8.2 Площадь в полярных координатах

$\DeclareMathOperator{\ctg}{ctg}\DeclareMathOperator{\tg}{tg} \DeclareMathOperator{\arctg}{arctg} \newcommand{\rndBrcts}[1]{\left ( #1 \right )} \newcommand{\abs}[1]{\left | #1 \right |}$

В полярных координатах положение точки на плоскости характеризуется полярным радиусом $r$ – расстоянием от точки до начала координат и углом $φ$, образованным радиус-вектором точки и положительным направлением оси $Ox$. Будем считать, что $−\pi< φ \leqslant \pi$. Рассмотрим на плоскости множество, ограниченное кривой, заданной уравнением $r=r(\varphi)$ $(\alpha \leqslant \varphi \leqslant \beta)$, и отрезками лучей $\varphi=\alpha$ и $\varphi=\beta$. Предположим, что функция $r(\varphi)$ непрерывна и положительна на $[\alpha ,\beta]$. Можно показать, что это множество квадрируемо. Разобьем отрезок $[\alpha, \beta]$ на части точками $\alpha =\varphi_{0} < \varphi_{1}< \dots < \varphi_{n}= \beta$. Тогда рассматриваемое множество разобьется на криволинейные секторы. Если исходное разбиение отрезка $[\alpha, \beta]$ достаточно мелкое, то, в силу непрерывности функции $r(\varphi),i$-й сектор можно приближенно считать сектором круга. Точнее, если обозначим $$\mu_{i} =\inf_{\varphi_{i} \leqslant \varphi_{i} \leqslant \varphi_{i+1}}r(φ) \;\;\;и\;\;\;Mi=\sup_{\varphi_{i} \leqslant \varphi \leq \varphi_{i+1}}r(φ),$$ то рассматриваемый криволинейный сектор содержит в себе круговой сектор радиуса $\mu_{i}$ и содержится в круговом секторе радиуса $M_{i}$. Площадь внутреннего сектора радиуса $\mu_{i}$ равна $\displaystyle \frac{1}{2}\mu_{i}^{2} \Delta \varphi_{i}$, а площадь внешнего – $\displaystyle \frac{1}{2}M_{i}^2 \Delta \varphi_{i}$, где $\Delta \varphi_{i}$ – угол при вершине. Складывая эти площади, получим $$\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n-1}\mu_{i}^2 \Delta \varphi_{i}\equiv \underline S,$$ $$\frac{1}{2} \sum_{i=0}^{n-1}M{i}^2 \Delta \varphi_{i}\equiv \overline S.$$

Как мы уже отметили, рассматриваемое множество квадрируемо, так что его площадь $S$ удовлетворяет неравенству $\underline S\leqslant S\leqslant \overline S.$ Но $\underline S$ и $\overline S$ представляют собой соответственно нижнюю и верхнюю суммы Дарбу для функции $\displaystyle \frac{1}{2}r^2(\varphi),$ соответствующие данному разбиению отрезка $[\alpha,\beta].$ Поэтому, учитывая, что функция $\displaystyle \frac{1}{2}r^2(\varphi)$ интегрируема по Риману на отрезке $[\alpha; \beta ],$ получаем, что при стремлении к нулю диаметра разбиения верхняя и нижняя суммы Дарбу обе стремятся к $\displaystyle \frac{1}{2} \int_\limits{ \alpha}^{ \beta}r^2( \varphi)d \varphi .$ Таким образом, мы доказали равенство
$$S=\frac{1}{2} \int_\limits{ \alpha}^{ \beta}r^2( \varphi)d \varphi .$$

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Спираль Архимеда задается уравнением $r=a \varphi$ $(0 \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi),$ где параметр $a>0.$ Найдите площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда.
    Решение

    Площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда равна $$S=\frac{1}{2} \int\limits_{0}^{2 \pi}r^2(\varphi)d \varphi = \frac{1}{2} a^2 \int_\limits{0}^{2 \pi} \varphi^2 d \varphi = \frac{4 \pi^3 a^2}{3}$$

    Ответ: $\displaystyle S=\frac{4 \pi^3 a^2}{3}.$

  2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кардиоидой $r=1+ \cos \varphi$ $(0 \leqslant \varphi \leqslant 2 \pi)$
    Решение

    $$S=\frac{1}{2} \int_\limits{0}^{2 \pi}(1+ \cos \varphi)^2 d \varphi = $$
    $$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( 1+2\cos\varphi+\cos^2\varphi \right )d\varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( 1+2\cos\varphi+\frac{1+\cos 2 \varphi}{2} \right )d \varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{3}{2} + 2\cos\varphi+\frac{\cos2\varphi}{2} \right )d\varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2}\varphi + 2\sin\varphi+\frac{\sin2\varphi}{4}\right )\bigg|_{0}^{2\pi}=\frac{3\pi}{2}$$

    Ответ: $\displaystyle S=\frac{3 \pi}{2}.$

  3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией $r(\varphi)=2 \cos ^2 \varphi$
    Решение

    Так как, $r(\varphi)=2 \cos ^2 \varphi \geq 0$ $\forall \varphi ,$ значит угол принимает все значения от $\alpha = 0$ до $\beta = 2 \pi .$ По рабочей формуле:
    $$S=\frac{1}{2} \int_\limits{\alpha}^{\beta}r^2(\varphi)d \varphi=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}(2 \cos^2 \varphi)^2 d \varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\cdot 4 \int_\limits{0}^{2\pi}(\cos^2 \varphi)^2 d \varphi =2\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{1+\cos 2\varphi}{2} \right )^2 d \varphi=$$
    $$=2\cdot \frac{1}{4}\int\limits_{0}^{2\pi} (1+\cos 2\varphi)^2 d \varphi= \frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}(1+2\cos 2\varphi+\cos^22\varphi)d \varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi} \left ( 1+2\cos2\varphi+\frac{1+\cos4\varphi}{2} \right )d \varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{2\pi}\left ( \frac{3}{2} + 2\cos2\varphi +\frac{\cos4\varphi}{2} \right )d \varphi=$$
    $$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2} \varphi+\sin2\varphi+ \frac{\sin4\varphi}{8} \right )\bigg|_{0}^{2\pi}=$$
    $$=\frac{1}{2}\left ( \frac{3}{2}\cdot 2\pi+\sin4\pi+\frac{\sin8\pi}{8}-\left ( \frac{3}{2}\cdot 0 +\sin 0 + \frac{\sin0}{8} \right ) \right )=$$
    $$=\frac{3\pi}{2}$$

    Ответ: $\displaystyle S=\frac{3\pi}{2}.$

  4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, заданными в полярных координатах $r=\sqrt{3} \cos \varphi,$ $r=\sin \varphi$ $\displaystyle \left ( 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2} \right ).$
    Решение

    Фигура, ограниченная окружностями $r=\sqrt{3} \cos \varphi,$ $r=\sin \varphi ,$ не определена однозначно и поэтому в условии наложено дополнительное ограничение на угол $\displaystyle \left ( 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2} \right ),$ из которого следует, что необходимо вычислить заштрихованную площадь:

    Сначала найдем луч $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3},$ по которому пересекаются окружности. Приравниваем функции и решаем уравнение:
    $$\sin \varphi=\sqrt{3} \cos \varphi$$
    $$\frac{\sin \varphi}{\cos \varphi} = \sqrt{3}$$
    $$\tg \varphi = \sqrt{3}$$

    Таким образом: $\displaystyle \varphi=\arctg\sqrt{3}=\frac{\pi}{3}$

    Из чертежа следует, что площадь фигуры нужно искать как сумму площадей:

    • На промежутке $\displaystyle \left [0;\frac{\pi}{3}\right ]$ фигура ограничена отрезком луча $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3}$ и дугой окружности $r=\sin\varphi .$
      $$S_{1}=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}(\sin\varphi)^2d \varphi=\frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}\sin^2 \varphi d \varphi=$$
      $$=\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{2}\int_\limits{0}^{\frac{\pi}{3}}(1-\cos2\varphi)d \varphi=\frac{1}{4}\left ( \varphi-\frac{1}{2}\sin2\varphi \right )\bigg|_{0}^{\frac{\pi}{3}}=$$
      $$=\frac{1}{4}\left ( \frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} \right )=\frac{1}{4}\left ( \frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right )=\frac{\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{16}$$
    • На промежутке $\displaystyle \left [ -\frac{\pi}{3};\frac{\pi}{3}\right ]$ фигура ограничена тем же отрезком луча $\displaystyle \varphi=\frac{\pi}{3}$ и дугой окружности $r=\sqrt{3}\cos\varphi .$
      $$S_{2}=\frac{1}{2}\int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}(\sqrt{3}\cos\varphi)^2d \varphi = \frac{3}{2} \int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^2\varphi d \varphi=$$
      $$=\frac{3}{2}\cdot \frac{1}{2}\int_\limits{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}(1+\cos2\varphi)d \varphi= \frac{3}{4}\left ( \varphi + \frac{1}{2} \sin 2\varphi \right )\bigg|_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}=$$
      $$=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{2}+\frac{1}{2}\sin\pi-\left ( \frac{\pi}{3}+\frac{1}{2}\sin\frac{2\pi}{3} \right ) \right )=$$
      $$=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{2}+0-\frac{\pi}{3}-\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} \right )=\frac{3}{4}\left ( \frac{\pi}{6}-\frac{\sqrt{3}}{4} \right )=\frac{3\pi}{24}-\frac{3\sqrt{3}}{16}$$
    • Пользуемся аддитивностью площади:
      $$S=S_{1}+S_{2}=\frac{\pi}{12}-\frac{\sqrt{3}}{16}+\frac{3\pi}{24}-\frac{3\sqrt{3}}{16}=$$
      $$=\frac{5\pi}{24}-\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{5\pi-6\sqrt{3}}{24}$$

    Ответ: $\displaystyle S=\frac{5\pi-6\sqrt{3}}{24}.$

Площадь в полярных координатах

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Площадь в полярных координатах».

См. также:

8.1 Вычисление площадей

Будем называть декартовой плоскостью $\mathbb{R}^2$ множество всех упорядоченных пар действительных чисел $(x,y)$. Элементы $\mathbb{R}^2$ называют точками, а числа $x,y$ – координатами этих точек.

Пусть $a\leqslant b,c\leqslant d$. Множество всех точек, координаты $(x,y)$ которых удовлеворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,c\leqslant y\leqslant d$, будем называть прямоугольником и обозначать $[a,b;c,d]$. Стороны прямоугольника параллельны координатным осям. Если $a=b$ или $c=d$, то прямоугольник $[a,b;c,d]$ называется вырожденным.

Множество всех точек $(x,y)$ , удовлетворяющих неравенствам $a< x< b, c< y< d$, называют внутренностью прямоугольника.

Площадью (или мерой) прямоугольника $I\equiv [a,b;c,d]$ называется произведение длин его сторон, т.е. $m(I)=(d−c)(b−a)$.

Фигурой (или элементарным множеством) назовем такое множество на плоскости, которое можно представить в виде объединения конечного числа прямоугольников. Фигура называется вырожденной, если она может быть представлена в виде конечного объединения вырожденных прямоугольников.

Предложение. Каждую фигуру можно разбить на конечное число прямоугольников с попарно непересекающимися внутренностями.

Это предложение принимаем без доказательства.

Определение. Пусть фигура $X$ является объединением прямоугольников $I_{1},\dots ,I_{n}$, у которых внутренности попарно не пересекаются. Тогда мерой фигуры $X$ называется
$$m(X) = \sum_{k=1}^{n}m(I_{k}).$$

Нетрудно показать, что данное определение меры не зависит от способа разбиения этой фигуры на прямоугольники с попарно непересекающимися внутренностями. Ясно, что мера вырожденной фигуры равна нулю.

Пусть теперь $E$ – произвольное множество на плоскости, которое содержится в некотором прямоугольнике, т.е. ограниченное.Число $$m^*(E) = \inf_{X\supset E}m(X),$$ где нижняя грань берется по всевозможным фигурам $X$, содержащим множество $E$, называется внешней мерой Жордана множества $E$. Далее, число $$m_{*}(E) = \sup_{X\subset E}m(X),$$ где верхняя грань берется по всевозможным фигурам $X$, содержащимся во множестве $E$, называется внутренней мерой Жордана множества $E$.

Нетрудно показать, что если фигуры $X$ и $Y$ таковы, что $X\subset Y$, то $m(X) \leqslant m(Y)$. Отсюда сразу следует, что для любого ограниченного множества $E$ справедливо неравенство $m_{∗}(E)\leqslant m^*(E).$

Определение. Если внутренняя мера множества $E$ равна его внешней мере, то множество $E$ называется измеримым по Жордану или квадрируемым. В этом случае общее значение внешней и внутренней мер называется мерой Жордана множества $E$ и обозначается $m(E).$

Пусть $E$ – множество всех точек из единичного квадрата $[0,1;0,1]$, у которых обе координаты рациональны. Это множество не содержит ни одной невырожденной фигуры, т.к. в каждом невырожденном прямоугольнике существуют точки с иррациональными координатами. Значит, $m_{∗}(E)=0.$ С другой стороны, нетрудно показать, что любая фигура, содержащая множество $E$, содержит также единичный квадрат. Поэтому $m^∗(E)=1.$ Таким образом, $m_{∗}(E)< m^∗(E)$, так что множество $E$ неизмеримо по Жордану.

Определение. Пусть $f$ – неотрицательная функция на отрезке $[a,b].$ Подграфиком функции $f$ будем называть множество $E_{f}$ всех точек $(x,y)$, координаты которых удовлетворяют неравенствам $a\leqslant x\leqslant b,0\leqslant y\leqslant f(x).$

Теорема. Пусть функция $f$ неотрицательна и интегрируема на отрезке $[a,b].$ Тогда ее подграфик $E_{f}$ измерим и $$m(E_{f}) = \int \limits_{a}^{b} f(x)dx.$$

Возьмем разбиение $a = x_{0} < x_{1} < \dots < x_{n} = b$ отрезка $[a,b]$ и обозначим $$m_{i} = \inf_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x),\;\;\;\;\;\;\; M_{i} = \sup_{x\in [x_{i},x_{i+1}]}f(x).$$ Далее пусть $$\underline \Delta_{i} = [x_{i},x_{i+1};0,m_{i}],$$ $$\overline{\Delta_{i}} = [x_{i},x_{i+1};0,M_{i}],$$ $$\underline X=\bigcup_{i=0}^{n-1}\underline \Delta_{i},$$ $$\overline{X}=\bigcup_{i=0}^{n-1}\overline{\Delta_{i}}.$$
Тогда, по определению меры фигуры, имеем $$m(\underline X)=\sum_{i=0}^{n-1}m(\underline\Delta_{i})=\sum_{i=0}^{n-1}m_{i}\Delta x_{i}=\underline S ,$$
где $\underline S$ – нижняя сумма Дарбу функции $f$, соответствующая выбранному разбиению. Аналогично получаем, что $m(\overline X)=\overline S,$ где $\overline S$ – верхняя сумма Дарбу.
Поскольку функция $f$ интегрируема, то $\overline S — \underline S\rightarrow 0$ вместе с диаметром разбиения. Следовательно, для любого $\varepsilon >0$ найдется такое $\delta >0$, что для любого разбиения диаметра, меньшего, чем $\delta$, справедливо неравенство $\overline S — \underline S < \varepsilon$. Значит, $m(\overline X)−m(\underline X) < \varepsilon$. Заметим, что $\underline X\subset E_{f} \subset \overline X$. Поэтому $m(\underline X) \leqslant m_{*}(E_{f}) \leqslant m^*(E_{f}) \leqslant m(\overline X)$. Отсюда следует $m^*(E_{f})-m_{*}(E_{f}) <\varepsilon$, а значит, $m_{∗}(E_{f})$ и $m^∗(E_{f})$ равны. Это означает, что множество $E_{f}$ измеримо. Кроме того, из неравенств $\underline S \leqslant m(E_{f})\leqslant \overline S$ и из того, что $\displaystyle \overline S - \underline S\rightarrow 0$ и $\displaystyle \overline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx,$ $\displaystyle \underline S \rightarrow \int\limits_{a}^{b} f(x)dx$, вытекает, что $\displaystyle m(E_{f})=\int\limits_{a}^{b} f(x)dx$.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $y=x^2+2,$ $y=0,$ $x=-2,$ $x=1$.
    Решение

    На отрезке $[-2;1]$ график функции $y=x^2+2$ расположен над осью $Ox$, поэтому:
    $$S=\int\limits_{-2}^{1}(x^2+2)dx=\left ( \frac{x^3}{3}+2x \right )\bigg|_{-2}^1=$$
    $$=\frac{1}{3}+2-\left ( -\frac{8}{3}-4 \right ) = \frac{1}{3} +2+\frac{8}{3}+4=9$$

    Ответ: $S=9.$

  2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями $\displaystyle y=\frac{2}{x},$ $y=x+1,$ $y=0,$ $x=3.$
    Решение

    Фигура, площадь которой нам нужно найти, зарисована серым цветом.

    Этот пример полезен тем, что в нём площадь фигуры считается с помощью двух определенных интегралов:

    • На отрезке $[-1;1]$ над осью $Ox$ расположен график прямой $y=x+1$;
    • На отрезке $[1;3]$ над осью $Ox$ расположен график гиперболы $\displaystyle y=\frac{2}{x}$.

    Понятно, что площади нужно сложить, поэтому:
    $$S=\int\limits_{-1}^{1}(x+1)dx+\int\limits_{1}^{3}\frac{2dx}{x}=$$
    $$=\left ( \frac{x^2}{2} +x\right )\bigg|_{-1}^1 +2(\ln x)\bigg|_{1}^3=$$
    $$=\frac{1}{2}+1-\left ( \frac{1}{2}-1 \right ) +2(\ln3- \ln 1)=$$
    $$=\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}+1+2(\ln3-0)=2+2\ln3=2(1+\ln3)$$

    Ответ: $S=2(1+\ln3).$

  3. Найти площадь множества, ограниченного линиями $y=x^2+1,$ $x+y=3.$
    Решение

    Найдем абсциссы точек пересечения графиков
    $$\left\{\begin{matrix}
    y=x^2+1\\
    y=3-x
    \end{matrix}\right.$$

    Решая эту систему, находим $x_{1}=-2,$ $x_{2}=1.$ Поэтому
    $$S=\int\limits_{-2}^{1}(3-x)dx-\int\limits_{-2}^{1}(x^2+1)dx=$$
    $$=9-\frac{x^2}{2}\bigg|_{-2}^1-\left ( \frac{x^3}{3}+x \right )\bigg|_{-2}^1=$$
    $$=9-\frac{1}{2}+2-\frac{4}{3}-\frac{8}{3}-2=4.5$$

    Ответ: $S=4.5.$

  4. Найти площадь круга $x^2+y^2 \leqslant R^2$.
    Решение

    Верхняя полуокружность задается уравнением $y=\sqrt{R^2-x^2},$ $-R \leqslant x \leqslant R.$ Поэтому площадь верхнего полукруга равна
    $$S=\int\limits_{-R}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=2\int\limits_{0}^{R}\sqrt{R^2-x^2}dx=$$
    $$=[x=Rz]=2R^2\int\limits_{0}^{1}\sqrt{1-z^2}dz=\frac{\pi R^2}{2},$$
    а значит, площадь всего круга равна $\pi R^2.$

    Ответ: $S=\pi R^2.$

Вычисление площадей

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме «Вычисление площадей».

См. также:

M1273. Площади фигуры, составленной из треугольников

Задача из журнала «Квант» (1991 год, выпуск 8)

На сторонах $AB$, $BC$ и $CA$ треугольника $ABC$ как на основаниях вне его построены треугольники $ABC_{1}$, $BCA_{1}$, $CAB_{1}$, у каждого из которых отношение высоты к основанию равно $k$. Такие же треугольники $ABC_{2}$, $BCA_{2}$ и $CAB_{2}$ построены и по другую (внутреннюю) сторону от оснований. Докажите, что площади $S$, $S_{1}$ и $S_{2}$ треугольников $ABC$, $A_{1}B_{1}C_{1}$ и $A_{2}B_{2}C_{2}$ связаны соотношением $$S_{1} \pm S_{2} = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) $$ (знак «$+$» или «$-$» зависит от ориентации треугольника $A_{2}B_{2}C_{2}$ по отношению к $ABC$).

Доказательство

Вершины треугольников с площадями $S_{1}$ и $S_{2}$ лежат на серединных перпендикулярах к сторонам треугольника $ABC$, проходящих через центр $O$ его описанной окружности. Если обозначить через $R$ радиус этой окружности, а через $\alpha$, $\beta$, $\gamma$ — углы треугольника $ABC$, то из рис.1 видно, что, поскольку синусы углов между перпендикулярами равны синусам углов между соответствующими сторонами, то $$ 2S_{1} = OA_{1} \cdot OB_{1} \cdot \sin \gamma + OB_{1} \cdot OC_{1} \cdot \sin \alpha + OC_{1} \cdot OA_{1} \cdot \sin \beta . $$

рис.1

Пусть $t$ — тангенс угла наклона стороны равнобедренного треугольника к основанию $(t = 2 \cdot k)$. Тогда отрезки от $O$ до вершин легко выразить через радиус $R$ и получить, что $$\begin{multline} \frac{2S_1}{R^2} = \left(\cos \alpha + t \sin \alpha \right) \cdot \left( \cos \beta + t \sin \beta \right) \cdot \sin \gamma + {} \\\\ {} + \left( \cos \beta+ t \sin \beta \right) \cdot \left( \cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \sin \alpha + {} \\\\ {} + \left(\cos \gamma+ t \sin \gamma \right) \cdot \left( \cos \alpha+ t \sin \alpha \right) \cdot \sin \beta.\end{multline}$$
Отношение же $\frac{ 2S_{2} }{R^2}$ (для случая, изображенного на рис.1) равно аналогичному выражению, где вместо $t$ стоит $-t$. Сложив оба эти выражения и раскрыв скобки, мы увидим, что коэффициент при $t^1$ равен $0$, коэффициент при $t^2$ равен $6 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$, а свободный член (здесь нужно использовать равенство $\alpha + \beta + \gamma = \pi$, откуда $ \cot \alpha \cdot \cot \beta + \cot \beta \cdot \cot \gamma + \cot \alpha \cdot \cot \gamma = 1$) равен $2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma$. По известной формуле $S = \frac{abc}{4R}$, выражающей площадь $S$ через стороны $a$, $b$, $c$ и радиус описанной окружности $R$, $$2 \cdot \sin \alpha \cdot \sin \beta \cdot \sin \gamma = 2\frac{abc}{8R^3} = \frac{S}{R^2}$$
Откуда получаем нужную формулу $$\begin{equation} S_{1} + S_{2} = \frac{1+3t^2}{2} S = S \cdot \left(\frac12 + 6k^2\right) \end{equation} $$.
Эти рассуждения необходимо несколько уточнить, чтобы они оказались применимы не только для случая, изображенного на рис.1, но и для случая, когда внутренние треугольники налегают друг на друга, в частности, когда $A_{2}B_{2}C_{2}$ имеет противоположную ориентацию. Вместо этого мы посмотрим на наши рассуждения с более общей точки зрения.
Верен такой общий факт: если три точки $K$, $L$ и $M$ с постоянными скоростями движутся по трем прямым, то площадь ориентированного треугольника $KLM$ как функция,зависящая от времени $t$, выражается квадратным трехчленом от $t:S = F\left(t\right)$. Легко доказать это, например, с помощью метода координат (формула ориентированной площади треугольника с вершинами $\left(x_1, y_1\right)$, $\left(x_2, y_2\right)$, $\left(x_3, y_3\right)$ выглядит так: $$ S = \frac{x_1 y_2 — x_2 y_1 + x_2 y_3 — x_1 y_2 + x_3 y_1 — x_1 y_3}{2}.$$ Ясно, что если каждая координата выражается линейной функцией от $t$, то $S$ — квадратный трёхчлен от $t$).
Будем считать, что при $t=0$ наши точки совпадают с серединами сторон треугольника $ABC$ и двигаются по серединным перпендикулярам (при $t>0$ во внешнюю сторону) со скоростями, пропорциональными длинам $a$, $b$, $c$ соответствующих сторон треугольника: при некотором $t$ они занимают положения $A_{1}$, $B_{1}$, $C_{1}$, а при противоположном значении $\left(-t\right)$ — положения $A_{2}$, $B_{2}$, $C_{2}$. Нас интересует сумма $F\left(t\right)+F\left(-t\right)$, то есть свободный и старший (содержащий $t^2$) члены $F\left(t\right)$, которые по сущетсув мы и вычисляли выше (1).
Интересно заметить, однако, что они имеют геометрический смысл, так что можно найти их без вычислений. Свободный член $F\left(0\right)$ — это $\frac{S}{4}$ (площадь треугольника из средних линий $ABC$). Чтобы найти старший коэффициент, — он определяется как отношение площади $S_{1}$ к $t^2$ в пределе при $t$ стремящемся к бесконечности, — заметим, что при очень большом $t$ треугольник $ABC$ можно считать «почти точкой» $O$. При этом векторы $OA_{1}$, $OB_{1}$, $OC_{1}$ перпендикулярны соответствующим сторонам треугольника и им пропорциональны ( с коэффициентом $k=\frac{t}{2}$ ). Сумма этих векторов $OA_{1}$, $OB_{1}$ и $OC_{1}$ равна нулю (как и векторов, образующих стороны треугольника), то есть они служат отрезками медиан треугольника $A_{1}B_{1}C_{1}$, причем последний по площади в 3 раза больше треугольника $A_{1}OD$ (рис.2), подобного $ABC$ с коэффициентом $k$. Отсюда ясно, что старший член $F\left(t\right)$ имеет вид $3 k^2 \cdot S = 3 \frac{t^2 \cdot S}{4}$.
рис.2

Итак, $F\left(t\right) = \frac {S \left(1+ \ldots +3 t^2\right)}{4}$, откуда следует нужная формула (2) для $S_1 \pm S_2 = F\left(t\right)+F\left(-t\right)$.
Отметим интересные частные случаи нашей формулы: если на сторонах строятся правильные треугольники, то $t = \sqrt{3}$, так что $S_1 \pm S_2 = 5S$; если равнобедренные прямогульные, то $-t = 1$ и $S_1 \pm S_2 = 2S$; а если $t = \frac{\sqrt{3}}{6}$ (при этом новые точки — центры правильных треугольников, построенных на сторонах), то $S_1 \pm S_2 = S$.

Задача о 19-граннике

Задача из журнала «Квант» (1970, №7)

Условие

Около сферы радиуса $10$ описан некоторый $19$-гранник. Доказать, что на его поверхности найдутся две точки, расстояние между которыми больше $21$.

kvantTasc

Решение

Первое решение

Предположим противное, то есть, что расстояние между любыми двумя точками поверхности нашего $19$-гранника не больше $21$. Тогда этот многогранник лежит внутри сферы радиуса $11$, концентричной сфере радиуса $10$, а каждая его грань лежит между сферами. Поэтому площадь каждой грани не слишком велика, а именно, не превосходит площади круга, радиус которого равен $\sqrt{21}$. В нашем многограннике $19$ граней, поэтому площадь $S$ его поверхности не превосходит $19\cdot(\pi\cdot(\sqrt{21})^2) = \pi(20^2 -1^2)=399\pi$. Но многогранник описан около сферы радиуса $10$. Отсюда площадь его поверхности больше площади поверхности этой сферы $4\pi10^2$*. Итак, с одной стороны, $ S > 399\pi$, с другой стороны, $ S < 400\pi$. Полученное противоречие и решает задачу.

В этом (нестрогом) решении мы пропустили доказательства трёх утверждений, которые начинаются с трёх выделенных выше курсивом слов: тогда, поэтому, отсюда. Мы оставляем читателю эти простые доказательства, но хотим предупредить, что хотя третье утверждение легко доказывается для выпуклого многогранника с помощью сравнения его объёма с объёмом сферы**, тем не менее интуитивно ясное и правильное утверждение о том, что наш многогранник выпуклый, трудно доказать строго, так как само строгое определение многогранника весьма сложно. (Загляните, например, в книгу И. Лакатоса «Доказательства и опровержения» М., «Наука», 1967).

Второе решение

Поставим более общий вопрос: какое наименьшее число граней может иметь многогранник, описанный около сферы радиуса $r$ и целиком лежащий в концентрической с ней сфере радиуса $R > r$. (Вот житейская ситуация, которая подсказала автору эту задачу: каким наименьшим числом прямолинейных взмахов ножа можно срезать верхний слой кожуры апельсина, не срезав при этом ни одного куска сердцевины? Очевидно, что после срезания всего верхнего слоя кожуры остаток будет многогранником, так как на его поверхности не будет ни одного закругленного участка, так что этот вопрос эквивалентен предыдущему.)

Мы не знаем точного ответа на этот более общий вопрос, но докажем для числа граней некоторое неравенство, которое при $r = 10, R = 11$ показывает, что $N < 22$. Тем самым мы докажем, что если в условии задачи вместо $19$-гранника взять $22$-гранник, то утверждение задачи по-прежнему останется справедливым.

Итак, пусть $N$-гранник описан около сферы радиуса $r$ и целиком лежит внутри сферы радиуса $R$. Рассмотрим какую-нибудь его грань.

Проходящая через неё плоскость отрезает от сферы шапочку (сегментную поверхность) высоты $R — r$. Ясно, что если построить шапочки для всех граней нашего многогранника, то их объединение покроет всю внешнюю сферу. Каждая из $N$ шапочек есть сегментная поверхность высоты $R — r$, и, следовательно, имеет площадь $2\pi R(R — r)$. Сумма площадей всех шапочек больше площади сферы. Поэтому $N\cdot 2\pi R(R — r) > 4\pi R^2$, отсюда $N > {\frac{2R}{R-r}}$, в частности, при $R = 11, r = 10$ получаем $N > 22$.

Интересно, что по любому набору шапочек, целиком покрывающих внешнюю сферу, можно построить многогранник, описанный около внутренней сферы. (Докажите!) Поэтому наш вопрос про минимальное число граней полностью эквивалентен следующему вопросу. Каково минимальное число $N = N(h)$ шапочек высоты h, целиком покрывающих сферу радиуса $1$? (В исходной задаче $h = {\frac{1}{11}}$.)

Очевидно, что $N(h) > {\frac{2}{h}}$, но это неравенство отражает просто тот факт, что сумма площадей шапочек больше площади сферы, в то время как интуитивно ясно, что при $h > 1$ шапочки должны довольно сильно перекрываться. И действительно, можно доказать, что при достаточно малых $h$

$ N(h) > 1,2\frac{2}{h}$.

Попробуйте сами доказать, например, что при $h < 1$

$N(h) > 1,001\frac{2}{h}$

А. Г. Кушниренко

* Напомним, что для шара радиуса $R$ объем равен $\frac{4}{3}\pi R^3$, площадь сегментной поверхности с высотой $h$ равна $2\pi Rh$ и, в частности, площадь сферы равна $4\pi R^2$

** Действительно, объем многоугольника равен $\frac{RS}{3}$, где $R$ — радиус вписанной сферы, а $S$ — площадь его поверхности.

М1579. Нахождение площади шестиугольника

Задача из журнала «Квант» (1997, №3)

Условие

Пусть  A',B',C',D',E',F' — середины сторон  AB, BC, CD, DE, EF, FA произвольного выпуклого шестиугольника  ABCDEF . Известны площади треугольников  ABC', BCD', CDE', DEF', EFA', FAB' . Найдите площадь шестиугольника  ABCDEF .
M1579(1)рис.1

Решение

Заметим, что $$S_{ABC’}=(S_{ABC} + S_{ABD}) / 2,$$ поскольку все эти три треугольника имеют общее основание  AB (рис.1) высота  \Delta ABC' равна полусумме высот  \Delta ABC и  \Delta ABD , опущенных на  AB . M1579(2)рис.2

Сложив шесть равенств аналогичных (1), получим, что известная нам сумма S\prime площадей треугольника  ABC', BCD', CDE', DEF', EFA', FAB' равна сумме { (S }_{ 1 }+{ S }_{ 2 })/2, где S_{1}— сумма площадей шести треугольников  ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB , отрезаемых малыми диагоналями, а S_{2} — сумма площадей треугольников  ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, FAB полученных «циклическим сдвигом» вершин из \triangle ABS.С другой стороны разрезав шестиугольник так, как показано на рисунке 2, и еще двумя аналогичными способами, получающимися из этого разрезанная «циклическим сдвигом» (в том же направлении A\rightarrow B\rightarrow C\rightarrow ...) для площади S шестиугольника получим равенство 3S=S_{1}+S_{2}. От сюда S=2S\prime /3.

Н.Васильев