《古希腊三大几何问题的解决》PPT教学课件

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第9讲 1.古希腊三大几何作图难题的非尺规解法

第9讲  1.古希腊三大几何作图难题的非尺规解法

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.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, 332x k =.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2x ky =和22y kx =的交点. 由于42232x k y k x ==,所以332x k =. 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(), x y 满足222x y ky kx +=+, 此为中心在, 2k k ⎛⎫ ⎪⎝⎭、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”.1. 作边长为k 的正三角形ABC ,延长CA 到D ,使得AD k =;2. 作直线DB 和AB ;3. 取丝线一条, 在其上标出两点E 和F ,使EF k =;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:x =,即x 为体积加倍的立方体的棱长.注 x 的求法如下. 由上图, ||GC BE ,故2x k ky=. 在BCF ∆中使用余弦定理, 得()2222222cos3x k k y ky k y ky π+=+-=++, 即222x kx y ky +=+. 于是得332x k =. 故x =.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, Rt CBO Rt ABO Rt AGO ∆≅∆≅∆, 于是αβγ==.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, 所以该曲线称为割圆曲线. 如图建立坐标系, 设AB a =, 则割圆曲线的方程为tan2yx yaπ=.于是002lim limtan2y y y aAG x yaππ→→===. 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2222AB a al a AG ππ===和线段b , 使得222b al a π==. 于是, 以b 为一边的正方形的面积等于已知圆的面积2a π.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ω,BC 平移的速度为v ,则因AB 和BC 同时到达AD , 所以2a vπω=. 于是2v a ωπ=.在t 时刻, B ''的纵坐标cos a t ω=.B C ''的纵坐标221. ()y a vt a at a t ωωππ⎛⎫=-=-=-* ⎪⎝⎭今证2cos 1t t ωωπ>-. 令t ωα=, 则要证2cos 10. ()2παααπ⎛⎫>-<<** ⎪⎝⎭22cos 1sin ααααππ'⎛⎫+-=-+ ⎪⎝⎭.当20arcsin απ<<时, 2cos 10αααπ'⎛⎫+-> ⎪⎝⎭; 当2arcsin 2παπ<<时, 2cos 10αααπ'⎛⎫+-< ⎪⎝⎭. 又在0α=或2π时, 2cos 10ααπ+-=, 所以2cos 1002παααπ⎛⎫+-><< ⎪⎝⎭. 即 ()**成立. 所以线段AB和直线BC 始终相交.注 2 由 ()*, 得22y t aππω=-, 所以22y t aππϕω=-=, 于是割圆曲线的方程为tan2yx yaπ=.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!-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23倍).另外, AB CD EF ==, BC DE FA ==, ||AB DE , ||BC EF , ||CD FA , 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S PRX -以外的各面上).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S PRX∆所在的平面平行. 共有七种缠-以外的表面上,每圈线与PRX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.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L =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L =另外, 该方法所用的绳子的长度L =字法所用的绳子的长度224a b c ++.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||AB FE 且AB FE =, ||DC GH 且DC GH =,AH ED =且68AHP EDP ∠=∠, BC FG =且68BCP FGP ∠=∠.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3.35441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, 13)整除.例如, 30445828可以被7整除, 因为3044582829617-=可被7整除.208832不能被7整除, 因为832208624-=不能被7整除.575344可以被11整除,因为575344231-=可被11整除. 39901不能被11整除, 因为90139862-=不能被11整除.58513可以被13整除, 因为51358455-=可以被13整除.78310不能被13整除,因为31078232-=不能被13整除. 注意 上述方法可以反复使用, 能达到简化计算的效果. 如判断30445828可否被7整除时, 先求出3044582829617-=, 然后, 对29617, 再计算61729588-=, 它可以被7整除, 从而29617也可以被7整除, 于是,30445828可以被7整除. 方法二 从n 的个位起, 每3位分为一段, (例如,28702448n =可以写成28,702,448n =), 则n 能被7(或11, 13)整除⇔奇数段数字之和与偶数段数字之和的差可以被7(或11, 13)整除.例如, 3,998,460,228可以被7整除, 因为()()9982283460763+-+=可以被7整除.4,879,201,421不能被7整除,因为()()87942142011095+-+=不能被7整除. 9,880,409,341可以被11整除, 因为()()8803419409803+-+=可以被11整除.125,789,641,237不能被11整除, 因为()()789237125641260+-+=不能被11整除.801,139,985,200,009可以被13整除,因为()()80198591392001456++-+=可以被13整除. 5,784,269,131,458不能被13整除, 因为()()7841315269458183+-++=不能被13整除. 注意 上述方法也可以反复使用, 以达到简化计算的目的. 如上面判断801,139,985,200,009可以被13整除时, 先计算出()()80198591392001456++-+=, 然后, 可以对1,456, 计算4561455-=, 它可以被13整除, 所以1,456也可以被13整除, 从而801,139,985,200,009可以被13整除.5 . 消九验算法例1 56385215⨯=对不对? 利用下面讲的消九验算法可以简便地加以验证.对乘数56,有5696÷=余2. 对乘数385, 有385942÷=余7.两个余数的乘积为14,1491÷=余5. 对乘积21560,有2156092395÷=余5.最后两个余数相同,我们可以基本..断定5638521560⨯=是正确的(事实上, 此计算确实正确).说基本..断定5638521560⨯=是正确的, 而不说肯定正确, 是因为可能有这种情况出现, 就是计算虽然有错, 但用上述方法仍然得到最后两个余数相同的结果.比如, 2417318⨯=显然是错的, 但2492÷=余6, 1791÷=余8, 6848⨯=, 4895÷=余3, 318935÷=余3. 最后两个余数相同.由此可见, 上述方法不是绝对可靠的!例2 38227103⨯=对不对?382942÷=余4, 2793÷=余0, 400⨯=, 090÷=余0, 1031291145÷=余7. 因07≠, 所以断定3822710312⨯=是错的.这就是说, 如果最后的两个余数不同, 则一定可以断定计算出错.例3 把消九验算法灵活变通一下, 可以简化验算时的计算.检验例1中的5638521560⨯=是否正确.对56: 5611+=;+=,112对385: 38516+=;++=,167+=;⨯=, 1452714对21560: 2156014+=.++++=,145最后的两个计算结果相同, 可基本断定5638521560⨯=正确.道理: 56被9除所得的余数=“5611+=”被9除所得的余+=”被9除所得的余数=“112数. 对385,14和21560有类似结果.我们看到, 本例中的方法比前两个例子中的方法在计算上简便多了!例4检验例2中的3822710312⨯=是否正确.对382: 38213+=;++=, 134对27: 279+=, 削去9, 得0;⨯=;400对10312: 103127++++=.最后的两个计算结果不同: 07≠, 于是可以断定3822710312⨯=是错的.6 . 素数的故事(1)名不符实的冠名素数并不素(朴素). 它的定义和名称似乎给人一种印象,认为素数是质朴简单的一种最基本的数. 其实, 算术中的麻烦事大都是由它惹起的. 例如,我们知道的哥德巴赫猜想和孪生素数的黎曼猜想就是典型的例子. 1989年,Amdabl Six小组在美国加利福尼亚圣克拉大学用Amdabl 1200超级计算机捕捉到一对孪生素数: 11235⨯±. 可见素数名不符实.170659521还有一个在数学史上贻笑大方的、名不符实的故事,它是关于威尔逊定理的. 有一个关于素数的定理,用英国法官威尔逊(J.Wilson,1741——1793)的名字冠名.威尔逊定理 若2p ≥为自然数,则p 是素数p ⇔整除()1!1p -+.事实上,这条定理是莱布尼茨首先发现,后经拉格朗日证明的. 但威尔逊的一位擅长拍马屁的朋友沃润(E .Waring)在1770年出版的一本书中, 却吹嘘说是威尔逊发现的这一定理,而且还宣称这个定理永远不会被证明,因为人类没有好的符号来处理素数. 这种话传到高斯的耳朵里. 当时, 高斯也不知道拉格朗日证明了这一定理,他在黑板前站着想了五分钟,就向告诉他这一消息的人证明了这一定理! 高斯批评威尔逊说:“他缺乏的不是符号而是概念.”两百多年来,全世界的数论教科书上都照样把这一定理称为威尔逊定理. 看来还历史以本来面貌,更换本定理的冠名已无必要,也不易纠正这么多年来文献与教材上的称呼了.威尔逊定理应用很广. 例如, 对较大的素数p ,我们虽然无力算出()1!p -的值,但却知道()1!p -被p 除的余数是1p -.由于威尔逊定理的戏剧性的冠名以及它的内容的重要性,有人戏称:“如果一个人不知道威尔逊定理,那他就白学了算术.”(2)不能实施的素数判别法从字面上看,威尔逊定理已经明白无误地给出了一个简洁的四则运算算法,可以判断任何一个正整数是不是素数. 可惜()1!p -太无情了,它使得我们没有那么的多时间和抄写空间(纸张或计算机内存)来弄清()1!p -是几! 例如,1876年,法国数学家卢卡斯(A .Lucas)用手和笔发现了一个39位的素数12721170141183460469231731687303715884105727p =-=.若用威尔逊定理来判断p 是否是素数, 就需要计算()()1271!211!p ⎡⎤-=--⎣⎦,以每页书可排2000个阿拉伯数字计算,()127211!⎡⎤--⎣⎦可以印成500页的书至少33210⨯本,这比全世界的总藏书量还多得多! 因此, 用威尔逊定理去判断一个大数是否是素数, 这是行不通的! 可见,威尔逊定理只有理论价值,它是一个无实施价值的判别法,或者说,它是一个无效的坏算法.我们渴望设计出一个有效算法, 来判别任给的正整数是否是素数. 这种迫切性从费马数和哥德巴赫猜想等问题上可以感觉到.所谓费马数,是指形如221n n F =+的数,其中0, 1, 2, n = . 03F =, 15F =, 217F =, 3257F =, 465537F =, 54294967297F =.从0F 到4F , 容易判定它们都是素数,5F 是42亿多的大数,费马当年无力判断5F 是否是素数,他只是大胆地猜想, 一切n F 都是素数. 1732年,欧拉算出56416700417F =⨯,从而否定了费马关于费马数素性的猜想.1880年,法国数学家卢卡斯算出627417767280421310721F =⨯.1971年,有人对7F 得出素因子分解.1981年,有人得出8F 的素因子分解.1980年,有人得出9448F 的一个因子是94501921⨯+.1984年,有人得出23471F 的一个因子是23473521⨯+.1986年,有人用超级计算机连续运算十天, 得知20F 是合数.人们至今知道的素费马数还只是03F =, 15F =, 217F =, 3257F =, 465537F =.这个问题不能彻底解决的要害, 是人们至今没有搞出判别素数的有效算法.也有一种潜在的厄运,那就是判定一个数是否是素数和移动河内塔上的盘子一样,本质上就不存在有效算法!(3)素数病毒越来越多把π的小数点删去,π就改写成了一个阿拉伯数字的无穷序列. 问:长几的前缀是素数? 例如,3与31是素数;314159是第三个素前缀;1979年美国数学家贝利(R .Baillie)等人发现π上的第四个素前缀31415926535897932384626433832795028841. 敢问:π还有第五个素前缀吗? 第六个,第七个,……呢?把π换成 2.71828e =…,…, lg 2, lg 3,…, 再问同类问题,又该怎么解答呢? 即使是温和一些的问题,例如下面的问题, 其解答仍然是悬案!()121111110101011019n n n n --=++++=- 个. 问: 当n 为素数时,1111n 个是否是素数? 真是心血来潮! 随便一问就会难倒人! 这样提出问题会使人对素数产生一种反感. 在形形色色应接不暇的问题当中,似应首选那些具有重要应用背景或理论背景,又有能力解决的问题去研究.(4)重要的问题是落实算术基本定理算术基本定理告诉我们,任一大于1的整数n 都可以唯一地表成某些素数的乘积,即12m n p p p = , 其中1p , 2p , …, m p 是被n 唯一确定的素数.问题是,如何由n 具体地求出1p ,2p , …, m p ? 这是一个有重要实用背景和计算机计算的时间复杂度理论背景的大问题. 是数论的中心课题之一,也是计算机科学的主攻方向之一. 假设某年某人设计出了一个有效算法,能在多项式时间内求得12m n p p p = 中的1p , 2p , …, m p 的值,那么当n 是素数时,n 就是1p ,即此算法可以有效地判定素数,从而可以在多项式时间内解决前面提出的诸多问题. 例如, 费马数n F 是否为素数(n是任意给定的自然数),无理数(例如π)的前缀是否是素数等问题. 这里说的“多项式时间”是指对一个问题,存在一个多项式()p n ,n 是要判定的整数的输入长,即它的位数的一个倍数.在实用上,例如在保密通讯与密码破译当中,需要对大合数进行素因子分解. 一般地, 这种大合数有百位之大,所以, 目前各军事大国都集中大量人力物力,研究这种合数的素分解问题,但至今并未听说有明显进展.如果真搞出素分解算法,则对任给定的大偶数,可以在多项式时间内把它表成两个素数之和或发现哥德巴赫猜想的反例.我们期望的这种素分解的有效算法能解决这么多非常之难的问题,可见设计出它的难度是诸多数论难题难度之集大成! 即使这种算法存在,也是很难设计出来. 我们甚至还应想到它根本就不存在,以免望梅止渴,水中捞月!7 . 蚂蚁在砖上爬行的最佳行迹一只蚂蚁从一块砖的一个顶点爬向对角顶点,它应沿着怎样的路线爬行,才能使其行迹(所用时间)最短?''''-. 蚂蚁欲从点A爬向对角顶点C'.它可以有种种不同的爬行方式. 如图所示. 不失一般性, 我们设蚂蚁沿路径A F C'→→爬行, 最后到达C'. 设AB a=, AD b=, AA c'=. 在长方体的侧面展开图上, 显然当点F使A、F、C'共线时,路径A F C'→→最短. 此时, 该路径的长度同理,AEC'=,AGC'在图示的从A 到C '的所有六条路径中, 最短者即为所求的最短路径. 另一方面, 由平面展开图可知,AHC AFC ''=且AFC H '是平行四边形, AJC AEC ''=且AEC J '是平行四边形, AIC AGC ''=且AGC I '是平行四边形. 因此, 我们只需考虑路径AFC '、AEC '和AGC ', 并从中挑选最短者. 设a b c >>, 则易知AFC '(也就是AHC ')是最短路径且AFC AHC ''=.一般地, 在展开图是平面图形的立体表面上,蚂蚁从一点爬向另一点时,其最省时的行迹皆为展开图上连接此两点的各直线段中的最短者对应的立体上的那条曲线段.例如, 在圆柱上,蚂蚁要从A点爬向B点. 把此圆柱的侧面展开, 则图中的两个线段AB中的较短者对应的圆柱面上的曲线(圆柱螺线)即为从A到B的最短路径.蚂蚁在圆锥上爬行的最佳路线也可用前面的展开图方法加以解决. 有趣的是,如果它是从圆锥底面圆周上一点A爬向此圆周上的另一点B,则最短路径不是沿圆周爬行,而是先向上爬,到达一个最高点后再向下爬行. 其最佳爬行路线在展开图上是直线段AB.对于不可展开成平面的曲面,寻求蚂蚁从其上一点爬向另一点的最佳路线就不像上面的解法那么方便了. 一般而言,不能用初等数学的方法来讨论. 例如在球面上,蚂蚁从一点A爬向另一点B,则应沿A、B所在的大圆上的劣弧AB爬行. 沿大圆爬行时,路径弯曲的程度最小,最接近直线段,但证明这一点并非易事.设在某曲面上存在一条蚂蚁的最佳行迹l ,使它从A 点爬到B 点, 所走路径最短. 现在l 上穿一个洞(点洞), 蚂蚁爬行时不能从该洞上走过, 则这时可能已不存在最佳行迹了. 事实上,设无洞时最佳行迹是唯一的. 因蚂蚁爬到洞附近时必须绕行,因此有无穷条行迹,都与无洞时的最佳行迹相差无几,且越来越接近于原最佳行迹,但哪一条也不是最佳的,都可以再缩短,可见这时已找不到最短行迹了.。

《古代希腊数学》PPT课件

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一般地由公式
N 1 2 3 n n(n 1) 2
给出的数称为“三角形数”,它们可以用某种三角
点式来表示;
由序列 N 1 3 5 7 (2n 1) 形成一系列“正方形数”。
五边形数和六边形数分别由序列 N 1 4 7 (3n 2) n(3n 1)
• 泰勒斯在数学上的贡献的最可靠的证据 是来自公元5世纪新柏拉图学派哲学家 普罗克鲁斯(Proclus,410-485)所著《欧 几里得<原本>第一卷评注》一书:
• ……(泰勒斯)首先来到埃及,然后将 几何研究引进希腊。他本人发现了许多 命题,并指导学生研究那些可以推出其 他命题的基本原理”。
普罗克鲁斯在《评注》中介绍说泰勒斯曾 证明了下列四条定理:
这类问题激发了古希腊时代许多数学家的研究兴趣,其中贡献 最多的是诡辩学派。由于希腊人限制了作图工具只能是圆规和(不 带刻度的)直尺,使这些问题变得难以解决并富有理论魅力。
最早研究化圆为方问题的是安纳萨哥拉斯 (Anaxagoras,约公元前500 –前428),但详情不得 而知。公元5世纪下半叶,开奥斯的希波克拉底 (Hippociates of Chios)解决了与化圆为方有关的化 月牙形为方。但单个圆的化圆为方问题没有解决。
古希腊人也叫海仑人(Hellene),其历史可 以追溯到公元前2000年。当时,作为希腊先民 的一些原始部落由北向南挺进,在希腊半岛定 居,后来又逐步向爱琴海诸岛和小亚细亚扩张。 到公元前600年左右,希腊人已散布于地中海 与黑海沿岸的大部分地区,正是在这一带掀起 了新的数学浪潮。
• 这些海滨移民具有两大优势:
在所有的正多面体中,正十 二面体的作图是最为诱人的问题, 因为它是由正五边形围成,而其 他正多面体都是以三角形或正方 形为界面,正五边形的作图则与 著名的“黄金分割”问题有关.

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决位于欧洲南部的希腊,是著名的欧洲古国,几何学的故乡。

这里的古人提出的三大几何难题,在科学史上留下了浓浓的一笔。

这延续了两千多年才得到解决的世界性难题,也许是提出三大难题的古希腊人所不曾预料到的。

三大难题的提出传说大约在公元前400年,古希腊的雅典流行疫病,为了消除灾难,人们向太阳神阿波罗求助,阿波罗提出要求,说必须将他神殿前的立方体祭坛的体积扩大1倍,否则疫病会继续流行。

人们百思不得其解,不得不求教于当时最伟大的学者柏拉图,柏拉图也感到无能为力。

这就是古希腊三大几何问题之一的倍立方体问题。

另外两个著名问题是三等分任意角和化圆为方问题。

用数学语言表达就是:三等分角问题:将任一个给定的角三等分。

倍立方体问题:求作一个正方体的棱长,使这个正方体的体积是已知正方体体积的二倍。

化圆为方问题:求作一个正方形,使它的面积和已知圆的面积相等。

然而,一旦改变了作图的条件,问题则就会变成另外的样子。

比如直尺上如果有了刻度,则倍立方体和三等分任意角就都是可作的了。

这三大难题在《几何原本》问世之前就提出了,随着几何知识的传播,后来便广泛留传于世。

貌似简单其实难从表面看来,这三个问题都很简单,它们的作图似乎该是可能的,因此,2000多年来从事几何三大难题的研究颇不乏人。

也提出过各种各样的解决办法,例如阿基米德、帕普斯等人都发现过三等分角的好方法,解决立方倍积问题的勃洛特方法等等。

可是,所有这些方法,不是不符合尺规作图法,便是近似解答,都不能算作问题的解决。

其间,数学家还把问题作种种转化,发现了许多与三大难题密切相关的一些问题,比如求等于圆周的线段、等分圆周、作圆内接正多边形等等。

可是谁也想不出解决问题的办法。

三大作图难题就这样绞尽了不少人的脑汁,无数人做了无数次的尝试,均无一人成功。

后来有人悟及正面的结果既然无望,便转而从反面去怀疑这三个问题是不是根本就不能由尺规作出?数学家开始考虑哪些图形是尺规作图法能作出来的,哪些不能?标准是什么?界限在哪里?可这依然是十分困难的问题。

古希腊三大几何作图问题

古希腊三大几何作图问题

古希腊人要求几何作图只许使用直尺(没有刻度,只能作直线的尺)和圆规,这种作图工具的限制使得三大几何作图问题成为数学史上的难解之题.三等分角问题即将任意一个角进行三等分.1837年,法国数学家旺策尔第一个证明了三等分角问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题.但如果放宽作图工具的限制,该问题还是可以解决的.阿基米德创立的方法被誉为最简单的方法,他仅利用只有一点标记的直尺和圆规就巧妙地解决了这个问题.三等分角问题的深入研究导致了许多作图方法的发现及作图工具的发明.倍立方体问题即求作一个立方体,使其体积是已知一立方体的两倍,该问题起源于两千年希腊神话传说:一个说鼠疫袭击提洛岛(爱琴海上的小岛),一个预言者宣称己得到神的谕示,须将立方体的阿波罗祭坛的体积加倍,瘟疫方能停息;另一个说克里特旺米诺斯为儿子修坟,要体积加倍,但仍保持立方体的形状.这两个传说都表明倍立方体的问题起源于建筑的需要.1837年,洁国数学家旺策尔证明了倍立方体问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题.倍立方体问题的研究促进了圆锥曲线理论的建立和发展.化圆为方问题即求作一正方形,使其面积等于一已知圆的面积.这是历史上最能引起人们强烈兴趣的问题之一,早在公元前5世纪就有许许多多的人研究它.希腊语中甚至有一个专门名词表示“献身于化圆为方问题”.1882年,德国数学家林德曼证明了化圆为方问题是古希腊那种尺规作图不可能的问题,从而解决了2000多年的悬案.如果放宽作图工具的限制,则开始有多种方法解决这个问题,其中较为巧妙的是文艺复兴时期的著名学者达·芬奇设计的:用一个底与己知圆相等,高为己知圆半径一半的圆柱在平面上滚动一周;所得矩形的面积等于已知圆面积,再将矩形化为等面积的正方形即化圆为方问题的研究促使人们开始用科学的方法计算圆周率的值,对穷竭法等科学方法的建立产生了直接影响.。

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决

古典难题的挑战——几何三大难题及其解决位于欧洲南部的希腊,是著名的欧洲古国,几何学的故乡。

这里的古人提出的三大几何难题,在科学史上留下了浓浓的一笔。

这延续了两千多年才得到解决的世界性难题,也许是提出三大难题的古希腊人所不曾预料到的。

三大难题的提出传说大约在公元前400年,古希腊的雅典流行疫病,为了消除灾难,人们向太阳神阿波罗求助,阿波罗提出要求,说必须将他神殿前的立方体祭坛的体积扩大1倍,否则疫病会继续流行。

人们百思不得其解,不得不求教于当时最伟大的学者柏拉图,柏拉图也感到无能为力。

这就是古希腊三大几何问题之一的倍立方体问题。

另外两个著名问题是三等分任意角和化圆为方问题。

用数学语言表达就是:三等分角问题:将任一个给定的角三等分。

倍立方体问题:求作一个正方体的棱长,使这个正方体的体积是已知正方体体积的二倍。

化圆为方问题:求作一个正方形,使它的面积和已知圆的面积相等。

然而,一旦改变了作图的条件,问题则就会变成另外的样子。

比如直尺上如果有了刻度,则倍立方体和三等分任意角就都是可作的了。

这三大难题在《几何原本》问世之前就提出了,随着几何知识的传播,后来便广泛留传于世。

貌似简单其实难从表面看来,这三个问题都很简单,它们的作图似乎该是可能的,因此,2000多年来从事几何三大难题的研究颇不乏人。

也提出过各种各样的解决办法,例如阿基米德、帕普斯等人都发现过三等分角的好方法,解决立方倍积问题的勃洛特方法等等。

可是,所有这些方法,不是不符合尺规作图法,便是近似解答,都不能算作问题的解决。

其间,数学家还把问题作种种转化,发现了许多与三大难题密切相关的一些问题,比如求等于圆周的线段、等分圆周、作圆内接正多边形等等。

可是谁也想不出解决问题的办法。

三大作图难题就这样绞尽了不少人的脑汁,无数人做了无数次的尝试,均无一人成功。

后来有人悟及正面的结果既然无望,便转而从反面去怀疑这三个问题是不是根本就不能由尺规作出?数学家开始考虑哪些图形是尺规作图法能作出来的,哪些不能?标准是什么?界限在哪里?可这依然是十分困难的问题。

人教版高中数学选修3-1数学史选讲《古希腊三大几何问题的解决》

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第七讲
千古谜题
三大几何问题
化圆为方: 三等分角:
分任意角为三等分;
没有刻度直 尺圆规作图
求作一正方形,使其面积等于一已知圆;
倍立方体:
求作一正方体,使其体积等于已知正方体 体积的2倍
化圆为方问题的由来
相传公元前5世纪,安拉萨哥拉斯因为 发现太阳是个大火球,而不是阿波罗神, 犯有“亵渎罪”而被判刑关进了监狱.在 牢中,夜晚,圆圆的月亮透过正方形的铁 窗照进牢房,他对方铁窗和圆月亮产生 了兴趣。他不断变换观察的位置,一会 儿看见圆比正方形大,一会儿看见正方 形比圆大。他想:“会不会有一时刻,圆 的面积与正方形面积相等呢!”
谈一谈
古希腊三大几何问题解决
过程给我们的启示
解决化圆为方的早期努力
希波克拉底 (公元前460年-公元前370年) 化月牙为方 安蒂丰 (公元前480年-公元前411年) 圆内接正多边形逼近圆
的成果
穷竭法:阿基米德(公元前287-公元前212年)
小组展示
三等分角问题的由来:
公元前4世纪:
如果60度的角也能三等分,那么正九 边形就能作出,相应的正十八边形自 然能作出。在历史上,三等分角问题 就是由求作正多边形这一问题引起.
解决三等分角的早期努力
巧辩学派的希比亚斯 发明了“割圆曲线”
(约公元前425年)
阿基米德螺线:
尼哥米德蚌线
小组展示
埃拉托塞尼在(公元前275年-公元前192年)
《柏拉图》记载:ห้องสมุดไป่ตู้
倍立方体问题的由来: 提洛岛问题
有一年,鼠疫袭击了提洛岛,一个先 知说已经得到神谕,必须将正方体祭坛 体积加倍,形状不变,灾难方可停息。 但建筑师不知道如何加倍,于是去请哲 学家柏拉图。哲学家对他们说:“神的 真正意图并非在于祭坛加倍,而是想使 希腊人为忽视几何学而羞愧。”

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教学目标
知识与能力
明确古希腊三大几何问题的特点. 了解三大几何问题的由来. 熟悉数学家解决三大几何问题的努力.
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过程与方法
通过历史背景了解三大几何问题的特点. 以故事形式讲解几何问题的由来.
2000多年来,古希腊三大尺规作图问题 (1)三等分任意角 (2)倍立方 (3)化圆为方
现代的眼光看
求方程根的问题!
(1)三等分任意角: 4x3 3x a(, a为已知数)
(2)倍立方
x3 2
x3 2
(3)化圆为方
x2 = π
x= π
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相传公元前5世纪,安拉客萨歌拉对别人 说:“太阳并非一尊神,而是一个非常大非常 大的大火球.”结果被他的仇人以亵渎神灵的罪 名给关在牢里.也许是为了打发无聊的铁窗生活, 抑或是为了发泄一下自己不满的情绪,于是他 提出了一个数学问题:“怎样做出一个正方形, 才能使它的面积与某一个已知圆的面积相等 呢?”
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内容解析
1.三大几何问题的由来
古希腊三大几何问题既引人入胜,又十分 困难. 问题的妙处在于它们从形式上看非常简 单,而实际上却有着深刻的内涵 .并且这三大 几何问题的由来都伴随着一个故事.
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古希腊三大作图问题

古希腊三大作图问题

作数对;
扩域“列”与扩域“树”
❖ “列”: 有理数域 ❖ “树”:
r1 r2 2(r1, r2 Q)
Q
2∈Q
3∈Q
5 ∈Q ......
F1={a+b 2 |a,b∈Q} F'1={a+b 3 |a,b∈Q} F''1={a+b 5 |a,b∈Q} ......
扩域“列”与扩域“树”
扩域“树”的基本特征: ❖ 每一支都是一个扩域“列”; ❖ 在这些扩域“列”中,每一个扩域中的数都
可以用尺规作出; ❖ 某一个扩域可能出现在不同的扩域“列”中.
只能作图
❖ 对尺规作图而言, 从单位1出发, 利用尺规作图, 可以 作出有理数域中的每一个数。然后, 我们可以选择 有理数域中的一个数, 作它的算术平方根(这里要求), 进而作出所有形如的数,其中是数域中的任意数。从 而,用尺规可以作出一个新的数域.重复这样的过程, 我们就可以作出数域“树”。
❖ 数域“树”中每一个数都可以用尺规作出,而且, 尺规所能作出数的范围仅限于数域“树”中的数。
❖ 我们可以把它写成一个定理: 尺规能且仅能作出的数的范围为数域“树”。
❖ 没有针对一个问题,去寻找解决这类问题的 方法。
不可作图问题是如何解决的呢?
思路:我们对尺规作图一类问题进行考虑。 ❖ 确定尺规作图的范围; ❖ 判断我们要求作的具体问题是否在这个范围
内。
不可作图问题证明的基本步骤
❖ 1)尺规作图代数化——几何问题代数化; ❖ 2)范围界定,与数域建立联系——数域与扩
尺规作图
❖ 古时候人们约定,所谓圆规直尺作图是指: 使用直尺,我们能过任何给定的不同两点, 作一条直线;使用圆规,我们能以给定点为 圆心,任意长为半径作一个圆. 在作图中,使 用的直尺是没有刻度标记的直尺;

第13讲 古希腊三大几何作图难题与域的扩张理论

第13讲 古希腊三大几何作图难题与域的扩张理论

我们把这一过程抽象为域的扩张问题.
♥域的扩张理论
四、域的扩张理论 定义2.2.1 设F是域E的子域, 则称E是F的扩域. 设 S 是 E 的子集, 由F∪S 生成的 E 的子域(即 E 中包 含F∪S 的最小子域)称为添加S于F而得的扩域. 记为 F(S). E是F的扩域, A,B是E的子集, 则 命题2 F(A)(B)=F(A∪B). 证明 因为 F(A)(B) 是包含 F(A) 和 B 的子域, 进而是 包含 F 和 A∪B 的子域. 由 F(A∪B) 的最小性得 F(A)(B) F(A∪B). 另一方面, F(A∪B) 是包含 F 和 A∪B 的子域, 也就 包含 F∪A, 而 F(A) 是包含 F∪A 的最小子域, 故 F(A∪B) 包含 F(A) , 进而 F(A∪B) 是包含 F(A)∪B 的 子域, 由 F(A)(B) 的最小性得 F(A∪B) F(A)(B) 。
O a b P R A B X
?
二、圆规和直尺的延伸功能:
根据命题1, 我们初步分析一下圆规和直尺能作 出的数. 设已知一些数S, 利用这些已知数, 圆规和直 尺能作出的所有数之集记为F, 由命题1可知,
F关于数的加、减、乘、除运算是封闭的,
F 是 一 个 数 域 !
古希腊三大几何作图难题Fra bibliotek三、在平面解析几何中考察圆规和直尺的延伸功能: 1)已知两点A( s, t )和 B( u, v ), 直尺可以画直线 AB, 其方程为 (I) ax + by + c = 0. 其中 a, b, c 由 A, B 两点的坐标完全确定, 是已知数. 2)已知定点A(s,t)和半径 r, 圆规可以画圆C, 其方程为 (II)
♥域的扩张理论
当 S={a1, a2, …, an} 时, 记 F(S)=F(a1, a2, …, an), 并称为有限生成扩域. 特别称 F(a) 为单扩域. 定义2.2.2 设 E 是 F 的扩域, 则 E 也是 F 上的 向量空间, 其维数 dimEF 称为 E 对 F 的扩张次 数, 记为 [E:F]. 定理2.2.1 设FKE是域扩张, 则 [E:F]=[E:K][K:F].

2019古希腊三大几何问题精品教育

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古希腊三大几何问题在数学的历史上有三个问题始终以可惊的力量坚廿了两千多年。

初等几何学到现在至少已有了三千年的历史,在这期间努力于初等几何学之发展的学者们曾经遇到过很多的难题,而始终绞着学者脑汁的却就是这三个问题。

问题是「立方倍积」,「化圆为方」和「三等分角」,由于这三个问题的屹立不移,现在就被合称为「三大问题」。

立方倍积关于立方倍积的问题有一个神话流传:当年希腊提洛斯(Delos )岛上瘟疫流行,居民恐惧也向岛上的守护神阿波罗(Apollo )祈祷,神庙里的预言修女告诉他们神的指示:“把神殿前的正立方形祭坛加到二倍,瘟疫就可以停止。

” 由此可见这神是很喜欢数学的。

居民得到了这个指示后非常高兴,立刻动工做了一个新祭坛,使每一棱的长度都是旧祭坛棱长的二倍,但是瘟疫不但没停止,反而更形猖獗,使他们都又惊奇又惧怕。

结果被一个学者指出了错误:「棱二倍起来体积就成了八倍,神所要的是二倍而不是八倍。

」大家都觉得这个说法很对,于是改在神前并摆了与旧祭坛同形状同大小的两个祭坛,可是瘟疫仍不见消灭。

人们困扰地再去问神,这次神回答说:「你们所做的祭坛体积确是原来的二倍,但形状却并不是正方体了,我所希望的是体积二倍,而形状仍是正方体。

」居民们恍然大悟,就去找当时大学者柏拉图( Plato )请教。

由柏拉图和他的弟子们热心研究,但不曾得到解决,并且耗费了后代许多数学家们的脑汁。

而由于这一个传说,立方倍积问题也就被称为提洛斯问题。

化圆为方方圆的问题与提洛斯问题是同时代的,由希腊人开始研究。

有名的阿基米得把这问题化成下述的形式:已知一圆的半径是r,圆周就是2 n r,面积是n r2。

由此若能作一个直角三角形,其夹直角的两边长分别为已知圆的周长2nr及半径r , 则这三角形的面积就是(1/2)(2 n r)(r)= n r2 与已知圆的面积相等。

由这个直角三角形不难作出同面积的正方形来。

但是如何作这直角三角形的边。

即如何作一线段使其长等于一已知圆的周长,这问题阿基米德可就解不出了。

【精品】古希腊三大几何难题

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【精品】古希腊三大几何难题古希腊是数学的发源地之一,许多重要的数学理论和问题都起源于古希腊。

在古希腊数学中,有三个著名的几何难题,分别是“倍立方问题”、“平方圆问题”和“黄金分割问题”。

这三个问题在古希腊数学中被认为是难以解决的难题,直到近代才被完全解决。

第一个问题是“倍立方问题”,也就是如何构造一个体积是已知立方体两倍的立方体。

根据欧几里得的《几何原本》,这个问题可以被转化为如何求解一个立方根。

然而,古希腊人发现无法通过直尺和圆规来完成这个任务。

这个问题一直困扰着古希腊的数学家,直到16世纪,意大利数学家费拉里解决了这个问题,他证明了立方根是无法用直尺和圆规来作图的。

第二个问题是“平方圆问题”,也就是如何构造一个面积等于给定圆面积的正方形。

这个问题的困难之处在于圆周长和正方形边长之间的关系。

古希腊数学家发现,无法通过直尺和圆规来构造一个面积等于给定圆面积的正方形。

这个问题一直没有被解决,直到19世纪,法国数学家阿贝尔证明了平方圆问题是无法解决的,即无法用直尺和圆规来作图构造一个面积等于给定圆面积的正方形。

第三个问题是“黄金分割问题”,也就是如何将一条线段分割成两段,使得整条线段与较短的一段之比等于较短的一段与较长的一段之比。

这个问题在古希腊数学中被广泛研究,许多数学家试图通过直尺和圆规来解决这个问题。

然而,他们发现无法用有限次的直尺和圆规作图来实现黄金分割。

这个问题一直困扰着数学家们,直到19世纪,法国数学家阿贝尔证明了黄金分割问题是无法用直尺和圆规来解决的。

这三个几何难题的解决对古希腊数学的发展有着重要的影响。

这些问题的无解性证明了直尺和圆规的局限性,进一步推动了数学研究的发展。

在这些问题的研究中,古希腊数学家们使用了精确的几何推理和严密的证明方法,为后来的数学研究奠定了基础。

总之,古希腊三大几何难题——倍立方问题、平方圆问题和黄金分割问题,是古希腊数学中的重要难题。

这些问题在古希腊时期被认为是无法解决的,直到近代才被完全解决。

几何三大难题

几何三大难题

几何三大难题(共15页)--本页仅作为文档封面,使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--几何三大难题如果不知道远溯古希腊前辈所建立和发展的概念、方法和结果,我们就不可能理解近50年来数学的目标,也不可能理解它的成就.Herm a nn Weyl§ 1 问题的提出和解决数学的心脏数学是由什么组成的公理吗定义吗定理吗证明吗吗公式吗诚然,没有这些组成部分数学就不存在,它们都数数学的必要组成部分,但是,它们中间的任一个都不是数学的心脏.数学家存在的主要理由就是提出问题和解决问题.因此,数学的真正组成部分是问题和解.两千多年以来,数学就是在解决各种问题中进行的.那么,什么样的问题是好问题呢对此希尔伯特有一段精彩的论述:“要想预先正确判断一个问题的价值是困难的,并且常常是不可能的;因为最终的判断取决于科学从该问题获得的收益,虽说如此,我们仍然要问:是否存在一个一般准则,可以借以鉴别好的数学问题,一个老的法国数学家曾经说过:一种数学理论应该这样清晰,使你能向大街上遇到的第一个人解释它.在此以前,这一理论不能认为是完善的.这里对数学理论所坚持的清晰性和易懂性,我想更应该把它作为一个数学问题堪称完善的要求.因为清楚地、易于理解的问题吸引着人们的兴趣,而复杂的问题却使我们望而却步.”“其次,为了具有吸引力,一个数学问题应该是困难的,但却不能是完全不可解决的,使我们白费力气.在通向哪隐藏的真理的曲折道路上,它应该是指引我们前进的一盏明灯,最终以成功的喜悦作为我们的报偿.”在数学史上这样的例子是不胜枚举的.本章介绍的几何作图三大问题就是最著名的问题之一.希腊古典时期数学发展的路线希腊前300年的数学沿着三条不同的路线发展着.第一条是总结在欧几里得得《几何原本》中的材料.第二条路线是有关无穷小、极限以及求和过程的各种概念的发展,这些概念一直到近代,微积分诞生后才得以澄清.第三条路线是高等几何的发展,即园和直线以外的曲线以及球和平面以外的曲面的发展.令人惊奇的是,这种高等几何的大部分起源于解几何作图三大问题.几何作图三大问题古希腊人在几何学上提出著名的三大作图问题,它们是:( 1) 三等分任意角.( 2) 化园为方:求作一正方形,使其面积等于一已知园的面积.( 3) 立方倍积:求作一立方体,使其体积是已知立方体体积的两倍.解决这三大问题的限制是,只许使用没有刻度的直尺和圆规,并在有限次内完成.1.4问题的来源这三个问题是如何提出来的呢由于年代久远,已无文献可查.据说,立方倍积问题起源于两个神话.厄拉多赛(Eratoshenes of Cyrene,约公元前27―约前194)是古希腊著名的科学家、天文学家、数学家和诗人.他是测量过地球周长的第一人.在他的《柏拉图》一书里,记述了一个神话故事.说是鼠疫袭击了爱琴海南部的一个小岛,叫提洛岛.一个预言者说,他得到了神的谕示:须将立方形的阿波罗祭坛体积加倍,瘟疫方能停息.建筑是很为难,不知道怎样才能使体积加倍.于是去请教哲学家柏拉图.柏拉图说,神的真正意图不在于神坛的加倍,而是想使希腊人因忽视几何学而羞愧.另一个故事也是厄多拉塞记述的.说古代一位悲剧诗人描述克里特国王米诺斯为他的儿子克劳科斯修坟的事.他嫌坟修造得太小,命令有关人必须把坟的体积加倍,但要保持立方的形状.接着又说,“赶快将每边的长都加倍.”厄拉多塞指出,这是错误的,因为边长加倍,体积就变成原来的8倍.这两个传说都表明,立方倍积问题起源于建筑的需要.三等分任意角的问题来自正多边形作图.用直尺和圆规二等分一个角是轻而易举的.由此可以容易地作出正4边形、正8边形,以及正2n次方边形,其中n ≥2是自然数.很自然地,人们会提出三等分一个角的问题.但这却是一个不可能用尺规解决的问题.圆和正方形都是最基本的几何图形,怎样做一个正方形和一个已知圆有相同的面积呢这就是化园为方的问题.历史上恐怕没有一个几何问题像这个问题那样强烈地吸引人们的兴趣.早在公元前5世纪,就有很多人研究这个问题了,都想在这个问题上大显身手.化园为方的问题相当于用直尺和圆规作出√π的值.这个问题的最早研究者是安那克萨哥拉,可惜他的关于化圆为方的问题的研究没有流传下来,以后的研究者有希波克拉茨(Hippocrates of Chios,公元前约460年).他在化圆为方的研究中求出了某些月牙形的面积 .此外.还有安提丰,他提出了一种穷竭法,具有划时代的意义,是近代极限论的先声.“规”和“矩”的规矩在欧几里得几何学中,几何作图的特定工具是直尺和圆规,而且直尺上没有刻度.直尺、在欧几里得几何学中,几何作图的特定工具是直尺和圆规,而且直尺上没有刻度.直尺、圆规的用场是直尺:(1)已知两点作一直线;(2)无限延长一已知直线.圆规:已知点O,A,以O为心,以OA为半径作圆.希腊人强调,几何作图只能用直尺和圆规,其理由是:(1)希腊几何的基本精神是,从极少数的基本假定——定义、公理、公设——出发,推导出尽可能多的命题.对作图工具也相应地限制到不能再少的程度.(2)受柏拉图哲学思想的深刻影响.柏拉图特别重视数学在智力训练方面的作用,他主张通过几何学习达到训练逻辑思维的目的,因此对工具必须进行限制,正像体育竞赛对运动器械有限制一样.(3)毕达哥拉斯学派认为圆是最完美的平面图形,圆和直线是几何学最基本的研究对象,因此规定只使用这两种工具.问题的解决用直尺和圆规能不能解决三大问题呢答案是否定的,三大问题都是几何作图不能解决的.证明三大问题不可解决的工具本质上不是几何的而是代数的,再带舒缓没有发展到一定水平时是不能解决这些问题的.1637年迪卡儿创立了解析几何,沟通了几何学和代数学这两大数学分支,从而为解决尺规作图问题奠定了基础.1837年法国数学家旺策尔(Antzel)证明了,三等分任意角和立方倍积问题都是几何作图不能解决的问题,化圆为方问题相当于用尺规作出的值.1882年法国数学家林得曼证明了∏是超越数,不是任何整系数代数方程的根,从而证明了化圆为方的不可能性.但是,正是在研究这些问题的过程中促进了数学的发展.两千多年来.三大几何难题起了许多数学家的兴趣,对它们的深入研究不但给予希腊几何学以巨大影响,而且引出了大量的新发现.例如,许多二次曲线、三次曲线以及几种超越曲线的发现,后来又有关于有理数域、代数数与超越数、群论等的发展在化圆为方的研究中几乎从一开始就促进了穷竭法的发展,二穷竭法正是微积分的先导.§2 放弃“规矩”之后问题的难处在于限制用直尺和圆规.两千多年来,数学家为解决三大问题投入了热大量精力.如果解除这一限制,问题很容易解决.2. 1 帕普斯的方法帕普斯(Pappus,约300―350前后)是希腊亚历山大学派晚期的数学家.他把希腊自古以来各名家的著作编为《数学汇编》,共8卷.其中也包括了他自己的创作.在第4 卷中,他讨论了三等分任意角的问题.下面的方法就是帕普斯的.设ОА=α,过点А做角α的另一边的垂线АВ.过点А作ОВ的平行线.考虑过点О的一条直线,它交АВ于点С,交平行线于D,并使СD=2a.这时∠СОВ=13α.证如图15-1所示,只要证明了∠AOG=2∠COB,那么∠COB就是13α.设G是CD的中点,并作GE⊥AD,从而直线GE与AB并行.由CG=GD=aAE=ED,可知△AGE≌△DGE,从而∠GDA=∠GAD,AG=GD=a.图 15-1DGEBCAO又∠GDA与∠COB是内错角,所以∠GDA=∠COB.注意到,△AOG是等腰三角形,于是,∠AOG=∠AGO=∠GDA+∠GAD=2∠COB.这就是说,OD三等分了角α.这种作法的关键一步是,使СD=2ОА.这只能使用有刻度的直尺才能实现,它违反了欧几里得几何学作图的规则.具体做法是这样的:在直尺上标出一段线段PQ,其长为2ОА,然后调整直尺的位置,使它过点O,并且P在АВ上,Q在过А的平行线上.这种办法叫“插入原则”.2. 2 阿基米德的方法在图15-2上,是任意给定的一个角,其顶点在点.我们的目的是三等分这个角.在该角的一边上取一点,然后以点为心,以为半径做一圆,圆与的延长线交于点C,与角的另一边交于点B. 作图的关键步骤是,使用“插入原则”.在直尺上标出两点L和R,并且使LR=.现在上直尺过点B,且使直尺上的点R在圆弧CB上,然后移动直尺,使R沿圆周运动,直到点L落在OC的延长线上.直线EDB表示这时直尺的位置,即直尺过点B,且DE=.设.因为是等腰三角形,所以.同时,是的外角,从而这就证明了是的三分之一.2. 3 时钟也会三等分任意角大家知道,时钟面上有时针、分针和秒针,秒针用不到,只看时针和分针.分针走一圈,时针就走一个字.也就是,分针转过角,时针转过角的12分之1,即转过角.注意到12是3的倍数,我们就可以利用时钟三等分一个任意角了.具体作法如下.图 15-2BAOCE D把要三等分的任意角画在一张透明纸上.开始时,把时针和分针并在一起,设它们正好在12的位置上(图15-3).把透明纸铺到钟面上,使角的顶点落在针的轴心上,角的一边通过12的位置.然后把分针拨到和角的另一边重合的位置.这时时针转动了一个角,在透明纸上把时针的现在位置记下来.我们知道,时针所走过的∠AOC一定是∠AOB的12分之1.把∠AOC放大4倍就是∠AOB的3分之1.这种解法出现在前苏联别莱利曼的著作《趣味几何学》中,这是一本很好的科普读物,它告诉我们如何把几何知识用到实际中去.2. 4 达芬奇的化圆为方如何化圆为方的问题曾被欧洲文艺复兴时期的大师达·芬奇用以种巧妙的方法给出解答:取一圆柱,使其底和已知圆相等,高时底面半径r的一半.将圆柱滚动一周,产生一个矩形,其面积为2πr×r/2=π.这正好是圆的面积.再将矩形化为正方形,问题就解决了.§ 3从几何到代数用直尺圆规可以作什么图用欧几里得的直尺圆规可以完成哪些作图呢下面的5种基本作图是可以胜任的(图15-4):(1) 用一条直线连接两点. (2) 求两条直线的交点.(3) 以一点为心,定长为半径作一圆(4) 求一个圆与一条直线的交点,或切点. (5) 求两个圆的交点,或切点.还有,用直尺圆规作图必须在有限次内完成,不允许无限次地作下去.换言之,不允许采取极限手段完成作图.O12 1 2 3 45 6 78 9 10 1A BC图 15-3图 15-4根据直尺的基本功能,我们有下面的重要结论:一个作图题可否用直尺完成,决定于是否能反复使用上面5种基本作图经有限次而完成.这就是用直尺圆规可能与不可能的基本依据. 具体说来,用尺规作什么图呢 (1) 二等分已知线段. (2) 二等分已知角.(3) 已知直线L和L外一点P,过P作直线垂直L.(4) 任意给定自然数n,作已知线段的n倍,n等分已知线段. (5) 已知线段,可做其做法如图15-5所示.接着r 也可做,这里r 是正有理数.这样做:设都是自然数,因此.先做的p 倍,再做p ,这样就做出来了.上面各条告诉我们,已知线段的加、减、乘、除能用几何作图来实现.图 15-5另一方面,代数学告诉我们,从0,1出发利用四则运算可以构造出全部有理数.+b b1bb1事实上,1+1=2,1+2=3, .因此,我们通过加法可以得到全体自然数.0减去任何一个自然数都得到负整数,因此,借助减法可以得到全体负整数.从整数出发,借助除法,我们可以得到全体有理数.现在我们知道了,只要给定单位1,我们可以用尺规作出数轴上的全部有理点.几何与代数在这里达到了完全的统一.(6) 已知线段可作.这一条超出了有理作图的范围.如图15-6,OA a =,以OB 为直径作圆.过 A 作OB 的垂直线交圆周于C .直角三角形OAC 与直角三角形OBC 有一个公共角∠COB ,由 此可得,∠OCA =∠ABC. 这样一来,我们有, ∆OCA ∽∆ABC. 设AC =我们有,域的定义近代代数是研究运算性质的,它把普通实数满足的运算法则推广到更大的范围中去.本段给出域的定义,为后面研究可构造数域做些准备.设R 是一个集合,下面的公理对R 中的任何元素,b ,都成立. 公理1 (1); (2); (3)存在唯一得元素,使得; (4)对任意的,都存在惟一的,使得. 公理2 (1); (2)(3)存在惟一的元素1,使得. (4)对任意的(除外),都存在惟一的,使得 公理3我们把满足这些公理的集合R 叫做一个域.全体有理数对加法和乘法构成一个域,叫做有理数域.全体实数对加法和乘法构成一个域,叫做实域,全体复数也是一个域,叫复数域.可构造数域在下面的讨论中,我们假定最初只给了一个元素,即单位长1.由1出发,我们用直尺和圆规通过有理运算——加、减、乘、除——能做出所有的有理数,这里r 和s 是整数,即做出整个有理数域.进而我们能做出平面上的所有有理点,即两个坐标皆为有理数的点.我们还能做出新的无理数,如,它不属于有理数域.从出发,通过“有理”作图,可以做出所有形如(15-1) 的数,这里是有理数.同样地,我们可以做出所有形如CO A B 图 15-6的数,这里,b,是有理数.但这些数总可以写成(15-1)的形式.例如这里是有理数,且分母不可能是零(为什么).同样,这里是有理数.因此,由的作图,我们产生了全部形如(15-1)的数集,其中,b是任意有理数.由此得命题1形如(15-1)形成一个域.这个域比有理数域大.事实上在(15-1)中取就可得到有理数域.有理数域是它的一部分,称为它的子域.但是,它显然小于全体实数数域.将有理数域记为F,这个构造的数域记为,称它为F的扩域.中的数都可用直尺和圆规做出来.现在我们继续扩充可作数的范围.在中取一个数,如.求它的平方根而得到可作图的数用它可以得到由所有形如的数,它们也形成一个域.称为的扩域,记为,现在可以是中的任意数,即,q形如,,b 为有理数.从出发,我们还可以进一步扩充作图的范围.这种办法一直继续下去.用这种办法得到的数都是可用直尺圆规作出来的.进一步的讨论代数研究的对象是数、数偶(即坐标)、一次方程式、二次方程式等.几何研究的对象是点、直线、圆、曲线、等.通过坐标法,几何的对象与代数的对象紧密的联系在一起了.现在面临一个这样的问题:用直尺圆规作出来的数是不是都在有理数域的诸扩域中呢会不会超出这个范围呢下面来回答这一问题.假定我们可用直尺圆规作出某个数域 F中的所有数.命题2 从数域 F出发,只用直尺作不出数域 F 以外的数.证设∈F.过点(),()的直线方程是或它的系数是由 F 中的数作成的有理式.今有两条以 F 中的数为系数的直线:解此联立方程,可得交点坐标它们都是F中数.这样一来,只用直尺的作图不能使我们超出F的范围.易见,用圆规可作出F以外的数.只需在F中取一数k,使不在F中.我们能作出,因而可作出所有形如(15-2)的数,其中,b在F中.所有形如(15-1)的数形一个域,它是F的扩域.命题3给定数域F,用圆规和直尺只能作出F扩域中的数.证首先指出,圆规在作图中所起的作用只是确定一个圆与一条直线的交点或切点,或一个圆与另一个圆的交点或切点.通过解联立方程可以把交点或切点求出来.以(,)为中心,以r为半径的圆的方程是设,,r.将上式展开得其中,,在F内.求圆与直线的交点或切点就是解联立方程组其中,,cF内.从第二个方程解出代入第一个方程,得到一个二次方程其中,,.其解为它们可以化为形式,p,q,k F.易见,是F的扩域.交点的y坐标由(15-3)给出,明显地,也在扩域中.这就是说,圆和直线的交点的坐标都在扩域中.接着我们研究两个圆的交点或切点.再带书上就是接二元一次联立方程:从第一个方程减去第二方程,得和前面一样,把它与第一个圆的方程联立起来求出,y.它们都不超出F的扩域.无论是哪一种情形,作图所产生的一个或两个新点的x坐标和y坐标,其量的形式都是.在特殊情况下,本身也可以属于F(例如,在有理数域中取k=4,那么仍在有理数域中)图 15-7这样,我们证明了;(1)如果开始给定域中的F一些量,那么从这些量出发,只用直尺经有限次有理运算可生成域F的任何量,但不能超出域F.(2)用圆规和直尺能把可作图的量扩充到F的扩域上.这种构造扩域的过程可以不断进行,而得出扩域最后,我们得到结论:可作图的量是而且仅仅是这一系列扩域中的数.例 1 说明数的构造过程.解设F表示有理数域.取得到域,取,得到,又知,取,得到 .因为,自然也有取,得到()取,得到,进而这样,域包含我们所要求的数.可作图的书都是代数数如果起始数域是有理数域F,那么所有可作图的数就都代数数(图15-7).扩域,中的数是以有理数位系数的2次方程的根,扩域中的数是以有理数位系数的4次方程的根,,一般地,扩域中的数是以有理数位系数的次方程的根.例2 证明是4次方程的根.证我们有展开,得到图 15-7或最后,我们有这是一个整系数的4次方程§4几个代数定理代数数超越数可代数数有理数作图数根和系数的关系只要知道了二次方程的两个根就可将它分解因式:由此不难得出著名的伟达公式:利用代数基本定理我们可以得到更一般的公式.代数基本定理设是一个元n次多项式,它的系数是实数和复数,那么方程至少有一实数和复数根有了代数基本定理,我们就可以断言,一元n次多项式在复数域中有n个根,从而它可分解成一次因式的连成积,即这里为实数或复数,它们都是多项式(15-4)的根.事实上,设式方程的一个根,用()去除,由于除式是一次的,所以余数就是一个常数R,我们有恒等式式中是一个次多项式.因为是的一个根,所以把代入上式,就得到于是这就是说,()能整除此多项式.同样的道理,我们有n次分解之后,我们得到(15-5)式.把(15-5)式乘开,并比较系数就得到伟达公式:当代数方程的次数时,就是我们熟知的二次方程的根与系数的关系,当时,对三次方程我们有这就是三次方程的韦达公式,下面要用到此结果.定理 1 若整系数的一元n次方程有有理根(既约分数),则a是的因数,是的因数.证将有理根代入方程(15-9),得两边乘以,得移项,并提出公因数:记着a与b是互素的,所以a是的因数.同样,用提出公因数b的方法可证明,b是的因数.同样,用提出公因数b的方法可证明,b是的因数.系设整系数的一元n次方程的首项系数为1,即若它有理根,则此根一定是整数,且为常数项的因数.3次方程的根考虑有理系数的一元3次方程只需作变换,就可以把上面的方程化为缺项的3次方程(参考第九章4):(15-10)这个方程的系数还是有理数.为简单计,我们考虑缺项的方程(15-10).设方程(15-10)没有有理数,但有一个可作的数为根,那么将属于某一串扩域中最后的一个域.因为(15-10)没有有理根,所以k>0.于是可以写成下面的形式:其中.今指出,也是方程(15-10)的根.为了证明这一点,只需做些计算.事实上把代入方程(15-10)得展开、合并同类项,得到其中,且.这时,若,必有与假设矛盾.所以一定有,从而也有.另一方面,把代入(15-10),并做同样的计算.在计算中,只需把换成,从而得到由此我们知道,是方程(15-10).这个结论对方程(15-7)也是成立的.总之,我们证明了以下命题.命题4 若是(15-7)的根,则也是(15-7)的根.将上面结果应用到两个特殊方程上面去.例1证明方程(15-11)没有有理根.证有定理1的系知,如果(15-11)有有理根,则此根必是整数,而且是2的因数.直接验证就知道1,2不是方程(15-11)的根.这样一来,方程(15-11)没有有理根.例2 证明方程(15-12)没有有理根证如果方程(15-12)有有理根,则a是1的因子,b是8的因子.这样一来,方程(15-12)的有理根不外是直接验证知道它们都不是.因此,方程(15-12),没有有理根.定理2 如果一个有理系数的3次方程没有有理根,则它没有一个根是由有理数域F出发的可作图的数.证我们用反证法来证明这个定理.假设是方程(15-7)的一个可作图的根,则将属于某一串扩域中的最后一个域,我们可以假定,k是使得扩域包含3次方程(15-7)的根的最小正整易次方程(15-7)的根的最小正整数.易见,k>0.因此,可以写成下面的形式:其中.前面已指出,也是方程(15-7)的根.有韦达定理,方程的第3个根是:但,这指出,这里消失了,所以是中的数,这和k是使得扩域包含3次方程(15-9)的根的最小正整数的假设相矛盾.因此假设是错误的,在这种域中不可能有3次方程(15-7)的根.推论方程(15-11),(15-12)都没有可作图的数作为它们的根.§ 5 几何作图三大问题的解有了上面的准备,我们来解三大几何难题.倍积问题设给定立方体的边长是a.若体积为这立方体的两倍的立方体的边长是x(图15-8),则ya所以本题就是求满足下面方程的:取,则此方程化为更简单的形式:如果立方倍积问题可解,则我们一定能用直尺和圆规构造出长度为的线段.但是前面已证这是不可能的.这样一来,立方倍积问题是不可解的.三等分任意角我们现在要证明只用直尺和圆规三等分任意一般说来是不可能的.当然,像和那样的角是可以三等分的.我们要说明的是,对每一个角的三等分都有效的办法是不存在的.为了证明这一点,只要证明有一个角不能三等分就足够了,因为一个合理的一般方法必须适用于每一种情况.因此如果我们能够证明角只用直尺和圆规不能三等分,那就证明了一般方法是不存的.如果15-9所示,我们从角着手.设,并设线段的长度为1.假定三等分任意角是可能的.如图设∠ROP=θ=,那么,点R的纵坐标一定是有理数或可作图的数.这相当于说是有理数或可作图的数.我们需要公式现在,所以令并代人上式,得到这正是前面讨论过的方程(15-12).这个方程没有有理根,也没有可作图的根.这说明我们的假定是不对的.这就证明了三等分任意角是不可能的.我们知道,角可作,因而正六边形可作,若角可三等分,则正18边形可作,从而正9边形也可作.刚才已经证明,角不可三等分,因而正9边形不能只用直尺和圆规作出来.当然,这个结论是指一般情形而言.若等于某些特殊的值,则作图还是可能的,例如,当时,而,我们得到方程它的解是,,其中就是我们所要的解.这就是说角可三等分,关于它的作图法,读者是熟悉的.。

古希腊三大几何问题

古希腊三大几何问题

古希腊三大几何问题在数学的历史上有三个问题始终以可惊的力量坚廿了两千多年。

初等几何学到现在至少已有了三千年的历史,在这期间努力于初等几何学之发展的学者们曾经遇到过很多的难题,而始终绞着学者脑汁的却就是这三个问题。

问题是「立方倍积」,「化圆为方」和「三等分角」,由于这三个问题的屹立不移,现在就被合称为「三大问题」。

立方倍积关于立方倍积的问题有一个神话流传:当年希腊提洛斯(Delos)岛上瘟疫流行,居民恐惧也向岛上的守护神阿波罗(Apollo)祈祷,神庙里的预言修女告诉他们神的指示:“把神殿前的正立方形祭坛加到二倍,瘟疫就可以停止。

”由此可见这神是很喜欢数学的。

居民得到了这个指示后非常高兴,立刻动工做了一个新祭坛,使每一棱的长度都是旧祭坛棱长的二倍,但是瘟疫不但没停止,反而更形猖獗,使他们都又惊奇又惧怕。

结果被一个学者指出了错误:「棱二倍起来体积就成了八倍,神所要的是二倍而不是八倍。

」大家都觉得这个说法很对,于是改在神前并摆了与旧祭坛同形状同大小的两个祭坛,可是瘟疫仍不见消灭。

人们困扰地再去问神,这次神回答说:「你们所做的祭坛体积确是原来的二倍,但形状却并不是正方体了,我所希望的是体积二倍,而形状仍是正方体。

」居民们恍然大悟,就去找当时大学者柏拉图(Plato)请教。

由柏拉图和他的弟子们热心研究,但不曾得到解决,并且耗费了后代许多数学家们的脑汁。

而由于这一个传说,立方倍积问题也就被称为提洛斯问题。

化圆为方方圆的问题与提洛斯问题是同时代的,由希腊人开始研究。

有名的阿基米得把这问题化成下述的形式:已知一圆的半径是r,圆周就是2πr,面积是πr2。

由此若能作一个直角三角形,其夹直角的两边长分别为已知圆的周长2πr及半径r,则这三角形的面积就是(1/2)(2πr)(r)=πr2与已知圆的面积相等。

由这个直角三角形不难作出同面积的正方形来。

但是如何作这直角三角形的边。

即如何作一线段使其长等于一已知圆的周长,这问题阿基米德可就解不出了。

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2020/12/10
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圆和正方形问题很容易使人 联想到可否做一个正方形与 已知的圆面积相等,这就是 化圆为方问题。其实际上是 求做一个正方形。使其面积 和半径为1的圆面积相等。
2020/12/10
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传说在大约公元前400年,古希腊的雅典 流行疫苗,为了消除灾难,人们向太阳 神阿波罗求助,阿波罗提出要求,必须 将他神殿前立方体祭坛的体积扩大1倍, 否则疫苗会继续流行。人们百思不得其 解。不得不求助当时最伟大的学者柏拉 图,柏拉图也感到无能为力,这就是古 希腊三大几何问题之一的立方体问题。
2别
人说:“太阳神并非一尊神,而是一个
非常大的非常大的大火球”。结果被他
的仇人以亵渎神灵的罪名给关在牢里。
也许是为了打发无聊的铁窗生活,亦或
是为了发泄一下自己的不满情绪,于是
他提出了一个数学问题:“怎样做出一
个正方形,才能使他的面积与某一个已
知的圆的面积相等呢?”
2020/12/10
1
2000多年来,古希腊三大尺规作图的几何 问题始终围绕着数学家
1、三等分任意角——把一个已知角三等分 2、倍立方——做一个立方体,使它的体积是已知 立方体的体积的2倍 3、化圆为方——做一个正方形,使它的面积等于 已知圆的面积
2020/12/10
2
1、表述很简单,直观。 2、尺规作图要求非常苛刻。
(1)要用没有刻度的直尺和圆规,不 能在直尺上做记号,更不能够折叠做图 纸。 (2)直尺和圆规只能有限次地使用
2020/12/10
3
2000多年来,古希腊三大尺规作图问题
(1)、三等分任意角 (2)、倍立方 (3)、化圆为方
2020/12/10
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古希腊三大几何问题既引
人入胜,又十分困难。问题 的妙处在于他们从形式上看 非常简单,而实际上却有深 刻的内涵。并且这三大几个 问题的由来都伴随着一个故 事
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