Трисекція кута

Трисе́кція кута́ — задача про поділ заданого кута на три рівні частини за допомогою циркуля та лінійки. Інакше кажучи, необхідно побудувати трисектриси кута — промені, що ділять кут на три рівні частини.

Поруч із задачами про квадратуру круга та подвоєння куба є однією з класичних задач на побудову, відомих з часів стародавньої Греції.

П'єр Лоран Ванцель у 1837 році довів, що задача розв'язна тільки тоді, коли розв'язне в квадратних радикалах рівняння:

${\displaystyle x^{3}-3x-2~\cos \alpha =0.}$

Наприклад, трисекція здійсненна для кутів α = 360°/n при умові, що ціле n не ділиться на 3. Тим не менш, в пресі час від часу публікуються (хибні) способи здійснення трисекції кута циркулем та лінійкою.

Історія виникнення задачі про трисекцію кута

Слово «трисекція» походить від латинського «tri», що означає «три» і «sectio», що означає «розрізання». Батьківщиною цієї задачі про трисекцію кута є давня Греція. Поява задачі про поділ кута на три рівні частини не пов’язана з легендами чи переказами, вчені вважають, що вона виникла через потреби архітектури і будівельної техніки. При створені робочих креслень орнаментів, різного роду прикрас, багатогранних колонад, при будівництві внутрішньої і зовнішньої обробки храмів, пам’ятників і інших великих і маленьких споруд, інженери, художники і архітектори зустрічались з необхідністю вміти ділити коло на скінченну кількість рівних частин, а це в деяких випадках( і досить часто ) приводило їх до розгляду трисекції деяких кутів. Ділити кут на дві рівні частини давні грекі уміли досить легко, а ось розділити кут на три частини, виявилось не завжди можливим.

Методи і приклади розв’язання задачі про трисекцію кута

• Хоча трисекція кута в загальному випадку нездійсненна за допомогою циркуля і лінійки, існують криві, за допомогою яких цю побудову можна здійснити. Равлик Паскаля або трисектриса, Квадратриса, Конхоїда Нікомеда, Конічні перетини, Спіралі Архімеда.
• Трисекція можлива при побудові за допомогою плаского оригамі
• Трисекція можлива з використанням невсіса.

Розв’язання задачі про трисекцію кута з допомогою комплексних чисел

Нехай нам треба поділити кут α на 3 рівні частини. Зробимо це з допомогою комплексних чисел.

Трисекція кута з допомогою комплексних чисел

Щоб знайти координати К, піднесемо

${\displaystyle (0+i)^{\frac {\alpha }{90}}={\sqrt[{90}]{(0+i)^{\alpha }}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{2}}+2\pi k}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{2}}+2\pi k}{90}}))}$

При k = 0:

${\displaystyle (0+i)^{\frac {\alpha }{90}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{2}}}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{2}}}{90}}))=\sin(\alpha )+\cos(\alpha )}$

Щоб знайти координати точки L, піднесемо:

${\displaystyle ({\frac {\sqrt {3}}{2}}+{\frac {1}{2}}i)^{\frac {\alpha }{90}}={\sqrt[{90}]{({\frac {\sqrt {3}}{2}}+{\frac {1}{2}}i)^{\alpha }}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}+2\pi k}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}+2\pi k}{90}}))}$

При k = 0:

${\displaystyle ({\frac {\sqrt {3}}{2}}+{\frac {1}{2}}i)^{\frac {\alpha }{90}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}}{90}}))=(\cos({\frac {\alpha }{3}})+i\sin({\frac {\alpha }{3}}))}$

Щоб знайти координати точки M, піднесемо:

${\displaystyle ({\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i)^{\frac {\alpha }{90}}={\sqrt[{90}]{({\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i)^{\alpha }}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{3}}+2\pi k}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{3}}+2\pi k}{90}}))}$

При k = 0:

${\displaystyle ({\frac {1}{2}}+{\frac {\sqrt {3}}{2}}i)^{\frac {\alpha }{90}}=1(\cos({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}}{90}})+isin({\frac {\alpha {\frac {\pi }{6}}}{90}}))=(\cos({\frac {\alpha }{3}})+i\sin({\frac {\alpha }{3}}))}$

Очевидно, що ${\displaystyle 0+0i}$ i ${\displaystyle 1+0i}$ при піднесенні до будь-якого степеня завжди буде незмінним. Бачимо, що:

${\displaystyle \angle KBC=\alpha ,\angle LBC={\frac {\alpha }{3}},\angle MBC={\frac {\alpha }{3}}}$

Отже, ми поділили кут на 3 рівні частини

Трисекція кута за допомогою плаского оригамі

Трисекція кута за допомогою плаского оригамі

Нехай кут заданий двома складками p і q, позначимо через А вершину кута. Спочатку проведем підготовчі побудови, використаєм властивість оригамі, яка каже, що лист можна скласти

так, що дві відмічені точки будуть на складці. Далі використаємо іншу властивість, лист можна скласти так, що відмічена точка попаде на складку, а відмічена пряма перейде в себе

(тобто, лінія складки буде їй перпендикулярна), таким чином відновим перпендикуляр l до q, через А і використовуючи ще одну властивість, лист можна скласти так, що одна відмічена

точка перейде в другу відмічену точку, відмітим на l будь-яку точку В і відновим серединний перпендикуляр q` до відрізка АВ через ту саму властивість.

Тепер складемо лист так, щоб А попала на q`, а В на p, використовуючи властивість про те, що лист, який має  дві відмічені прямі p і q і дві точки А і В, можна скласти так, що точка А попаде

на пряму р, а точка В на пряму q. При цьому образ А` вершини А ляже на першу трисектрису  нашого кута, а точка С на перетин q` з новою складкою  буде лежати на другій. Тобто промені

АА` і АС будуть ділити кут на три рівні частини.

Трисекція кута за допомогою равлика Паскаля

Трисекція кута за допомогою равлика Паскаля

Візьмемо на окружності радіуса R точку А і проведемо через неї пряму l. Пряма l пересікає окружність в точках Х і А, якщо l дотична, то Х = А. Нехай М1 і М2 – такі точки прямої l, що ХМ1 = ХМ2 = а, де а – константа. Множина точок М1 і М2 (для всіх прямих l) називають равликом Паскаля. Нас буде цікавити випадок коли а = R. Нехай вектори ХМ1  і АХ співнапрямлені, В – точка на продовжені відрізка  М1О за точку О. Так як трикутники ∠М1ХО і ∠ХОА рівнобедрені, то ∠ОАХ = 2∠ОМ1А і ∠АОВ =  ∠ОМ1А + ∠ОАХ = 3∠ОМ1А. Тому для трисекції ${\displaystyle \angle \varphi }$, де  ${\displaystyle 0<\varphi <\pi /2}$, можна поступити наступним чином. Візьмемо точку В так, що ∠АОВ = ∠${\displaystyle \varphi }$. Нехай пряма ОВ перетинає суцільну частину равлика Паскаля в точці М1 (пунктирна частина равлика Паскаля відповідає таким точкам М2, що вектори Х М1 і АХ різнонапрямлені). Тоді ∠ОМ1А = ∠${\displaystyle \varphi /3}$.

Трисекція кута за допомогою невсіса

Нехай треба випадково взятий гострий ∠ABC розділити на три рівні частини. Для цього із вершини даного кута B, як з центра, випадковим радіусом R опишемо коло. Точки перетину сторін даного кута з колом позначимо як D і F. Тепер візьмемо невсіса F і G, причому довжина відрізка FG - R, і прикладаємо його до точки R так, щоб F і G виявились на одній прямій з точкою E і щоб F знаходилась на колі, а G - на продовжені сторони BA Тоді ∠EGD і буде являтись однією третьою заданого ∠ABC.

Трисекція за допомогою невсіса

Доведемо це. Позначимо для краси кути на рисунку цифрами 1,2,3,4,5. Треба довести, що кут 5 є третьою частиною кута 1, тобто ${\displaystyle \angle 5={\frac {1}{3}}\angle 1}$.

Насправді, за властивістю зовнішнього кута трикутника, ${\displaystyle \angle 1=\angle 2+\angle 5}$, але, за властивістю зовнішнього трикутника, ${\displaystyle \angle 3=\angle 5+\angle 4}$. Далі, за властивістю рівнобедриного трикутника, ${\displaystyle \angle 5=\angle 4}$. Тоді ${\displaystyle \angle 3=2\angle 5}$. Із трикутника BFF, оскільки він рівнобедрений, ${\displaystyle \angle 3=\angle 2}$. Враховуючи попередні рівності, маємо: ${\displaystyle \angle 1=\angle 5+\angle 3=\angle 5+2\angle 5=3\angle 5}$

Значить, ${\displaystyle \angle 5={\frac {1}{3}}\angle 1}$, що і треба було довести.

Див. також

• Трисектриса
• Трисектриса Маклорена
• Теорема Морлі — властивість трисектрис кутів трикутника
• Побудова за допомогою циркуля та лінійки
• Томагавк (геометрія)

Література

• Бєлозьоров С.Е. П'ять відомих задач давнини. Історія та сучасна теорія. Ростов н/Д., 1975. (рос.)
• Адлер А. теория геометрических построений/Пер.с кем.3-у изд.Л.,1940. (рос.)
• Аксенова М.В., Храмов Г.И. Єнциклопедия по математике. М.: Аванта+, 1995. (рос.)
• Аргунов Б.И., Балк М.Б. Геометрические построения на плоскости. 2-е изд. М, 1957. (рос.)
• Атанасян Л.С. Геометрія 7-9. М .: Просвещение, 2005. (рос.)
• Глейзер Г. И. История математики в школе. – М .: Просвещение, 1964. (рос.)
• Грищенко О.Ю., Оноцький В.В. Курс лекцій з комплексного аналізу. Частина перша. Київ,2015.
• Далингер В.А. Планіметричних завдання на побудову. Омськ: Изд-во ОДПІ, 1999.
• Ільїна Н.І. Геометричні побудови на площині. М .:Школа - прес, 1997.
• Манін І.Ю. Про можливості розв'язання задач на побудову за допомогою циркуля і лінійки // Енциклопедія елементарної математики. М .: Физматгиз, 1963.
• Прасолов В. В.. Три классические задачи на построение. Удвоение куба, трисекция угла, квадратура круга. М.: Наука, 1992. (рос.)
• Широков П.А. Краткий очерк основ геометрии Лобачевского./. - М.: Наука, 1983. (рос.)
• Щетников А. И. Как были найдены некоторые решения трёх классических задач древности? Математическое образование 2008. (рос.)
• Смилга В.П. В погоне за красотой./. Н-п издание. - М.: Молодая гвардия, 1968. (рос.)