M1705. Шахматная сфера

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 5 выпуск)

Условие

Через точку внутри сферы проведены три попарно перпендикулярные плоскости, которые рассекли сферу на 8 криволинейных треугольников. Эти треугольники закрашены в шахматном порядке в черный и белый цвета (рис.1). Докажите, что площадь черной части сферы равна площади ее белой части.

Решение

Докажем равносоставленность черной и белой частей сферы, тем самым будет доказана их равновеликовость. Обозначим через $\alpha$ , $\beta$ и $\gamma$ плоскости, рассекающие сферу, а через $\overline{\alpha}$ , $\overline{\beta}$ и $\overline{\gamma}$ — плоскости, соответственно симметричные им относительно центра сферы. Эти шесть плоскостей рассекают сферу на попарно равные куски так, что один из них белый, а другой черный в каждой паре. Однако этот факт легко услышать, но труднее увидеть.

Чтобы увидеть было легче, будем следовать принципу постепенности. Между плоскостями $\alpha$ и $\overline{\alpha}$ , которые будем считать горизонтальными, расположен сферический пояс, выше и ниже которого располагаются две сферические «шапки». Заметим, что плоскости $\beta$ , $\overline{\beta}$ , $\gamma$ и $\overline{\gamma}$ разрезают эти шапки на части так, что каждая белая часть одной шапки симметрична черной части другой шапки относительно горизонтальной плоскости $\pi$ , проходящей через центр сферы.

Осталось разобраться со сферическим поясом. Для этого воспроизведем на рисунке сечение сферы плоскостью $\pi$ , на котором показаны следы секущих плоскостей и следы черных и белых кусков сферического пояса (рис.2).

Одинаковым номерам соответствуют следы тех кусков, которые симметричны и имеют разные цвета.

Напоследок заметим, что объектом утверждения задачи может выступать не только сфера, но любая поверхность выпуклого тела, имеющего три попарно перпендикулярные плоскости симметрии (например, эллипсоид или правильный октаэдр; случай с октаэдром особенно интересен, поскольку у него существуют различные попарно перпендикулярные тройки плоскостей симметрии). Но в указанном смысле также любопытен и случай с обыкновенным кубом (рис.3).

В. Произволов

M1699. Неравенство

Задача из журнала «Квант» (1999 год, 5 выпуск)

Условие

Докажите, что при любом натуральном $n$ справедливо неравенство $\left \{ \sqrt{1} \right \} + \left \{ \sqrt{2} \right \} +\dots+ \left \{ \sqrt{n} \right \} \leqslant \frac{n^2-1}{2}$
(Здесь $\left \{ k \right \}$ — дробная часть числа $k$ .)

Решение

При $n = 1$ неравенство обращается в равенство $0 = 0$ . При $n > 1$ докажем, что сумма дробных частей на каждом промежутке между двумя последовательными квадратами удовлетворяет неравенству $\sum_{k=m^2}^{m^2+2m} \left \{ \sqrt{k} \right \} \leqslant \frac{2m+1}{2}.\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(1)$

Нетрудно проверить (например, с помощью очевидного неравенства $\displaystyle \sqrt{m^2+x} \leqslant m + \frac{x}{2m}$ ), что
$\sqrt{m^2+a} + \sqrt{m^2 + m -a} \leqslant 2m+1$
при $0 \leqslant a \leqslant m$ .

Следовательно, $\left \{ \sqrt{m^2+a} \right \} + \left \{ \sqrt{m^2 + 2m -a} \right \} \leqslant 1\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;(2)$

Просуммировав эти неравенства при $a =0,1,\dots,m-1$ и неравенство $\displaystyle \left \{ m^2+m \right \} \leqslant \frac{1}{2}$ (получаемое деление на $2$ обеих частей $(2)$ при $a = m$ ), приходим к неравенству $(1)$ . Суммируя неравенство $(1)$ по всем $m$ от $1$ до $n-1$ , получаем $\sum_{k=1}^{n^2-1} \left \{ \sqrt{k} \right \} \leqslant \frac{n^2-1}{2}.$

Остается заметить, что $\left \{ \sqrt{n^2} \right \} = 0.$

А. Храбров

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 $r$ – 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.

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: $\displaystyle S=\frac{4 \pi^3 a^2}{3}.$
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: $\displaystyle S=\frac{3 \pi}{2}.$
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: $\displaystyle S=\frac{3\pi}{2}.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, заданными в полярных координатах r=√3cosφ, r=sinφ (0⩽φ⩽π2).
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».

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, с. 220-221

См. также:

8.1 Вычисление площадей

Будем называть $\mathbb{R}^2$ множество всех упорядоченных пар действительных чисел $(x,y)$ . Элементы $\mathbb{R}^2$ называют , 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 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.

(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.

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 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 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 $m_{∗}(E)\leqslant m^*(E).$

Если внутренняя мера множества $E$ равна его внешней мере, то множество $E$ называется или . 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.

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

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.

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: $S=9.$
Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y=2x, 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: $S=2(1+\ln3).$
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: $S=4.5.$
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».

Коляда В. И., Кореновский А. А. Курс лекций по математическому анализу. — Одесса: Астропринт, 2009, ч.1, с. 216-220

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Автор: Андрей Лисовой

M1705. Шахматная сфера

Условие

Решение

M1699. Неравенство

Условие

Решение

8.2 Площадь в полярных координатах

Примеры решения задач

Площадь в полярных координатах

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

См. также:

8.1 Вычисление площадей

Примеры решения задач

Вычисление площадей

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

Элементы сортировки

См. также:

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат