Владислав Бебик

8.3 Длина пути

Путем на плоскости называется отображение $t\mapsto\left(\varphi\left(t\right),\psi\left(t\right)\right)$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ в $\mathbb{R}^{2}$ , задаваемое парой непрерывных функций $\varphi$ и $\psi$ .

Это означает, что каждому значению $t\in\left[\alpha,\beta\right]$ ставится в соответствие точка плоскости с координатами $\left(x,y\right)$ , где $x=\varphi\left(t\right)$ , $y=\psi\left(t\right)$ .

Точка $\left(\varphi\left(\alpha\right),\psi\left(\alpha\right)\right)$ называется началом пути, а точка $\left(\varphi\left(\beta\right),\psi\left(\beta\right)\right)$ — концом пути. Множество всех точек $\left\{\left(\varphi\left(t\right),\psi\left(t\right)\right)\in \mathbb{R}^{2}:t\in\left[\alpha,\beta\right]\right\}$ называется следом пути.

Пусть $\Pi$ – произвольное разбиение отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ точками $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$ . Обозначим $x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right)$ , $y_{i}=\psi\left(t_{i}\right)$ и составим сумму $l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left(x_{i+1}-x_{i}\right)^2+\left(y_{i+1}-y_{i}\right)^{2}}$ . С геометрической точки зрения эта сумма представляет собой длину ломаной с вершинами $\left(x_{i},y_{i}\right)$ , вписанной в след пути.

Длиной пути называется $sup_{\Pi}l_{\Pi}$ , где верхняя грань берется по всевозможным разбиениям $\Pi$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ . Сам путь обозначается через $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ , а его длина через $l_{\left(\gamma\right)}$ . Если $l_{\left(\gamma\right)}<\infty$ , то путь $\gamma$ называется спрямляемым.

Если путь $\gamma$ определяется уравнениями $x=\varphi\left(t\right)$ , $y=\psi\left(t\right)$ , $\alpha\leqslant t\leqslant\beta$ , где $\varphi\left(t\right)$ и $\psi\left(t\right)$ непрерывно дифференцируемые функции на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ , то этот путь спрямляем.

Для любого разбиения $\Pi$ : $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ , применяя теорему Лагранжа, получим

$l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t_{i}\right)\right]^{2}}=$
$=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i},$
где точки $\tau_{i}$ , $\overline{\tau_{i}}\in\left[t_{i},t_{i+1}\right]$ . По условию функции $\varphi^{\prime}\left(t\right)$ и $\psi^{\prime}\left(t\right)$ непрерывны на $\left[\alpha,\beta\right]$ , а значит, ограничены, т. е. существует такая постоянная $M$ , что $\mid\varphi^{\prime}\left(t\right)\mid\leqslant M$ , $\mid\psi^{\prime}\left(t\right)\mid\leqslant M$ для всех $t\in\left[\alpha,\beta\right]$ . Поэтому получаем
$l_{\Pi}\leqslant M\sqrt{2}\sum\limits_{i=0}^{n-1}\Delta t_{i}=M\sqrt{2}\left(\beta-\alpha\right),$
так что $l_{\left(\gamma\right)}=sup_{\Pi}l_{\Pi}<\infty$ , т. е. путь $\gamma$ спрямляем.

Если функции $\varphi$ и $\psi$ непрерывно дифференцируемы на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ , то путь $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ называется дифференцируемым, или путем класса $C^{1}$ .

Пусть $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ непрерывно дифференцируемый путь на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ . Тогда
$l_{\gamma}=\int\limits_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(t\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(t\right)\right]^{2}}dt \tag{8.1}.$

Пусть $\Pi$ : $\alpha=t_{0}<t_{1}<…<t_{n}=\beta$ — некоторое разбиение отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ . Предположим, что мы добавили к нему одну точку $t^{\prime}\in\left[t_{i},t_{i+1}\right]$ , в результате чего получили новое разбиение $\Pi^{\prime}$ . Тогда $l_{\Pi}\leqslant l_{\Pi^{\prime}}$ . Действительно, в суммах $l_{\Pi}$ и $l_{\Pi^{\prime}}$ будут одинаковые слагаемые, кроме слагаемых, отвечающих отрезку $\left[t_{i},t_{i+1}\right]$ . В сумме $l_{\Pi}$ этому отрезку отвечает слагаемое

$s_{i}=\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t_{i}\right)\right]^{2}},$
а в сумме $l_{\Pi^{\prime}}$ вместо него будут два следующих слагаемых:
$s^{\prime}_{i}+s^{\prime\prime}_{i}=\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t^{\prime}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i+1}\right)-\psi\left(t^{\prime}\right)\right]^{2}}+$
$+\sqrt{\left[\varphi\left(t_{i}\right)-\varphi\left(t^{\prime}\right)\right]^2+\left[\psi\left(t_{i}\right)-\psi\left(t^{\prime}\right)\right]^{2}}.$
Из неравенства треугольника легко видеть, что $s_{i}\leqslant s^{\prime}_{i}+s^{\prime\prime}_{i}.$

Таким образом, при измельчении разбиения суммы $l_{\Pi}$ не уменьшаются. Кроме того, по предыдущей теореме, путь $\gamma$ спрямляем, так что для любого $\varepsilon >0$ найдется такое разбиение $\Pi_{0}$ , что $l_{\left(\gamma\right)}\geqslant l_{\Pi_{0}}>l_{\left(\gamma\right)}-\varepsilon$ . Поэтому для любого разбиения $\Pi$ , которое является измельчением разбиения $\Pi_{0}$ , также справедливо неравенство
$l_{\left(\gamma\right)}-\varepsilon<l_{\Pi}\leqslant l_{\left(\gamma\right)}. \tag{8.2}$

Осталось показать, что при стремлении к нулю диаметра разбиения суммы $l_{\Pi}$ сремятся к интегралу, записанному справа в $(8.1)$ . Как мы видели выше,
$l_{\Pi}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i}.$
Эта сумма отличается от интегральной суммы для интеграла справа в $(8.1)$ тем, что значения функций $\varphi^{\prime}$ и $\psi^{\prime}$ берутся в разных точках. Применим очевидное неравенство
$\mid\sqrt{a^{2}+b^{2}}-\sqrt{a^{2}+b^{-2}}\mid\leqslant\frac{\mid b^{2}-b^{-2}\mid}{\mid b\mid+\mid \overline{b}\mid}\leqslant\mid b-\overline{b}\mid,$
справедливое для любых чисел $a,b$ и $\overline{b}.$ Тогда получим
$\mid l_{\Pi}-\sum\limits_{i=0}^{n-1}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\right]^{2}}\Delta t_{i}\mid\leqslant$
$\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1}\mid\psi^{\prime}\left(\overline{\tau_{i}}\right)-\psi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\mid\Delta t_{i}\leqslant\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)\Delta t_{i},$
где $\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)$ — колебание функции $\psi^{\prime}$ на отрезке $\left[t_{i},t_{i+1}\right]$ . Так как функция $\psi^{\prime}$ непрерывна, то она интегрируема на $\left[\alpha,\beta\right]$ . В силу критерия интегрируемости в терминах колебаний имеем $\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\left(\psi^{\prime}\right)\Delta t_{i}\rightarrow 0$ при стремлении к нулю диаметра разбиения.

Итак, мы получили, что если только диаметр разбиения достаточно мал, то сумма $l_{\Pi}$ мало отличается от интегральной суммы, соответствующей интегралу справа в $(8.1)$ . Поэтому из $(8.2)$ следует $(8.1)$ , и теорема доказана.

Вычислить длину одной арки циклоиды $x=a\left(t-\sin t\right)$ , $y=a\left(1-\cos t\right)$ , $0\leqslant t\leqslant 2\pi$ , где параметр $a>0$ .

Имеем
$x^{\prime}\left(t\right)=a\left(1-\cos t\right),$
$l=a\int\limits_{0}^{2\pi} \sqrt{\left(1-\cos t\right)^{2}+\sin ^{2}t}dt=a\sqrt{2}\int\limits_{0}^{2\pi}\sqrt{1-\cos t}dt=$
$=2a\int\limits_{0}^{2\pi} \mid\sin\frac{t}{2}\mid dt=-2a\cdot2\cos\frac{t}{2}\mid^{2\pi}_{0}=8a.$

Путь $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ называется жордановым, или простым путем, если отображение $\gamma:\left[\alpha,\beta\right]\mapsto \mathbb{R}^{2}$ взаимно однозначно. Это означает, что различным точкам $t^{\prime},t^{\prime\prime}\in\left[\alpha,\beta\right]$ соответствуют различные точки на плоскости.

Множество $\Gamma$ на плоскости называется жордановой, или простой кривой, если оно является следом некоторого жорданового пути. Каждый такой жорданов путь называется параметризацией жордановой кривой $\Gamma.$

Если есть две различных параметризации $\gamma_{1}:\left[\alpha,\beta\right]\rightarrow\Gamma$ и $\gamma_{2}:\left[a,b\right]\rightarrow\Gamma$ одной и той же жордановой кривой $\Gamma$ , то $\gamma_{2}=\gamma_{1}\circ\tau$ , где $\tau$ — некоторая строго монотонная и непрерывная функция, переводящая отрезок $\left[a,b\right]$ в $\left[\alpha,\beta\right]$ . Это означает, что любые две параметризации жордановой кривой могут быть получены одна из другой с помощью непрерывной и строго монотонной замены параметра.

Пусть $\Gamma=\left\{\left(x,y\right):x+y=1,x,y\geqslant0\right\}$ . Приведем примеры параметризаций

$1) x=\cos^{2}u$

$y=\sin^{2}u$

$0\leqslant u\leqslant \frac{\pi}{2},$

$2) x=t$

$y=1-t$

$0\leqslant t\leqslant 1.$

Можно, например, выразить $t$ через $u$ следующим образом: $t=\cos^{2}u$ . Данная функция убывает на $\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ .

Пользуясь тем фактом, что две параметризации одной и той же жордановой кривой могут быть получены одна из другой с помощью строго монотонной и непрерывной замены параметра, можно легко доказать, что для любых двух путей, являющихся параметризациями одной и той же жордановой кривой $\Gamma$ , спрямляемость одного из этих путей влечет спрямляемость другого и равенство их длин.

Жорданова кривая $\Gamma$ называется спрямляемой, если спрямляемы ее параметризации. Длиной жордановой кривой $\Gamma$ называется длина любой из ее параметризаций.

Если у жордановой кривой $\Gamma$ есть хотя бы одна непрерывно дифференцируемая параметризация $\gamma=\left(\varphi,\psi\right)$ , то эта кривая спрямляема, а ее длина выражается равенством
$l\left(\Gamma\right)=\int\limits_{\alpha}^{\beta}\sqrt{\left[\varphi^{\prime}\left(t\right)\right]^2+\left[\psi^{\prime}\left(t\right)\right]^{2}}dt.$

Как частный случай рассмотрим следующий вопрос: как определить длину графика функции?

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана непрерывно дифференцируемая функция $f$ . Обозначим через $\Gamma$ ее график, т. е. $\Gamma=\left\{\left(x,y\right);y=f\left(x\right),a\leqslant x\leqslant b\right\}$ . Тогда $\Gamma$ является жордановой кривой, поскольку это – след жорданова пути, параметризация которого может быть задана, например, уравнениями $x=t,y=f\left(t\right)\left(a\leqslant t\leqslant b\right)$ . Поэтому при наших предположениях это спрямляемый путь и его длина равна
$l\left(\Gamma\right)=\int\limits_{a}^{b} \sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}dx.$

Итак, мы получили формулу для длины кривой, заданной явным уравнением $y=f\left(x\right)\left(a\leqslant x\leqslant b\right).$

Примеры решения задач

Вычислить длины дуг, заданными следующими уравнениями.

$y=\sqrt{x^{3}}$ , $a=0$ , $b=1$

Решение

$l=\int\limits_{a}^{b} \sqrt{1+\left(y^{\prime}\right)^{2}}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\left(\frac{3}{2}\sqrt{x}\right)^{2}}\text{d}x=\int\limits_{0}^{1} \sqrt{1+\frac{9}{4}x}\text{d}x=$
$=\frac{4}{9}\int_{0}^{1} \left(1+\frac{9}{4}x\right)^{\frac{1}{2}}\text{d}\left(1+\frac{9}{4}x\right)=\frac{4}{9}\cdot\frac{2}{3}\left(1+\frac{9}{4}x\right)^{\frac{3}{2}}\mid^{1}_{0}=$
$=\frac{8}{27}\sqrt{\left(1+\frac{9}{4}x\right)^{3}}\mid^{1}_{0}=\frac{8}{27}\sqrt{\left(1+\frac{9}{4}\right)^{3}-\left(1+0\right)^{3}}=\frac{8}{27}\left(\sqrt{\left(\frac{13}{4}\right)^{3}}-1\right)$
$y=e^{x}+6$ , $\ln\sqrt{8}\leqslant x\leqslant\ln\sqrt{15}$

Решение

$l=\int\limits_{\ln\sqrt{8}}^{\ln\sqrt{15}} \sqrt{\left(y^{\prime}\right)^{2}+1}\text{d}x=\int\limits_{\ln\sqrt{8}}^{\ln\sqrt{15}} \sqrt{e^{2x}+1}\text{d}x=$
$=\begin{bmatrix}t^{2}=e^{2x}+1 \\\text{d}x=\frac{t}{t^{2}-1} \end{bmatrix}=\int\limits_{3}^{4} \frac{t^{2}-1+1}{t^{2}-1}\text{d}t=\int\limits_{3}^{4} \text{d}t + \int\limits_{3}^{4} \frac{\text{d}t}{t^{2}-1}=$
$=1+\frac{1}{2}\ln\mid\frac{t-1}{t+1}\mid\mid^{4}_{3}=1+\frac{1}{2}\ln\left(\frac{6}{5}\right)$

Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 247-252
Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 234-236

8.5 Площадь поверхности тела вращения

Пусть на отрезке $\left[a,b\right]$ задана неотрицательная непрерывно дифференцируемая функция $f$ . Будем вращать ее график вокруг оси $Ox$ . В результате получим некоторую поверхность. Выведем формулу для вычисления ее площади.

Рассмотрим разбиение отрезка $\left[a,b\right]$ точками $a = x_{0} < x_{1} < . . . < x_{n}$ . Вращая криволинейную трапецию, ограниченную графиком функции $y = f(x), x_{i} \leqslant x \leqslant x_{i+1}$ , получим усеченный «конус» с образующей $y = f(x)$ и радиусами оснований $f(x_{i})$ и $f(x_{i+1})$ . Соединим точки $\left(x_{i},f\left(x_{i}\right)\right)$ и $\left(x_{i+1},f\left(x_{i+1}\right)\right)$ отрезком. В результате вращения получим усеченный конус с теми же радиусами оснований и этим отрезком в качестве образующей. Площадь боковой поверхности этого конуса равна
$2\pi\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}l_{i},$
где $l_{i}=\sqrt{\left(\Delta x_{i}\right)^{2}+\left(f\left(x_{i+1}\right)-f\left(x_{i}\right)\right)^{2}}$ — длина образующей. Складывая, получаем
$\sigma\equiv2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}l_{i}}.$

При стремлении к нулю диаметра разбиения сумма σ стремится к определенному пределу, который естественно считать площадью поверхности вращения. С другой стороны, если в выражении для $l_{i}$ применить формулу Лагранжа, то получим
$\sigma=2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{\frac{f\left(x_{i}\right)+f\left(x_{i+1}\right)}{2}\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(\xi_{i}\right)\right]^{2}}\Delta x_{i}},$
где $\xi_{i}\epsilon\left[x_{i},x_{i+1}\right]$ . Заменим в правой части $x_{i}$ и $x_{i+1}$ на $\xi_{i}$ и оценим погрешность. Имеем
$\mid\sigma-2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}{f\left(\xi_{i}\right)}\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(\xi_{i}\right)\right]^{2}}\Delta x_{i}\mid\leqslant2\pi\sum\limits_{i=0}^{n-1}\omega_{i}\sqrt{1+M^{2}}\Delta x_{i}$
где $ω_{i}$ – колебание функции $f$ на $\left[x_{i},x_{i+1}\right]$ , а $M$ – верхняя грань функции $\mid f^{\prime}\mid$ на $\left[a,b\right]$ . Из условий на функцию $f$ следует, что правая часть стремится к нулю вместе с диаметром разбиения. Поэтому сумма $\sigma$ стремится к $2\pi\int\limits_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}{\text{d}x}$ .

Итак, получили следующую формулу для нахождения площади поверхности вращения:
$S=2\pi\int\limits_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}{\text{d}x}.$

Примеры решения задач

Найти площадь поверхности, образованной вращением вокруг оси $Ox$ дуги кубической параболы $y=x^{3}$ , заключенной между прямыми $x=0$ и $x=1$ .

Решение

$P=2\pi\int\limits_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left(f^{\prime}\left(x\right)\right)^{2}}dx=2\pi\int\limits_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1+\left(3x^{2}\right)^{2}}dx=$
$=2\pi\int\limits_{0}^{1}x^{3}\sqrt{1+9x^{4}}dx=\begin{bmatrix}t=1+9x^{4} \\dt=36x^{3}dx \end{bmatrix}=$
$=2\pi\int\limits_{1}^{10} \sqrt{t}\frac{\text{d}t}{36}=\frac{\pi}{18}\int\limits_{1}^{10} \sqrt{t}{\text{d}t}=\frac{\pi}{18}\cdot\frac{2}{3}t^{\frac{3}{2}}\mid^{10}_{1}=\frac{\pi}{27}\left(10\sqrt{10}-1\right)$
Вычислить площадь поверхности, которая образована вращением кривой $y^{2}=4+x$ , которая отсекается прямой $x=2$ вокруг оси $Ox$ .

Решение

$P=2\pi\int\limits_{a}^{b} \psi\left(t\right)\sqrt{\left(\varphi^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}+\left(\psi^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}}=2\pi\int\limits_{-4}^{2} y\sqrt{1+\left(y^{\prime}\right)^2}\text{d}x=$
$=2\pi\int\limits_{-4}^{2} \sqrt{\left(4+x\right)\left(1+\frac{1}{4(4+x)}\right)}\text{d}x=\pi\int\limits_{-4}^{2} \sqrt{17+4x}{\text{d}x}=$
$=\frac{\pi}{6}\left(125-1\right)=\frac{62}{3}\pi$
Вычислить площадь поверхности тела вращения, заданными такими уравнениями: $x\left(t\right)=3\cos t$ , $y\left(t\right)=3\sin t$ .

Решение

$P=2\pi\int\limits_{a}^{b} y\left(t\right)\sqrt{\left(x^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}+\left(y^{\prime}\left(t\right)\right)^{2}}\text{d}x=2\pi\int\limits_{0}^{\pi} 3\sin t\cdot3\text{d} t=$
$=\frac{\pi}{6}\left(17+4x\right)^{\frac{3}{2}}\mid^{2}_{-4}=-18\pi \left(\cos t\right)\mid^{\pi}_{0}=-18\pi\cdot\left(\cos \pi-\cos 0\right)\mid^{\pi}_{0}=$
$=-18\pi\left(-1-1\right)=36\pi$

Площадь поверхности тела вращения

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме.

Задание 1 из 4

1.
Количество баллов: 1
Какая формула площади поверхности тела вращения правильная?
- $P=\int_{a}^{b} \sqrt{1+\left(f^{\prime}\left(x\right)\right)^{2}}\text{d}x$
- $P=\pi\int_{a}^{b} f^{2}\left(x\right)\text{d}x$
- $P=2\pi\int_{a}^{b}f\left(x\right) \sqrt{1+\left(f^{\prime}\left(x\right)\right)^{2}}\text{d}x$
- $P=\pi\int_{a}^{b} \sqrt{1+\left(f^{\prime}\left(x\right)\right)^{2}}\text{d}x$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 4

2.
Количество баллов: 1
Напишите слово, чтобы вышло верное утверждение.
- Чтобы формула площади поверхности тела вращения работала, функция должна быть . Чтобы вывести формулу площади поверхности тела вращения надо применить формулу (Лагранжа). Площадь гладкой криволинейной трапеции выражается (интегралом).
Правильно

Неправильно

Задание 3 из 4

3.

Количество баллов: 1

Сопоставьте каждую функцию со своей площадью поверхности вращения вокруг оси $Ox$ .

Элементы сортировки

$\frac{\pi}{6}\left(22\sqrt{22}-6\sqrt{6}\right)$
$\frac{\pi\left(10\sqrt{10}-1\right)}{27}$
$\sqrt{2}\pi+\pi\ln\left(1+\sqrt{2}\right)$
$144\pi$

$y=\sqrt{x}$ ,

$\frac{5}{4}\leq x\leq\frac{21}{4}$

$y=x^{3}$ ,

$0\leq x\leq1$

$2ay=a^{2}+x^{2}$

$x^{2}+4y^{2}=36$

Задание 4 из 4

4.
Количество баллов: 1
Выберите верные утверждения.
- Площадь поверхности шара равна $4\pi R^{2}$ , где $R$ - радиус шара.
- Площадь любого тела вращения моно вычислить по формуле $P=\pi\int_{a}^{b} f\left(x\right)\sqrt{1+\left[f^{\prime}\left(x\right)\right]^{2}}{\text{d}x}$ .
- Площадь поверхности цилиндра равна $6\pi R^{2}$ , где R - радиус цилиндра.
Правильно

Неправильно

Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 253-254
Б.П.Демидович. Сборник задач и упражнений по математическому анализу, 13-ое издание, Московского университета, 1997, стр. 419-421

М667. Построение треугольника

Задача из журнала «Квант» (1981 год, 10 выпуск)

Условие

Постройте треугольник $ABC$ , если заданы его наименьший угол $\hat{A}$ и отрезки длины $d=\mid AB\mid-\mid BC\mid$ и $e=\mid AC\mid-\mid BC\mid$ .

Решение

На сторонах данного угла $\hat{A}$ отложим данные нам отрезки $AD$ длины $d$ и $AE$ длины $e$ . Теперь нужно на этих сторонах (за точками $D$ и $E$ ) найти такие точки $B$ и $C$ , что $\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ .

Чтобы это сделать, построим вначале фигуру, гомотетичную искомому четырехугольнику $BCED$ . Для этого (рис.1) отложим на прямой $AD$ (на луче, не содержащем $A$ ) отрезок $DB_{1}$ любой длины $q$ , затем параллельно перенесём луч $\left[DE\right)$ на вектор $\vec{q}$ той же длины $q$ , направленный параллельно $\left[AE\right)$ . После чего на полученном луче $l$ отметим точку $C_{1}$ , для которой $\mid B_{1}C_{1}\mid=q$ . Очевидно, что четырехугольник $B_{1}C_{1}E_{1}D$ подобен искомому четырехугольнику $BCED$ . Проведя теперь через точку $E$ прямую, параллельную $B_{1}E_{1}$ , найдём точку $B$ : проведя затем через точку $B$ прямую, параллельную $B_{1}C_{1}$ , найдём точку $C$ . (Легко видеть, что все построения всегда выполнимы, причём единственным образом.)

Вот ещё одно решение — не использующее метод подобия. Если $O -$ центр окружности, вписанный в искомый труегольник $ABC$ , то треугольники $BOD$ , $BOC$ и $COE$ конгруэнтны (рис. 2). Все углы, отмеченные при вершине $O$ , равны $90^{\circ}+\hat{A}/2$ . Поэтому $\widehat{DOE}=90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (эта величина положительна при $\hat{A}<60$ ). Теперь можно построить точку $O$ как пересечение биссектрисы угла $A$ и дуги сегмента с концами $D$ и $E$ , вмещающего вписанный угол величины $90^{\circ}-3\hat{A}/2$ (красная дуга на рисунке 2). Затем проведя под нужными углами к отрезкам $DO$ и $EO$ лучи $OB$ и $OC$ , находим две вершины треугольника $ABC$ .

Наконец, задачу можно решить и вычислением: длина искомого отрезка $x=\mid BD\mid=\mid BC\mid=\mid CE\mid$ находится из квадратного уравнения.

$x^{2}=(x+d)^{2}+(x+e)^{2}-2(x+d)(x+e) \cos A$

После чего искомый отрезок можно построить (исходя из $d$ , $e$ и $\hat{A}$ ) циркулем и линейкой, комбинируя известные методы построения по данным отрезкам длины $p$ и $q$ и углу $\alpha$ отрезков длины $p\cos \alpha$ , $p\pm q$ , $\sqrt{pq}$ , $\sqrt{p^{2}\pm q^{2}}$ . Интересно, что отрицательный корень этого уравнения также имеет геометрический смысл: он определяет положение ещё одной пары точек $B_{2}\in \left[DA\right)$ , $C_{2}\in \left[EA\right)$ для которых $\mid B_{2}D\mid=\mid B_{2}C_{2}\mid=\mid C_{2}E\mid$ .

Н. Васильев

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Автор: Владислав Бебик

8.3 Длина пути

Примеры решения задач

8.5 Площадь поверхности тела вращения

Примеры решения задач

Площадь поверхности тела вращения

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

М667. Построение треугольника

Условие

Решение

Средний результат
Ваш результат