Трисекция угла

[meduza]

sf1 в сообщении #224973 писал(а):

meduza, если не считать тело объемным, то у меня получается

$2\cdot\arctg \dfrac{\tg\frac{\pi}8}2 \approx 23.40183902^{\circ}$

Ой, конечно, спасибо . Сначала даже решил вам в качестве ответа написать свое решение, а пока набирал, заметил у себя ошибочку.

Чтобы зря набранное решение не пропадало, напишу

$AB$ и $CD$ - это линейные размеры (плоского) тела. $OH = 2\,OK$, по условию.
$\frac{\angle AOB}{\angle COD} = \frac{2 \angle AOK}{2 \angle COH}= \frac{\angle AOK}{\angle COH}$.
$\frac{\tg \angle AOK}{\tg \angle COH} = \frac{AK}{OK}\cdot\frac{OH}{CH} = 2$.
$\angle COH = \arctg \frac{\tg \angle AOK}2 = \arctg \dfrac{\tg \frac{\angle AOB}2}2$.
Подставляем данные: $\angle COD = 2\arctg\dfrac{\tg\frac{\pi}8}2 \approx 23.4018^{\circ}$.

[sf1]

meduza
Ага, только там $OH = 2\,OK$

[meduza]

sf1
Исправил

[Виктор Ширшов]

meduza

sf1 в сообщении #224978 писал(а):

meduza
Если Луну считать идеальным шаром, то касательные к ее поверхности, проведенные от наблюдателя, коснутся ее поверхности "чуть ближе", чем если бы она была плоской. Сделайте чертеж и будет наглядно видно.
И рассматриваем-то мы как раз гипотетическую Луну, предложенную Виктором Ширшовым, которая видна под углом 45°, и поправка уже будет иметь некоторое значение.

sf1, Вы абсолютно правы.
meduza рисунок начертил, но рассчитал неправильно. Ему бы в данный угол вписать одинаковые окружности, касательными к которым будут стороны угла, тогда он увидел бы в чём его ошибка

[meduza]

Виктор Ширшов в сообщении #225024 писал(а):

meduza рисунок начертил, но рассчитал неправильно. Ему бы в данный угол вписать одинаковые окружности, касательными к которым будут стороны угла, тогда он увидел бы в чём его ошибка

В начале решения я оговорил, что рассматриваю случай плоского тела (типа диск). Поправку на шар я не учитывал, поскольку предполагал что вы имеете дело с настоящей луной с малыми угловыми размерами и толку от поправки не будет. Признаюсь, ступил, что не прочитал тему полностью, а теперь понял, что вы дали большой угол $45^{\circ}$ не случайно, а намеренно.

[Виктор Ширшов]

meduza в сообщении #225031 писал(а):

В начале решения я оговорил, что рассматриваю случай плоского тела (типа диск). Поправку на шар я не учитывал

При геометрическом построении шар - окружность ("типа диск").

[venco]

Короче, как ни считай, 22.5° не получится.

[Виктор Ширшов]

venco в сообщении #225045 писал(а):

Короче, как ни считай, 22.5° не получится.

venco в сообщении #224968 писал(а):

Тело объёмное, поэтому 22.062191157541474461091365701595°

sf1 в сообщении #224957 писал(а):

У меня получилось 23.40183902°.

Полученные Вами результаты позволяют сделать вывод, что предложенным способом греки могли делить угол на три части. Я полагаю, что Вы всё-таки ошиблись (наверное, считали одинаково, но непонятно, почему углы разные), а истинное значение угла - посередине.
Моё рассуждение вроде бы логически правильное, так как видимый диаметр небесных тел изменяется пропорционально расстоянию до них (во сколько раз они дальше, во столько раз "диски" меньше).

[meduza]

Виктор Ширшов

Виктор Ширшов в сообщении #225039 писал(а):

При геометрическом построении шар - окружность ("типа диск").

Если бы внимательно просмотрели решение и рисунок, то увидели, что "диск" расположен к нам ребром, поэтому виден как отрезок.

Виктор Ширшов в сообщении #225138 писал(а):

Я полагаю, что Вы всё-таки ошиблись (наверное, считали одинаково, но непонятно, почему углы разные), а истинное значение угла - посередине.

Если бы вы еще внимательней прочитали предыдущие полторы страницы, то увидели бы, что $23.4018^{\circ}$ -- это случай для плоского тела -- это неоднократно подчеркивал и sf1 и я (в посте #p224987 приведено решение для этого случая). Я не рассматривал задачу для шара, там нужно учитывать поправку (о которой несколько раз написано выше), но venco рассмотрел этот случай и у него получилось $22.062^{\circ}$ -- результаты в двух задачах разные, поскольку это разные задачи!

Виктор Ширшов в сообщении #225138 писал(а):

Моё рассуждение вроде бы логически правильное, так как видимый диаметр небесных тел изменяется пропорционально расстоянию до них (во сколько раз они дальше, во столько раз "диски" меньше).

Нет! Ваше "логическое" рассуждение не верно! Нарисуйте чертеж и рассчитайте угол, если не верите участникам форума.

[General]

Виктор Ширшов, если построите по представленому методу трисекцию угла, близкого к 180, то увидите разницу между центральной дугой и боковыми на глаз.

[Виктор Ширшов]

meduza в сообщении #225148 писал(а):

Если бы внимательно просмотрели решение и рисунок, то увидели, что "диск" расположен к нам ребром, поэтому виден как отрезок.

Если бы Вы на рисунке "диск" расположили так, как того требовалось (см. ниже пункты д,е), он бы выглядел иначе, как и Ваши расчёты.

Виктор Ширшов в сообщении #223792 писал(а):

А как Вам такой способ деления угла (способ параллакса), хоть на N частей:

а) вокруг вершины данного угла (О) произвольным раствором циркуля описываем окружность радиусом R;
б) проводим биссектриссу угла до пересечения окружности и дальше;
в) из точки пересечения биссектрисы (В) с окружностью опускаем перпендикуляры на стороны центрального угла;
г) в точке В описываем другую окружность радиусом r, равным длине перпендикуляров на стороны угла;
д) теперь на биссектрисе из точки О откладываем 3, 19 или N отрезков, равных R, и в их концах описываем окружности радиусом r.
е) из точки О проводим к ним касательные по обе стороны.

-- Сб июн 27, 2009 22:34:19 --

General в сообщении #225169 писал(а):

Виктор Ширшов, если построите по представленому методу трисекцию угла, близкого к 180, то увидите разницу между центральной дугой и боковыми на глаз.

А зачем, строить такой угол, когда известен способ, как разделить на три части угол 90 градусов. Уменьшите "угол, близкий к 180" на столько, затем разделите остаток угла и сложите сложите части.

[General]

Ну хорошо, тогда аккуратно на бумаге, или даже лучше в какой-нибудь среде электронной геометрии разделите угол в 90 градусов на 3 части своим методом (допустим, что мы забыли метод построения угла в 30 градусов) и проверьте, получатся ли на самом деле 3 равных угла.

[Виктор Ширшов]

meduza в сообщении #225148 писал(а):

Нет! Ваше "логическое" рассуждение не верно! Нарисуйте чертеж и рассчитайте угол, если не верите участникам форума.

Если я не прав, то тогда неверна теорема о вписанном угле, вершина которого в случае симметричности сторон находится на расстоянии 2R от окружности, вписанной в центральный угол. Фактически Вы решали эту задачу.

[shwedka]

Виктор Ширшов в сообщении #223707 писал(а):

Можно доказать, что три дуги , получаемые при пересечении дуги, на которую опирается центральный угол, равны между собой.

Приведите доказательство

Виктор Ширшов в сообщении #223723 писал(а):

Доказательство ищите между хордой и дугой.

Не перекладывайте на других

[bot]

Ну, давайте ещё раз.

Виктор Ширшов в сообщении #223707 писал(а):

Задачу о делении циркулем и линейкой произвольного угла на три равные части (угла), скорее всего, греки решили и оно было таким:
а) вокруг вершины данного угла описываем окружность произвольного радиуса;
б) продолжим одну из сторон центрального угла до пересечения с окружностью (точка пересечения будет вершиной вписанного угла, опирающегося на ту же дугу окружности, что и центральный угол);
в) откладываем на диаметре три равных отрезка способом, указанным в topic21409.html;
г) из полученных точек проводим лучи, параллельные другой стороне вписанного угла.

Можно доказать, что три дуги, получаемые при пересечении дуги, на которую опирается центральный угол, равны между собой.

В п. в) надо полагать, не откладываем три равных отрезка, а делим диаметр на три равных части, иначе явная чушь.

Можно дугу, диаметр поделить на три равные части и посмотреть, как описанное построение разобьет дугу, но удобнее наоборот. На окружности с центром $O$ и диаметром $AC$ возьмём точку $M$. Разделим дугу $MC$ на три равные дуги $CB, \ BN$ и $NM$. Параллельно $AM$ через точки $N$ и $B$ проведём прямые параллельно $AM$, пересекающие диаметр $AC$ в точках $K$ и $D$ соответственно. Виктор Ширшов утверждает, что $|AK|=|KD|=|DC|$. Посчитаем ...
Всё подогнано под ранее написанное, надо лишь положить $\alpha=\frac{\varphi}{6},\ \beta=\frac{\varphi}{2}$:

bot в сообщении #223893 писал(а):

В прямоугольном треугольнике $ABC$ на гипотенузе $AC$ возьмём точку $D$, обозначим $\alpha=\angle BAC, \ \beta=\angle BDC$.
Тогда $|BC|=|AC|\cdot \sin \alpha, \ \angle DBC= \frac{\pi}{2}+\alpha -\beta$ и по теореме синусов из треугольника $DBC$ получаем:

$$\frac{|AC|\cdot \sin \alpha}{\sin\beta}=\frac{|DC|}{\cos (\beta-\alpha)}$$

Тогда

$$|CD|=\frac{\sin \alpha \cos 2\alpha}{\sin 3\alpha}\cdot |AC|}$$

Рассматривая треугольник $ANC$ и заменяя в цитированной формуле $D$ на $K$, $\ \alpha$ на $\ 2\alpha$ получим

$$|KC|=\frac{\sin 2\alpha \cos \alpha}{\sin 3\alpha}\cdot |AC|}$$

Поэтому

$$|AK|=|AC|-|KC|=\frac{\sin \alpha \cos 2\alpha}{\sin 3\alpha}\cdot |AC|}=|CD|$$

$$|KD|=|KC|-|DC|=\frac{\sin \alpha }{\sin 3\alpha}\cdot |AC|}$$

Таким образом, диаметр $|AC|$ в построении Виктора Ширшова следует делить в отношении

$$\cos \frac{\varphi}{3}:1:\cos \frac{\varphi}{3}.$$

Если не считать случая $\varphi=0$, это отношение никогда не совпадёт с отношением $1:1:1$ и будет далёким от него и заметным на глаз при $\varphi=\pi$. Построение для этого случая надо рассматривать как предельное при $\varphi\to \pi$, диаметр делить в отношении $1:2:1$, а параллельные прямые проводить перпендикулярно диаметру. Это проверяется вообще без всяких вычислений.