О доказательстве в трисекции угла

УДК 514.112.3, 514.112.6
О ТРИСЕКЦИИ УГЛА – ПРОСТО И С ДОКАЗАТЕЛЬСТВОМ !
Сергей Леонидович Михайлов
smthrsol@internet.ru

1. Как известно [1] (IV.A.11. Рис. 32, с.255 - и Рис.1. здесь) – идея, приписываемая самому Архимеду - трисекция произвольного угла – деление на три равные части – успешно разрешима лишь при наличии линейки с отметками на ней, или с применением дополнительных средств, по сути – обходом главного условия древних постановщиков так или иначе.
[IMG]https://s8d5.turboimg.net/t/81359520_2022-03-27_14-47-41_2.png[/IMG]

Рис.1. К идее Архимеда в задаче трисекции угла: угол BDA будет равным третьей части угла BAC, если треугольник AED – равнобедренный.
2. Автором предлагается здесь развитие идеи Архимеда посредством построения второй служебной окружности, равной первой. Именно эта идея и решает проблему отметок на линейке, так устраняя саму неразрешимость этой задачи в общем случае для углов (0⁰ - 180⁰) по крайней мере.
3. Доказательство также просто и опирается на всем известные факты из элементарной геометрии.
4. Допустим, что нам дан произвольный угол ^BAC = β – Рис.2. Построим окружность с центром в A некоторого произвольного радиуса R – квантор ((R – A)). Она пересекает лучи угла в точках B, C соответственно.

[IMG]https://s8d5.turboimg.net/t/81359522_2022-10-26_18-25-25_2.png[/IMG]


_____________________________
© Михайлов С.Л., 2022.
Рис.2. Успешное построение для решения задачи трисекции произвольного угла: ^BAC = β = 60⁰, ^BGC = 20⁰. Рисунок – демонстрационный, и не является эталонным для измерений по нему здесь.
5. Продолжим луч AC за вершину A на расстояние не менее чем 2R – прямая CK и получим точку F = ((R – A)) ∩ CK.
6. Строим вторую равную первой окружность того же радиуса R с центром F. Она пересекает прямую CK в точке K в частности.
7. Соединяем B с F - прямая BG, где точка G лежит на ((R – F)).
8. Соединяем G с A прямой и продолжаем её до пересечения с ((R – A)) – точка M на ней.
9. Завершая наше построение соединяем G с C - Рис.2.
10. Треугольник ΔBFA – равнобедренный: BA = FA – как радиусы окружности ((R – A)), а исходный угол является для него внешним, и потому угол ^BFA = β/2 = ^FBA.
11. Далее, угол ^KFG = ^BFA = β/2 – как вертикальные и при том ^KFG сам является внешним для равнобедренного треугольника ΔGFA (GF = FA = R) и поэтому ^FGA = β/4 = ^FAG = ^MAC – последние – как вертикальные углы.
12. Отсюда следует, что ^BAM = ^BAC - ^MAC = β – β/4 = 3β/4, т.е. дуга ᴗBM = 3β/4, а дуга ᴗMC = β/4 – как дуги центральных углов, на них опирающихся [1] (IV.Б.15., Рис.118, 16).
13. Но – на ᴗBM также опирается и угол ^BGM = ^FGA = β/4.
14. Отсюда – только что выше строго доказан и потому следует новый - и важнейший геометрический факт: ^BGM = β/4 = ᴗBM/3 = 3β/4/3 =3β/12 = β/4.
15. То есть угол, являющийся вписанным в окружность ((R – F)) и пересекающий центр A окружности ((R – A)) одним из своих лучей, измеряется одной третьей частью дуги, на которую он опирается в этой второй равной окружности.
16. Применяя полученный нами факт уже к углу ^MGC получим такой результат: ^MGC = ᴗMC/3 = β/12, т.е. ^MGC = β/12.
17. Это в свою очередь означает, что:
^BGC = ^BGM + ^MGC = β/4 + β/12 = (3 + 1)β/12 = 4β/12 = β/3, или
^BGC = ᴗBC/3 = β/3 – что и требовалось - и получить и доказать!
18. Работа автором выполнялась самостоятельно и по личной инициативе, авторское право – зафиксировано заранее.
_____________________________
© Михайлов С.Л., 2022.
Список литературы

1. М.Я. Выгодский " Справочник по элементарной математике" М., "Наука", 1974, 416с.

К слову сказать, для острых углов метод дает очень хорошее приближение к трети угла (для прямого - отношение углов равно 2,94...). Но разумеется, доказательство неверно.

Уважаемый "r - aax"!!!
Вы же соглашаетесь, что "верно для углов BGM и BAM..." - так этого уже и достаточно и навсегда по кр мере - для острых углов, пусть так !!! Ничем же не отличается и соседняя пара MGC и MAC - вы же не требуете, чтобы только один вписанный угол - измерялся половиной дуги на которую опирается и потому равен половине центрального своего, и более никакой другой, такой же по построению! Здесь же - Вы - ОГУЛЬНО и ПРОИЗВОЛЬНО - утверждаете обратное - первая пара углов - да, а вторая - точно такая же - нет, а почему собственно? Вам только что БЫЛО ДОКАЗАНО (!!!!!!)(первая пара !!!), что такого типа углы - ВСЕГДА измеряются третью дуги, на которую они опираются во второй из сдвоенных окружностей !!! Какие у Вас претензии к первой паре ??? Никаких, сами пишите, этим - Вы же соглашаетесь УЖЕ с тем, что в элементарную геометрию МНОЮ ВВОДИТСЯ НОВЫЙ ТИП УГЛОВ и НОВЫЙ ОБЪЕКТ - "Сдвоенные окружности с общим радиусом между ними" !!! Кто Вам сказал, что в математике - ДОКАЗАННОЕ ОДИН РАЗ БЕЗУПРЕЧНО - что Вами же лично и было подтверждено - по чьей-то хотелке - должно доказываться - постоянно и зависеть от чьих-то хочу/не хочу??? То же "доказательство П.Ванцеля - единично !!! И почему-то всеми признано, как и миллионы других - "одноразовых", но и безупречных - ВО ВСЕЙ МАТЕМАТИКЕ !!! Несолидно, тенденциозно и Вас, уважаемый - недостойно ! Строго говоря - теперь Ваша очередь - доказывать желаемое Вами - строго математически - пожалуйста - для второй пары, пробуйте и посмотрим. В конце концов, если мой метод - работает только для острых углов, то начиная с прямого угла - делим все прочие надвое и имеем острый, а его трисекцию - удваиваем = супер результат готов

Цитата
smthrsol
Вы же соглашаетесь, что "верно для углов BGM и BAM..."...

Для углов BGM и BAM верно, что BGM = BAM/3.

Цитата
smthrsol
- так этого уже и достаточно и навсегда по кр мере - для острых углов, пусть так !!!

Не достачно. Утверждение BGM = BAM/3 тривиально, оно доказано для конкретной пары углов, распространение на произвольные острые углы ошибочно.

Цитата
smthrsol
Ничем же не отличается и соседняя пара MGC и MAC...

Отличается. Принципиально. У угла BGM стороны проходят через центры обеих окружностей из чертежа. Это свойство обеспечивает соотношение GF = FA = AB. Пара углов MGC и MAC таким свойством не обладает. И я это указал в своем первом ответе.

P.S. Также я указал в первом ответе формулу точного значения угла BGC. Приведу ее еще раз.

$\angle BGC = \arctg{\frac{\sqrt{2 - 2 cos(\beta)}}{1 + \sqrt{2 + 2 cos(\beta)}}}$

Это выражение не равно BAC/3 ни для каких значений угла BAC кроме нулевого.

Можно решить методом приближения до любой точности, просто будет больше шагов действий с линейкой и циркулем.
Также есть народный вариант масштабирования угла. Например прикрепляете идентичные резиновые шпагаты между 4-мя идентичными лучами от центра на одном расстоянии от центра и масштабируя (разводя) 2 крайних, то есть изменяя угол сектора, средние 2 сами встанут куда надо, так как упругость шпагатов одинаковая. Получите 3 точных угла.
Данные способы к циркулю и линейке ничего не имеют, чтобы не было критики.



Редактировалось 1 раз(а). Последний 25.11.2022 20:01.