《古希腊三大几何问题的解决》PPT教学课件
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
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》
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
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；
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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
6
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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