Processing math: 100%

М1773. О равенстве четырехугольника и треугольника

Задача из журнала «Квант» (2001 год, 3 выпуск)

Условие

Высота CD и биссектриса AE прямоугольного треугольника ABC(C=90) пересекаются в точке F (см. рисунок). Пусть G — точка пересечения прямых ED и BF. Докажите, что площади четырехугольника CEGF и треугольника BDG равны.

Решение

Так как AE — биссектриса ABC, а AF — биссектриса ADC, ECBE=ACAB=cosBAC=DAAC=DFFC, EC×FC=BE×DF=(BCEC)×(CDCF), BC×CD=BC×CF+EC×CD. Умножив обе части последнего равенства на 12sinBCD, получим, что SBCD=SBCF+SECD. Но SBCD=SCEGF+SBEG+SBGD+SDFG, SBCF=SGECF+SBEG,SECD=SGECF+SDFG, откуда и следует требуемое равенство.

И. Жук

М728. Задача о параллелепипеде

Задача из журнала «Квант». Выпуск №2 1982 года.

М728. Пусть A, B, C — вершины параллелепипеда, соседние с его вершиной P, а Q — вершина, противоположная P. Докажите, что:

а) расстояния от точек A, B, C до прямой PQ могут служить длинами сторон некоторого треугольника;

б) площадь S этого треугольника, объем V параллелепипеда и длина d его диагонали PQ связаны соотношением V=2dS.

Решение

Плоскости PQA,PQB и PQC разрезают параллелепипед на 6 долек — тетраэдров. (Один из них — тетраэдр PQAD — выделен на рисунке красным цветом.) Мы доказываем, что объем каждой «дольки» равен 13dS.

Рассмотрим, например, тетраэдр PQAD. Его объем не изменится, если сдвинуть вершину A по прямой AA, параллельной диагонали PQ. В самом деле, вершины P,Q и D при этом остаются неподвижными, а расстояние от вершины A до плоскости PQD не меняется. Ясно, что и при перемещении точки D вдоль прямой DD, параллельной (PQ), объем тетраэдра сохранится. Сдвинем теперь вершины A и D в точки A и D так, чтобы плоскость PAD стала перпендикулярной диагонали PQ (см. рисунок).

а) Поскольку отрезок AP перпендикулярен к прямой PQ, его длина равна расстоянию от точки A до этой прямой, то есть расстоянию от точки A до (PQ). Точно так же, длина отрезка DA равна расстоянию от точки D до прямой AA. При параллельном переносе DB=AP точка D переходит в B, а прямая AA — в (PQ), поэтому |DA| — это расстояние от точки B до (PQ). Аналогично доказывается, что |PD| — это расстояние от точки C до (PQ). Таким образом, длины сторон треугольника PAD равны расстояниям от точек A, B, C до прямой (PQ). По условию его площадь равна S.

б) Как мы видели, объем тетраэдра PQAD равен объему тетраэдра PQAD. Площадь основания PAD этого тетраэдра равна S, а высота равна длине d ребра PQ, так как оно перпендикулярно основанию, Таким образом, VPQAD=13dS, а объем параллелепипеда V=613dS=2dS.

В. Дубровский

М658. О разбиении квадрата отрезками

Задача из журнала «Квант» (1980 год, 12 выпуск)

Условие

В квадрате со сторо­ной 1 проведено конечное чис­ло отрезков (рис. 1), парал­лельных его сторонам. Отрез­ки могут пересекать друг друга. Сумма длин проведен­ных отрезков равна 18. Дока­жите. что среди частей, на которые квадрат разбивается этими отрезками, найдется такая, площадь которой не меньше 0.01

Решение

Сумма длин границ всех частей, на которые квадрат разбит отрезками, равна 218+4=40 (длины проведенных отрезков входят в эту сумму по два раза, длины сторон квадрата — по одному). Пусть для i-й части сумма длин горизонтальных границ равна xi, вертикальных — 2yi, а площадь i-й части равна c2i (ci>0) : тогда xiyic2i (рис. 2), поэтому xi+yi2xiyi2ci. Итак, 40=(2xi+2yi)4ci, откуда ci10 (здесь сумма берется но всем частям разбиении).

Если c2i<0.01 (то есть ci<0.1) для всех i, то 1=c2i<0.1ci=0.1ci , откуда ci10. Противоречие. Очевидно, оценка 18 — точная: восемнадцатью отрезками длины 1 наш квадрат можно разбить на 100 одинаковых квадратиков площади 0.01 каждый.

А.Анджан

8.2 Площадь в полярных координатах

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 π<φπ. Рассмотрим на плоскости множество, ограниченное кривой, заданной уравнением r=r(φ) (αφβ), и отрезками лучей φ=α и φ=β. Предположим, что функция r(φ) непрерывна и положительна на [α,β]. Можно показать, что это множество квадрируемо. Разобьем отрезок [α,β] на части точками α=φ0<φ1<<φn=β. Тогда рассматриваемое множество разобьется на криволинейные секторы. Если исходное разбиение отрезка [α,β] достаточно мелкое, то, в силу непрерывности функции r(φ),i-й сектор можно приближенно считать сектором круга. Точнее, если обозначим μi=infφiφiφi+1r(φ)иMi=supφiφφi+1r(φ), то рассматриваемый криволинейный сектор содержит в себе круговой сектор радиуса μi и содержится в круговом секторе радиуса Mi. Площадь внутреннего сектора радиуса μi равна 12μ2iΔφi, а площадь внешнего – 12M2iΔφi, где Δφi – угол при вершине. Складывая эти площади, получим 12n1i=0μ2iΔφiS_, 12n1i=0Mi2Δφi¯S.

Как мы уже отметили, рассматриваемое множество квадрируемо, так что его площадь S удовлетворяет неравенству S_S¯S. Но S_ и ¯S представляют собой соответственно нижнюю и верхнюю суммы Дарбу для функции 12r2(φ), соответствующие данному разбиению отрезка [α,β]. Поэтому, учитывая, что функция 12r2(φ) интегрируема по Риману на отрезке [α;β], получаем, что при стремлении к нулю диаметра разбиения верхняя и нижняя суммы Дарбу обе стремятся к 12βαr2(φ)dφ. Таким образом, мы доказали равенство
S=12βαr2(φ)dφ.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Спираль Архимеда задается уравнением r=aφ (0φ2π), где параметр a>0. Найдите площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда.
    Решение

    Площадь множества точек плоскости, ограниченной спиралью Архимеда равна S=122π0r2(φ)dφ=12a22π0φ2dφ=4π3a23

    Ответ: S=4π3a23.

  2. Вычислить площадь фигуры, ограниченной кардиоидой r=1+cosφ (0φ2π)
    Решение

    S=122π0(1+cosφ)2dφ=
    =122π0(1+2cosφ+cos2φ)dφ=
    =122π0(1+2cosφ+1+cos2φ2)dφ=
    =122π0(32+2cosφ+cos2φ2)dφ=
    =12(32φ+2sinφ+sin2φ4)|2π0=3π2

    Ответ: S=3π2.

  3. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линией r(φ)=2cos2φ
    Решение

    Так как, r(φ)=2cos2φ0 φ, значит угол принимает все значения от α=0 до β=2π. По рабочей формуле:
    S=12βαr2(φ)dφ=122π0(2cos2φ)2dφ=
    =1242π0(cos2φ)2dφ=22π0(1+cos2φ2)2dφ=
    =2142π0(1+cos2φ)2dφ=122π0(1+2cos2φ+cos22φ)dφ=
    =122π0(1+2cos2φ+1+cos4φ2)dφ=
    =122π0(32+2cos2φ+cos4φ2)dφ=
    =12(32φ+sin2φ+sin4φ8)|2π0=
    =12(322π+sin4π+sin8π8(320+sin0+sin08))=
    =3π2

    Ответ: S=3π2.

  4. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями, заданными в полярных координатах r=3cosφ, r=sinφ (0φπ2).
    Решение

    Фигура, ограниченная окружностями r=3cosφ, r=sinφ, не определена однозначно и поэтому в условии наложено дополнительное ограничение на угол (0φπ2), из которого следует, что необходимо вычислить заштрихованную площадь:

    Сначала найдем луч φ=π3, по которому пересекаются окружности. Приравниваем функции и решаем уравнение:
    sinφ=3cosφ
    sinφcosφ=3
    tgφ=3

    Таким образом: φ=arctg3=π3

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

    • На промежутке [0;π3] фигура ограничена отрезком луча φ=π3 и дугой окружности r=sinφ.
      S1=12π30(sinφ)2dφ=12π30sin2φdφ=
      =1212π30(1cos2φ)dφ=14(φ12sin2φ)|π30=
      =14(π312sin2π3)=14(π31232)=π12316
    • На промежутке [π3;π3] фигура ограничена тем же отрезком луча φ=π3 и дугой окружности r=3cosφ.
      S2=12π2π3(3cosφ)2dφ=32π2π3cos2φdφ=
      =3212π2π3(1+cos2φ)dφ=34(φ+12sin2φ)|π2π3=
      =34(π2+12sinπ(π3+12sin2π3))=
      =34(π2+0π31232)=34(π634)=3π243316
    • Пользуемся аддитивностью площади:
      S=S1+S2=π12316+3π243316=
      =5π2434=5π6324

    Ответ: S=5π6324.

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 R2 множество всех упорядоченных пар действительных чисел (x,y). Элементы R2 называют точками, а числа x,y – координатами этих точек.

Пусть ab,cd. Множество всех точек, координаты (x,y) которых удовлеворяют неравенствам axb,cyd, 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[a,b;c,d] называется произведение длин его сторон, т.е. m(I)=(dc)(ba).

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 I1,,In, у которых внутренности попарно не пересекаются. Тогда мерой фигуры X называется
m(X)=nk=1m(Ik).

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)=infXEm(X), где нижняя грань берется по всевозможным фигурам X, содержащим множество E, называется внешней мерой Жордана множества E. Далее, число m(E)=supXEm(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 XY, то m(X)m(Y). Отсюда сразу следует, что для любого ограниченного множества E справедливо неравенство m(E)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 Ef всех точек (x,y), координаты которых удовлетворяют неравенствам axb,0yf(x).

Теорема. Пусть функция f неотрицательна и интегрируема на отрезке [a,b]. Тогда ее подграфик Ef измерим и m(Ef)=baf(x)dx.

Возьмем разбиение a=x0<x1<<xn=b отрезка [a,b] и обозначим mi=infx[xi,xi+1]f(x),Mi=supx[xi,xi+1]f(x). Далее пусть Δ_i=[xi,xi+1;0,mi], ¯Δi=[xi,xi+1;0,Mi], X_=n1i=0Δ_i, ¯X=n1i=0¯Δi.
Тогда, по определению меры фигуры, имеем m(X_)=n1i=0m(Δ_i)=n1i=0miΔxi=S_,
где S_нижняя сумма Дарбу функции f, соответствующая выбранному разбиению. Аналогично получаем, что m(¯X)=¯S, где ¯Sверхняя сумма Дарбу.
Поскольку функция f интегрируема, то ¯SS_0 вместе с диаметром разбиения. Следовательно, для любого ε>0 найдется такое δ>0, что для любого разбиения диаметра, меньшего, чем δ, справедливо неравенство ¯SS_<ε. Значит, m(¯X)m(X_)<ε. Заметим, что X_Ef¯X. Поэтому m(X_)m(Ef)m(Ef)m(¯X). Отсюда следует m(Ef)m(Ef)<ε, а значит, m(Ef) и m(Ef) равны. Это означает, что множество Ef измеримо. Кроме того, из неравенств S_m(Ef)¯S и из того, что ¯SS_0 и ¯Sbaf(x)dx, S_baf(x)dx, вытекает, что m(Ef)=baf(x)dx.

Примеры решения задач

Данные примеры читателю рекомендуется решить самому в качестве тренировки.

  1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями y=x2+2, y=0, x=2, x=1.
    Решение

    На отрезке [2;1] график функции y=x2+2 расположен над осью Ox, поэтому:
    S=12(x2+2)dx=(x33+2x)|12=
    =13+2(834)=13+2+83+4=9

    Ответ: S=9.

  2. 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 y=2x.

    Понятно, что площади нужно сложить, поэтому:
    S=11(x+1)dx+312dxx=
    =(x22+x)|11+2(lnx)|31=
    =12+1(121)+2(ln3ln1)=
    =12+112+1+2(ln30)=2+2ln3=2(1+ln3)

    Ответ: S=2(1+ln3).

  3. Найти площадь множества, ограниченного линиями y=x2+1, x+y=3.
    Решение

    Найдем абсциссы точек пересечения графиков
    {y=x2+1y=3x

    Решая эту систему, находим x1=2, x2=1. Поэтому
    S=12(3x)dx12(x2+1)dx=
    =9x22|12(x33+x)|12=
    =912+243832=4.5

    Ответ: S=4.5.

  4. Найти площадь круга x2+y2R2.
    Решение

    Верхняя полуокружность задается уравнением y=R2x2, RxR. Поэтому площадь верхнего полукруга равна
    S=RRR2x2dx=2R0R2x2dx=
    =[x=Rz]=2R2101z2dz=πR22,
    а значит, площадь всего круга равна πR2.

    Ответ: S=πR2.

Вычисление площадей

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

См. также: