Трисекция угла с помощью циркуля, линейки и параболы

[zZoMROT]

Как построить трисекцию с помощью циркуля, линейки (только линейки) и параболы?

В одном из пояснений к теореме Штейнера-Понселе говорится, что если на плоскости нарисована парабола, то циркулем и линейкой можно разделить произвольный угол на три равные части; в то же время если на плоскости нарисованы парабола, окружность и её центр, то разделить на три равные части одной линейкой можно лишь некоторые (не все) углы.

[zZoMROT]

Разобрался:

Из аксиоматики циркуля и линейки имеет место теорема, что отрезок x можно построить с помощью циркуля и линейки из данных отрезков 1, a, b, … тогда и только тогда, когда число x принадлежит нормальному расширению поля F степени 2m.
Докажем эту теорему:
Если число x выражается с помощью рациональных операций и квадратных корней через данные числа 1, a, b, …, то x должен принадлежать полю, которое получается из F последовательным присоединением конечного числа квадратных корней, т.е. последовательным переходом к расширениям степени 2. Если вместе с каждым квадратным корнем присоединять к полю квадратные корни из всех сопряженных элементов, то будут получаться только квадратичные решения. В результате получится нормальное расширение степени 2m, в котором лежит элемент x.
Обратно. Пусть x принадлежит полю F’, являющемуся нормальным (а значит и сепарабельным, поскольку характеристика его равна нулю) расширением поля F, причем $[F' : F] = 2m$. Группа Галуа $G = Aut(F’ : F)$ является группой порядка 2m и разрешима (согласно утверждению, что любая группа, порядок которой есть степень простого числа, разрешима). Следовательно, существует композиционный ряд:
{e} $ = H_n \subset ... \subset H_i \subset H_{i-1} \subset ... \subset H_1 \subset H_0 = G$
все факторы $H_{i-1}/H_i$ которого являются простыми циклическими группами второго порядка. Соответствия Галуа дают башню полей:
$F = L_0 \subset L_1 \subset ... \subset L_{i-1} \subset L_i \subset ... \subset L_n = F$
в которой $[L_i : L_{i-1}] = 2$. Поскольку любое расширение степени 2 можно осуществить присоединением некоторого квадратного корня, то число x выражается (через 1, a, b, …) с помощью рациональных операций и извлечений квадратных корней, что и требуется.

Уравнение параболы $y = a*x^2 + b$, где a, b – коэффициенты; уравнение окружности в $(x-x_0)^2+(y-y_0)^2=R^2$. Поместим начало координат нашей системы на плоскости в вершину параболы, а коэффициенты уравнения параболы положим 1 и 0 соответственно, тогда уравнение параболы примет вид: $y=x^2$. Построим произвольный угол в начале координат.
Найдем точку на плоскости, такую что, построив окружность с центром в ней, при определенном радиусе окружности точка пересечения окружности с параболой принадлежит трисектрисе.
Решая, систему уравнений, состоящую из уравнения параболы и окружности, получим уравнение:
$(x-x_0)^2+(x^2-y_0)^2=R^2$ <=> $x^2 - 2xx_0 + x_0^2 + x^4 - 2x^2y_0 + y_0^2 = R^2$ <=> $x^4 + x^2(1 – 2y0) - 2xx_0 + x_0^2 + y_0^2 = R^2$
Сделаем замену: пусть $x = y + u$, где y – переменная, u – параметр, тогда имеем:
$(y + u)^4 + (y + u)^2(1$ – $2y_0) - 2(y + u)x_0 + x_0^2 + y_0^2 = R^2$,
$y^4 + 4y^3u + 6y^2u^2 + 4yu^3 + u^4 + (y^2+2yu+u^2)(1$ – $2y_0) - 2(y+u)x_0 + x_0^2 + y_0^2 = R^2$,
$y^4 + 4y^3u + y^2(6u^2 + 1$–$2y_0) + y(4u^3 + 2u(1$ – $2y_0) - 2x_0) + O = R^2$, где
$O = u^4 + u^2(1$ – $2y_0)$ – $2ux_0 + x_0^2 + y_0^2$
Сделаем замену: пусть $y = t + q$, где t – переменная, q – параметр, тогда имеем:
При $u = 1$: $(t+q)^4 + 4(t+q)^3 + (t+q)^2(7$–$2y_0) + (t+q)(4 + 2(1$–$2y_0) - 2x_0) + O = R^2$
$t^4 + 4t^3q + 6t^2q^2 + 4tq^3 + q^4 + 4(t^3 + 3t^2q + 3tq^2 + q^3) + (t^2 + 2tq + q^2)(7$–$2y_0) ++ (t+q)(4 + 2(1$–$2y_0)$ - $2x_0) + O = R^2$,
$t^4 + 4t^3(q+1) + t^2(6q^2 + 12q + 7$–$2y_0) +…. = 0$,
Найдем q такое, чтобы коэффициент при $t^3$ был равен 0 – $q = -1$.
При q = -1 имеем уравнение с переменной t со степенями: 4, 2, 1, 0.
Верно тригонометрическое уравнение: $ \cos \alpha=4\cos^3(\alpha /3)$ – $3\cos(\alpha /3)$
В нашем решении оно эквивалентно уравнению $4t^3$ – $3t = \cos(\alpha)$. Умножим правую и левую части этого уравнения на t (так как t не равно 0). Получим:
$4t^4$ – $3t^2$ – $t\cos(\alpha) = 0$,
$t^4$ – $3/4t^2$ – $t\cos(\alpha)/4 = 0$,
Подберем $y_0$ такое, что в полученных уравнениях коэффициенты при $t^2$ совпадали $(2y_0 = 6q^2 + 12q + 7 + 3/4, q = -1)$
При t коэффициент первого уравнения зависит от $x_0$ линейно, а значит, мы можем найти такое $x_0$, что коэффициенты уравнений при t совпадают.
Находим такое R, что свободный член первого уравнения равен 0.
Мы нашли все параметры, задающие искомую окружность. Строим ее. Через вершину угла и точку пересечения построенной окружности с параболой проходит трисектриса.