高等代数古希腊三大几何作图难题
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.。
古希腊三大几何难题
古希腊三大作图难题北京化工大学 殷光中概述：尺规作图，即只用直尺和圆规作几何图形，其来源于《几何原本》，以后在一个时期内成为数学中的重要研究课题[1]。
古希腊三大作图难题：1.作一立方体，其体积为所知立方体体积的两倍；2.画圆为方，即作一正方形使其面积为已知圆的面积；3.尺规三等分任意角）之一。
众所周知，二等分任意给定角用尺规很容易就能解决。
而充满探索与挑战精神的人们又会想到用尺规如何三等分任意给定角，此后，许多数学家纷投入这一问题的解决。
直到十九世纪，人们才严格证明了三等分任意角仅凭尺规不可能实现。
到此，这一问题才告一段落。
期间，有许多超越了尺规限制的作图方法：比如：希皮阿斯发明的割圆曲线，阿基米德螺线和尼科梅德斯蚌线等[2]。
人们万万也不会想到但他们在潜心研究一些未解决的问题的时候，许多新的发现也会应运而生……1、三等分任意角科学需要大胆的想象,或许引入数学公式可以实现超越尺规而三等分角,于是我想到了倍角的相关公式,引发了以下一系列的思考: 1.1.1 n 倍角的正切值展开通式tan1α=t tan2α=212t t- tan3α=23313t t t --tan4α=4236144tt t t +-- tan5α=42535101105t t t t t +-+-tan6α=64253151516206t t t t t t -+-+- tan7α=64275373521121357t t t t t t t -+--+-tan8α=86427532870281856568t t t t t t t t +-+--+-…… 有如下特征：① 分子分母各项均是“+，-”交替出现，且分子上为t 的奇次幂，分母上为t 的偶次幂。
② 我们将分子分母上相同序项对齐，则分子上的次数比分母上依次高一，且其系数有如下关系： 若tann α=...1......8463422194735231++-+-++-+-t m t m t m t m t n t n t n t n nt ; 则有，tan(n+1) α=...)()(1...)()()1(42121522311-+++--+++-+t m n t m n t m n t m n t n .即：对正相加分别作为下式相应项的分子系数；由下往上左偏相减作为下式相应项的分母系数 。
古希腊三大“不可解”的数学问题，最后一个既简单又复杂
古希腊三大“不可解”的数学问题，最后一个既简单又复杂只用直尺和圆规能解决这三个问题吗今天，超模君想跟大家讲一下有关“古希腊三大几何问题”的故事……“倍立方体”问题Question：如何只用直尺和圆规作出一个立方体，使得该立方体的体积为已知立方体的体积的两倍。
原来这个问题源于古希腊的一次瘟疫。
传说在公元前429年，一场不知名的瘟疫袭击了希腊提洛岛（Delos），岛上四分之一的人都因为瘟疫而丧生。
面对可怕的瘟疫，岛上的居民们推举出一个代表，到神庙里去询问阿波罗的旨意。
太阳神阿波罗结果阿波罗传下旨意：想要遏止瘟疫，就把神殿前的祭坛加大一倍吧！听到阿波罗的旨意，人们便把祭坛的边长都加长了一倍。
但是，当新的祭坛做好时，瘟疫并没有得到控制，反而愈加严重。
此时有人质疑说这样做根本不对，阿波罗说的是把祭坛的体积变成原来的两倍。
于是人们又把祭坛的体积修改为原来的两倍，但是祭坛的形状变成了一个长方体，瘟疫依旧肆虐。
无奈之下，岛民们只好去雅典求助智者柏拉图。
一开始柏拉图和他的学生都认为这个问题很容易，因为他们已经知道如何只用直尺和圆规，来作出一个面积为已知正方形两倍的正方形。
但是他们发现，这个问题远比想象的要复杂，以至于最后柏拉图并没有成功地用尺规作图来解决这个问题。
柏拉图：这回丢脸丢大了……于是这个问题被保留了下来，直到1837年，法国数学家万芝尔成功证明：只用尺规作图，根本无法解决“倍立方体”问题。
万芝尔的大致证明过程是这样的：假设已知的正方体棱长为a，体积为已知正方体的正方体棱长为x，由问题的要求，列式得x^3=2a^3，解出x等于2a^3的三次方根。
由于2的三次方根是无理数，而尺规作图能够作出的线段长度均为有理数，所以“倍立方体”问题无法只用尺规作图解决。
这个证明被数学界普遍认可，可如果抛开尺规作图这个限制，那么要解决“倍立方体”问题其实并不难。
柏拉图当时就有这么一个解法：“倍立方体问题”可以转化为另一个问题：即在a与2a之间，插入x、y两个数，使a、x、y、2a成等比数列。
旺策尔（Wantzel）给出三等分任一角及倍立方不可能用尺规作图的证明——古希腊三大几何难题
旺策尔（Wantzel）给出三等分任一角及倍立方不可能用尺规作图的证明——古希腊三大几何难题古希腊三大几何难题提出者：智者学派展开雅典有一个智者学派，代表人物有希比阿斯、安提丰、普罗泰格拉等。
智者学派以诡辩著称，当时流行几何，哲学家、数学家常常看口闭口都是几何。
于是三大几何难题就诞生了。
（1）化圆为方：作一个正方形，使其面积与已知圆面积相等。
（2）倍立方：作一个正方体，使其体积是已知正方体的2倍（3）三等分角：三等分任意角于是呢，有一堆数学家就开始做。
题目规则是尺规作图。
可他们没做出来，于是就做，做呀做呀，他们殚精竭虑、千方百计，就是没做出来，一个都没有，但是一直有人做，于是阿基米德螺线诞生了，于是圆锥曲线诞生了……但是这么多几何线诞生，也没把题目做出来，于是两千年过去了。
19世纪有一个人叫旺策尔，证明了这个题目光用尺规是作不出来的。
证明这个几何题目的方法，竟然是代数。
推理方法很值得借鉴。
简单说一下---------------------------------------------------------------------------------推理第一步：尺规作图可以怎么折腾归纳只有5点：①做连接两点的直线段，或延长此线段；②作两直线的交点；③以已知点为圆心；④作圆与直线交点；⑤作两圆交点；第二步：只用尺规可以作出什么样的线段设a1、a2、a3、a4、…… an是已知线段，同时用ai表示它们的长度，并设a1=1. 则光用尺规只能将之进行＋、一、×、÷、√（根号），即进行加、减、乘、除、开偶次方根。
ai＋aj没问题，ai －aj没问题，若x=ai× aj，则有1/ai=aj/x ，作一个相似三角形即可。
同样，若x=ai÷aj则1/x=ai/aj，若x=√（ai），则x^2=ai/×a1，x 是ai/与a1的比例中项，仿照射影定理的模型可以作出。
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．。
几何三大难题的初探
几何三大难题的初探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.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（EratoheneofCyrene，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（HippocrateofChio，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（PierreL.W 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.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.。
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。
古希腊几何作图问题
古希臘三大名題
化圓為方問題
三等分角問題 倍立方體問題
化圓為方
求作一正方形使其面 積等於一給定圓的面 積。
化圓為方的問題也可 視為以下的問題：已 知一長度為 a 的線段， 求一線段其長度 為 a 。
2
化圓為方
在1882年德國數學家林德曼 (F. Lindemann, 1852~1939) 證明π為超 越數，因此也證實該問題僅用尺規是無法完 成的。因為可用尺規作圖畫出的數稱為規矩 數，是代數數的一種。而π是超越數，不是 規矩數。
古希臘幾何作圖問題
三個古希臘幾何作圖問題在一般情況下，是沒 有辦法在給定的條件之下完成的。 理論依據十九世紀初期法國數學家 Evariste Galois（1811～1832年）發明 Galois theory ， Galois theory證明五次或五次以上 的不可約方程式沒有根式解。在 Galois theory 中，體的擴張是一個基本的概念。只要 具備體的擴張的幾個基本概念，如維數、有理 化分母、維數的相乘性，就可以解決三等分角 問題與倍立方問題。
x
2
達文西化圓為方
如果不限制用尺規作圖的方法、或要滿足尺 規作圖的設準的話，就有許多的解法了。達 文西（Leonardo da Vinci, 1452-1519） 取一圓柱，底面積與已知圓相等，高為半徑 的一半。將這個圓柱在平面上滾一圈時，產 r 生一個面積恰為 2
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；
古希腊三大几何问题的解决课件人教新课标
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
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
化圆为方问题
• 关于化圆为方问题就是探求长x= 的线段是否可尺规作图。
• 1882林德曼证明了π的超出性，它不可能由已知单位长通 过有限次的四则运算和开平方得到，因此化圆为方也是不 可能通过尺规作图解决的从此，古典几何的三大难题都有 了答案。
立方倍积问题
• 假设已知立方体的棱长为1，所求立方体的棱长为x，按立 方倍积的要求应有x^3=2的关系。所以立方倍积实际是求 作满足方程x^3－2＝0的线段X，但些方程无有理根，但2 的立方根超出了有理数加、减、乘、除、开方的运算范围， 超出了尺规作图准则中所说的数量范围，所以它是不可能 解的问题。
相传公元前5世纪，按拉克萨歌拉对别 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？”
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
古希腊三大几何问题既引
人入胜，又十分困难。问题 的妙处在于他们从情势上看 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
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].
古希腊三大几何谜题
巧辩学派代表人物安蒂丰：穷竭法
用囿的内接正多边形逼 近囿面积的方法来化囿 为方
求囿面积近似值
古希腊穷竭法始祖
Байду номын сангаас
倍立方
解决三大几何问题的早期努力
• 希波拉克底：倍立方问题可以转化为求一 线段与它的二倍长线段之间的双重比例中 项问题 • a : x = x : y = y : 2a • 满足 的 x 即为倍立方的解 （没能从几何方面解决）
• 解析几何
• 笛卡儿的解析几何创立之后，尺规作图的 可能性才有了准则
三大几何问题的解决
• 1837年：法国数学家旫策尔证明三等分角 及倍立方不可能用尺规作图 • 1882年：德国数学家林德曼证明了π的超 越性——否定了用尺规化囿为方的可能性
• 超越性： π不可能是任何整系数代数方程的根
伽罗瓦的群论与三大几何问题
解决三大几何问题的早期努力
化圆为方
- 希波克拉底：化月牙形为方 - 安蒂丰：穷竭法
希波克拉底: 化月牙形为方
月牙形区域面积 等于三角形面积
证明： 如图3，Ⅰ、Ⅱ表示月牙形面积，Ⅲ、Ⅳ表示弓形 则： Ｉ+Ⅲ=1/2π(AC/2)2= 1/8πAC2 (1) Ⅱ + Ⅳ=1/2π(BC/2)2= 1/8πBC2(2) （1）＋(2)等于：Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ＋Ⅳ＝1/8πAC2+1/8πBC2 即：Ⅲ＋Ⅳ=1/8πAC2+1/8πBC2－Ⅰ－Ⅱ……………(3) 又：Ⅲ＋Ⅳ＋ΔABC面积＝1/2π(AB/2)2=1/8πAB2……(4) 将(3)代入(4)，得： 1/8πAC2+1/8πBC2－Ⅰ－Ⅱ+ΔABC面积＝1/8πAB2 因为：AB2=AC2+ BC2（由毕达哥拉斯定理得知） 所以：ΔABC面积＝Ⅰ + Ⅱ
作图题
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π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 ⎛⎫ ⎪⎝⎭、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”.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: 32x k =，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 k y=. 在BCF ∆中使用余弦定理, 得()2222222cos 3x k k y ky k y ky π+=+-=++, 即222x kx y ky +=+. 于是得332x k =. 故32x k =.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tan 2y x y aπ=. 于是002lim lim tan 2y y y a AG x y a ππ→→===. 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 a l 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 a ππω=-, 所以22y t a ππϕω=-=, 于是割圆曲线的方程为tan 2y x ya π=.。
简述三大几何难题
三大几何难题古希腊是世界数学史上浓墨重彩的一笔，希腊数学的成就是辉煌的，它为人类创造了巨大的精神财富。
其中，几何是希腊数学研究的重心，柏拉图在他的柏拉图学院的大门上就写着“不懂几何的人，勿入此门”。
历史上第一个公理化的演绎体系《几何原本》阐述的也基本上为几何内容。
古希腊的几何发展得如此繁荣，但有一个问题一直没有得到解决，那就是著名的尺规作图三大难题。
它们分别是化圆为方、三等分任意角以及倍立方问题。
这三个问题首先是“巧辨学派”提出并且研究的，但看上去很简单的三个问题，却困扰了数学家们两千多年之久。
这些问题的难处，是作图只能用直尺和圆规这两种工具，其中直尺是指只能画直线，而没有刻度的尺。
在欧几里得的《几何原本》中对作图作了规定，只有圆和直线才被承认是可几何作图的，因此在这本书的巨大影响下，尺规作图便成为希腊几何学的金科玉律。
并且，古代希腊人较重视规、矩在数学中训练思维和智力的作用，而忽视规矩的实用价值。
因此，在作图中对规、矩的使用方法加以很多限制，在这里，就是要在有限的次数中解决这三个问题。
1.化圆为方圆和正方形都是常见的几何图形，人们自然会联想到可否作一个正方形和已知圆等积，这就是化圆为方问题。
2.三等分任意角用尺规二等分一个角很容易就可以作出来，那么三等分角呢？三等分180,90角也很容易，但是60,45等这些一般角可以用尺规作出来吗？3.倍立方关于倍立方问题是起源于一个祭祀问题，第罗斯岛上流行着一种可怕的传染病,一时人心惶惶,不可终日.人们来到阿波罗神前,请求阿波罗神像的指示.阿波罗神给了祈求人这样一个指示:“神殿前有一个正方体祭坛,如果能不改变它的形状而把它的体积增加1倍,那么就能消灭传染病.”人们连夜赶造了一个长、宽、高都比正方体祭坛大一倍的祭坛,可是,那传染病传播得更加厉害了.人们又来到阿波罗神像前祈求.神说:“我要你们增加一倍的是祭坛的体积,你们把长、宽、高都增加1倍,祭坛的体积不是要比原来体积大7倍了吗?”人们绞尽脑汁想找出一个答案,可是始终没有人能解答这个难题.由三大问题的起源，可以看出，化圆为方和三等分角是人们在已有知识的基础上，向更深层次，更一般的方向去思考、探索，这也是希腊数学的理论性的演绎推理与抽象性的表现。
古希腊三大作图问题讲解
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；
只用圆规、直尺，古希腊三大作图问题不可 作。
不限制用圆规和直尺，三大作图问题 是可作的
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
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”。
一、古希腊三大作图问题 与尺规作图
古希腊三大作图问题
古希腊有三个十分著名的作图问题，这三个作 图问题规定只能用圆规和直尺解决.它们分别是： 倍立方体：求作一个立方体的边，使该立方体的体 积为给定立方体的两倍. 化圆为方：求作一个正方形，使其面积与一个给定 的圆的面积相等. 三等分角：求作一个角，使其等于给定的角的三分 之一.
三大几何作图问题
三大几何作图问题三大几何作图问题是：倍立方、化圆为方和三等分任意角．由于限制了只能使用直尺和圆规，使问题变得难以解决并富有理论魁力，刺激了许多学者投身研究．早期对化圆为方作出贡献的有安纳萨戈拉斯（Anaxagoras，约500B.C.～428B.C.），希波克拉底（Hippocrates of chios，前5世纪下半叶）、安蒂丰（Antiphon，约480B.C.～411B.C.）和希比亚斯（Hippias of Elis，400B.C.左右）等人；从事倍立方问题研究的学者也很多，欧托基奥斯（Eutocius，约480～？）曾记载了柏拉图、埃拉托塞尼（Eratosthenes，约276B.C.～195B.C.）、阿波罗尼奥斯（Apollonius，约262B.C.～190B.C.）和帕波斯（Pappus，约300～350）等人共12种作图方法：尼科米迪斯（Nicomedes，约250B.C.左右）、帕波斯等人则给出了三等分角的方法．当然所有这些研究都无法严格遵守尺规作图的限制，但它们却引出了大量的新发现（如圆锥曲线、许多三、四次曲线和某些超越曲线等），对整个希腊几何产生巨大影响．三大作图问题自智人学派提出之时起，历经二千余年，最终被证明不可能只用直尺、圆规求解（1837年旺策尔「P.L.Wantze1」首先证明了倍立方和三等分任意角不可能只用尺规作图；1882年林德曼［C.L.F.Lindemann］证明了π的超越性，从而确立了尺规化圆为方的不可能）．关于三大几何作图问题的起源和古代探讨，在智人学派之后一些希腊学者的著述中留有记载，这些分散片断的记载，成为了解早期希腊数学的珍贵资料．以下选录部分内容，各节作者与出处将随文注明．倍立方A．赛翁论倍立方问题的可能起源于埃拉托塞尼在其题为《柏拉图》的著作中写道：当先知得到神的谕示向提洛岛的人们宣布，为了止息瘟疫，他们必须建造一个祭坛，体积是现有那个祭坛的两倍时，工匠们试图弄清怎样才能造成一个立体，使其体积为另一个立体的两倍，为此他们陷入深深的困惑之中，于是他们就这个问题去请教柏拉图．柏拉图告诉他们，先知发布这个谕示，并不是因为他想得到一个体积加倍的祭坛，而是因为他希望通过派给他们这项工作，来责罚希腊人对于数学的忽视和对几何学的轻视．B．普罗克洛斯论希波克拉底对这一问题的简化．“简化”是将一个问题或定理转化成另一个已知的或已构造出的问题或定理，使得原命题清晰明了．例如，为解决倍立方问题，几何学家们转而探究另一问题，即依赖于找到两个比例中项．从那以后，他们致力于如何找到两条已知线段间连比例中的两个中项的探索．据说最先有效地简化这些困难作图的是希俄斯的希波克拉底民他还化月牙形为方，并作出许多几何学上的其他发现．说到作图，如果曾经有过这方面的天才的话，这个人就是希波克拉底．历史上传说，古代的一位悲剧诗人描述了弥诺斯为格劳科斯修坟，当弥诺斯发现坟墓的每一边都是一百尺时，他说：“你们设计显然这是一个错误．因为如果边长加倍，表面积变成原来的四倍，体积变成八倍．当今的几何学家们也在探索将已知立方体的体积加倍而不改变其形状的途径．这个问题以二倍立方体著称，即已知一个立方体，他们想办法将其变为两倍”．当长期以来所有的探索都徒劳无功时，希俄斯的希波克拉底最先发现，如果能找到一个方法，作出已知的两条线段间连比例中的两个比例中项，其中长线段是短线段的两倍，立方体就变成两倍．这样他的难点被分解成另一个不太复杂的问题．“后来传说，某些提洛岛的人为遵循先知的谕示，想办法将一个祭坛加倍，他们陷入了同样的困境．于是他们派代表去请求学园中柏拉图学派的几何学家帮他们找到解法．这些几何学家们积极地着手解决这个问题，求两条已知线段间顺个比例中项．据说塔林敦的阿尔希塔斯应用半圆柱体得到一种解法，而欧多克索斯用了所谓的“曲线”所有解决这一问题的人在寻找演绎的证明方面是成功的，但除门奈赫莫斯①（尽管他只是很勉强地做到），他们都不能用行之有效的方法证明这个作图小现在我发现了一种简单方法，通过应用一种器具，不仅能得到两线段问的两个比例中项，而且能得到所需要的许多比例中项．应用这一发现，我们能够将任何表面是平行四边形的已知立体化成立方体，或者将其从一种形状变成另一种形状，而且也可以作出一个与已知立体形状相同，但体积大一些的立体，也就是保持相似性．……化圆为方A．安蒂丰化圆为方安蒂丰画了一个圆，并作一个能够内接于它的多边形．我们假设这个内接图形是正方形．然后他将正方形的每边分成两部分，从分点向圆周作垂线，显然这些垂线平分圆周上的相应弧段．接着他从垂线与圆周的交点向正方形边的端点连线，于是得到四个以线段（即正方形的边）为底的三角形，整个内接的图形现在成为八边形．他以同样的方法重复这一过程，得到的内接图形为十六边形．他一再地重复这一过程，随着圆面积的逐渐穷竭，一个多边形将内接于圆，由于其边极微小，将与圆重合．正如我们从《原本》中所知，既然通常我们能够作出一个等于任何已知多边形的正方形，那么注意到与圆重合的多边形与圆相等，事实上我们就作出了等于一个圆的正方形．B．布里松化圆为方他作一个正方形外切于圆，作另一个正方形内接于圆，在这两个正方形之间作第三个正方形．然后他说这两个正方形（即内接和外切正方形）之间的圆及中间的正方形都小于外部的正方形且大于内部的正方形，他认为分别比相同的量大和小的两个量相等．因此他说圆被化成正方形．三等分角帕波斯论三等分一个角的方法当早期的几何学家们用平面方法探究上述关于角的问题时他们无法解决它，因为这个问题从性质来看是一个立体问题,由于他们还不熟悉圆锥曲线，因此陷于困惑．但是他们后来借助于圆锥曲线用以下描述的斜伸法将角三等分．用斜伸法解已知一个直角平行四边形ABΓΔ,延长BΓ，使之满足作出AE，使得线段EZ等于已知线段．假设已经作出这些，并作ΔH，HZ平行于EZ，EΔ．由于ZE已知且等于ΔH，所以ΔH 也已知.Δ已知，所以H位于在适当位置给定的圆周上．由于BΓ，ΓΔ包含的矩形已知且等于BZ，EΔ包含的矩形已知，即BZ，ZH包含的矩形已知，故H位于一双曲线上．但它也位于在适当位置给定的圆周上，所以H已知．证明了这一点后，用下述方法三等分已知直线角．首先设ABΓ是一个锐角，从直线AB上任一点作垂线AΓ，并作平行四边形ΓZ，延长ZA至E，由于Γz是一个直角的平行四边形，在EA，AΓ间作线段EΔ,使之趋于B且等于AB 的两倍——上面已经证明这是可能的，我认为EBΓ是已知角ABΓ的三分之一．因为设EΔ被H平分，连接AH，则三条线段ΔH，HA，HE相等，所以ΔE是AH的两倍．但它也是AB的两倍，所以BA等于AH，角ABΔ等于角AHΔ．由于AHΔ等于AEΔ,即ΓBΔ的两倍，所以ABΔ等于ΔBΓ的两倍．如果我们平分角ABΔ,那么就三等分了角ABΓ．用圆锥曲线的直接解法这种立体轨迹提供了另一种三分已知弧的方法，不必用到斜线．设过A,Γ的直线在适当的位置给定，从已知点A,Γ作折线ABΓ,使得角AΓB是角ΓAB 的2倍，我认为B位于一双曲线上．因为设BΔ垂直于AΓ并且截取ΔE等于ΓΔ,当连接BE时，它将与AE相等．设EZ等于ΔE,所以ΓZ=3ΓΔ.现在置ΓH等于AF/3，所以点H将给定，剩下部分AZ等于3*HΔ.由于BE*BE-EZ*EZ＝BΔ*BΔ，且BE*BE一EZ*EZ=ΔA*AZ，所以ΔA*AZ=BΔ*BΔ，即3*A Δ*ΔH=BΔ*BΔ，所以B位于以AH为横轴，AH为共轭轴的双曲线上．显然Γ点在圆锥曲线顶点H截取的线段ΓH是横轴AH的二分之一．综合也是清晰的．因为要求分割AΓ使得AH是HΓ的2倍 ,就要过H以AH为轴画共轭轴为AH的双曲线，并且证明它将使我们作出上面提到的具有2倍之比的角度．如果A，Γ两点是弧的端点，那么以这种方法画的双曲线截得已知圆上的一段弧的三分之一就易于理解了．。
古希腊三大几何谜题
• 笛卡儿的解析几何创立之后，尺规作图的 可能性才有了准则
三大几何问题的解决
• 1837年：法国数学家旫策尔证明三等分角 及倍立方不可能用尺规作图 • 1882年：德国数学家林德曼证明了π的超 越性——否定了用尺规化囿为方的可能性
• 超越性： π不可能是任何整系数代数方程的根
伽罗瓦的群论与三大几何问题
解决三大几何问题的早期努力
化圆为方
- 希波克拉底：化月牙形为方 - 安蒂丰：穷竭法
希波克拉底: 化月牙形为方
月牙形区域面积 等于三角形面积
证明： 如图3，Ⅰ、Ⅱ表示月牙形面积，Ⅲ、Ⅳ表示弓形 则： Ｉ+Ⅲ=1/2π(AC/2)2= 1/8πAC2 (1) Ⅱ + Ⅳ=1/2π(BC/2)2= 1/8πBC2(2) （1）＋(2)等于：Ⅰ＋Ⅱ＋Ⅲ＋Ⅳ＝1/8πAC2+1/8πBC2 即：Ⅲ＋Ⅳ=1/8πAC2+1/8πBC2－Ⅰ－Ⅱ……………(3) 又：Ⅲ＋Ⅳ＋ΔABC面积＝1/2π(AB/2)2=1/8πAB2……(4) 将(3)代入(4)，得： 1/8πAC2+1/8πBC2－Ⅰ－Ⅱ+ΔABC面积＝1/8πAB2 因为：AB2=AC2+ BC2（由毕达哥拉斯定理得知） 所以：ΔABC面积＝Ⅰ + Ⅱ
不可能是任何整系数代数方程的根三大几何问题的解决伽罗瓦的群论与三大几何问题伽罗华非常彻底地把全部代数方程可解性问题转化或归结为置换群及其子群结构分析的问题谢谢大家
古希腊三大几何问题的解决
韦珏伦 高二（19）班
雅典巧辩学派的数学研究
• 化圆为方
求作一个正方形与给定的囿面积相等
• 三等分角
把任意角分成三等份
• 倍立方
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在学习”平面几何“课程时，我们做过很多作图题，即用圆规和直 尺（没有刻度的直尺，只能画直线）作出要求的几何量或几何图形. 如平分给定的任意角、任意等分一个线段 · · · · · · . 在古希腊几何学 的研究中，曾提出了几何耐人寻味的”难题”，要求只用圆规和直 尺解决下列问题：
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
. .. . . ..
尺规作图能作出的量的分析
(α) 已定点 (x0, y0) 为中心，R 为半径的方程是 (x − x0)2 + (y − y0)2 = R2;
. . . .... .... .... . . . . .... .... .... . .
(γ) 两点 (x1, y1), (x2, y2) 之间的距离为 √
. .. . . ..
尺规作图能作出的量的分析
(α) 已定点 (x0, y0) 为中心，R 为半径的方程是 (x − x0)2 + (y − y0)2 = R2;
(β) 过点 (x1, y2) 和 (x2, y2) 的直线的方程是 (y2 − y1)(x − x1) − (x2 − x1)(y − y1) = 0;
1 三等分任意角问题；
2 倍立方问题：从一个给定的立方体，求作另外一个立方体，其 √
体积是原体积的两倍，亦即给定长度 u，求作另一长度 3 2u；
3 化圆为方问题：求作一个正方形，其面积等于一给定半径的圆 的面积，即已知半径 r，求作一个长度 a，使 a = r√π.
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于是求作角
1 3
θ
就等于求作量
cos
1 3
θ.
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尺规作图能作出的量的分析
上面的三个问题最后都是否定的答案，即只用圆规、直尺来作图是 不能达到目的的. 下面我们逐步给以分析，关键步骤中利用了域的 扩张的概念及扩张次数的性质，即 § 2 中定理 3、定理 4 中的结论.
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三等分任意角问题
对问题（1），任意给定单位长度 OA，已知一个角 θ 等同于知道长 度 OB = cos θ（见图 2）.
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三等分任意角题
对问题（1），任意给定单位长度 OA，已知一个角 θ 等同于知道长 度 OB = cos θ（见图 2）.
1 三等分任意角问题； 2 倍立方问题：从一个给定的立方体，求作另外一个立方体，其
√ 体积是原体积的两倍，亦即给定长度 u，求作另一长度 3 2u；
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古希腊三大几何作图难题
在学习”平面几何“课程时，我们做过很多作图题，即用圆规和直 尺（没有刻度的直尺，只能画直线）作出要求的几何量或几何图形. 如平分给定的任意角、任意等分一个线段 · · · · · · . 在古希腊几何学 的研究中，曾提出了几何耐人寻味的”难题”，要求只用圆规和直 尺解决下列问题：
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古希腊三大几何作图难题
在学习”平面几何“课程时，我们做过很多作图题，即用圆规和直 尺（没有刻度的直尺，只能画直线）作出要求的几何量或几何图形. 如平分给定的任意角、任意等分一个线段 · · · · · · . 在古希腊几何学 的研究中，曾提出了几何耐人寻味的”难题”，要求只用圆规和直 尺解决下列问题：
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尺规作图能作出的量的分析
(α) 已定点 (x0, y0) 为中心，R 为半径的方程是 (x − x0)2 + (y − y0)2 = R2;
(β) 过点 (x1, y2) 和 (x2, y2) 的直线的方程是 (y2 − y1)(x − x1) − (x2 − x1)(y − y1) = 0;
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三等分任意角问题
对问题（1），任意给定单位长度 OA，已知一个角 θ 等同于知道长
度 OB = cos θ（见图 2）.
这是因为用圆规和直尺可以作出
直角三角形 OAB，其中 OB = θ.
1 三等分任意角问题；
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古希腊三大几何作图难题
在学习”平面几何“课程时，我们做过很多作图题，即用圆规和直 尺（没有刻度的直尺，只能画直线）作出要求的几何量或几何图形. 如平分给定的任意角、任意等分一个线段 · · · · · · . 在古希腊几何学 的研究中，曾提出了几何耐人寻味的”难题”，要求只用圆规和直 尺解决下列问题：
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尺规作图能作出的量的分析
上面的三个问题最后都是否定的答案，即只用圆规、直尺来作图是 不能达到目的的. 下面我们逐步给以分析，关键步骤中利用了域的 扩张的概念及扩张次数的性质，即 § 2 中定理 3、定理 4 中的结论. 第一步我们能对用圆规和直尺作图（当然实践上是有限步作图）作 出的量作一番分析. 作图能作出一些线段的长度和一些角，由于角 的正弦、余弦又表现为长度，因此我们只须分析能作出一些什么样 的长度. 为此，在平面上取一个直角坐标系（取定某已知线段的长 度作单位长）. 几何作图中先给定一些已知量，按上面的所说，即有一些知线段及 其长度，以已知线段的长度作坐标可得一些已知点. 解析几何中已 知