实的线团.3.糕点售货员的打包技术顾客买了一盒点心，要求售货员把长方体的点心盒用尼龙绳捆紧，便于携带.售货员至少有两种捆绑方式.一是正交十字法.如图.这是一种牢固的包扎方法.11二是上下压角法(这与前面讲的捆绑立方体很类似).如图.捆扎的尼龙绳形成了一个空间八边形ABCDEFGH.要使捆扎最紧,必须使该空间八边形的周长最短.我们从纸盒的平面展开图上来分析.在展开图上,仅当A、B、C、D、E、F、G、H共线时,封闭折线ABCDEFGHA(尼龙绳)才最短.设上述八点共线.则直线AB可在一定的范围内平移.图中的两条虚12线是AB的极限位置,AB可在这两条虚线所夹的范围内平移.设纸盒的长、宽、高分别为a、b、c,则不论AB在上述范围内的哪个位置,八边形ABCDEFGH的周长都是同一值222Lacbc(周长的最小值),相应的捆扎都是牢固的.这种别致、最优的捆扎方式,样式新颖,使得绳子不仅可以沿着自身的走向移动,而且可在盒子的表面平移,平移时,绳子的总长还保持不变,恒为222Lacbc.另外,该方法所用的绳子的长度222Lacbc小于正交十字法所用的绳子的长度224abc.绳子的第一个极端位置绳子的一般位置绳子的第二个极端位置以上三个位置画在同一图上在绳子的一般位置的图示中,注意||ABFE且ABFE,||DCGH且DCGH,13AHED且68AHPEDP,BCFG且68BCPFGP.如用多条绳子捆紧盒子,并使各条绳子的位置不同（彼此平行），则图示如上.把上述平面展开图中的两条虚线所夹的区域视为一条宽带子,则可用该带子牢固地捆紧纸盒,这就好像用多条绳子捆扎一样.4.怎样判断一个自然数能否被2，3，5，7，9，11和13整除？设n是自然数,则(1)n可以被2(或5)整除n的个位数可以被2(或5)整除.换言之,n可以被2(或5)整除n的个位数是偶数(或0和5之一).例如,9034可以被2整除,但21537不能被2整除.24910和7729215可以被5整除,但28849不能被5整除.该方法的意义(实用价值)在于:不需要实际做除法即可判断一个数n能否被2或5整除,这比计算2n和5n简便.(2)n可以被3(或9)整除n的各位数字之和可以被3(或9)整除.例如,80274可被3整除,但不能被9整除,因为8027421可被3整除,但不能被9整除.直接验证：80274326758，8027498919余3.1435441不能被3整除,因为3544117不能被3整除.直接验证:35441311813余2.2041857可被9整除,因为204185727可以被9整除.直接验证:20418579226873.该方法的意义(实用价值)在于:用较小的计算量即可判断一个数n能否被3或9整除,这比计算3n和9n简便.以下各方法的用处类此.(3)n可以被11整除n的偶位数字之和与奇位数字之和的差可以被11整除.例如，6283706可以被11整除，因为687623022可以被11整除.52416不能被11整除,因为5462112不能被11整除.(4)判断n能否被7(或11,13)整除的方法方法一n可以被7(或11,13)整除n的最后三位数字组成的数和其余各位数字组成的数的差可以被7(或11