Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

nickthegreek · #1

Μια καταπληκτική άσκηση:

Θεωρούμε στον χώρο μια σφαίρα ακτίνας

. Θεωρούμε επίσης έναν κυκλικό δίσκο ακτίνας

, όπου

τέτοιον ώστε αρχικά η ευθεία που ενώνει το κέντρο της σφαίρας και το κέντρο του κυκλικού δίσκου να είναι κάθετη στο επίπεδο που ορίζεται από τον κυκλικό δίσκο. Ας ονομάσουμε αυτήν την ευθεία

Ο κυκλικός δίσκος κινείται, έχονται πάντα το κέντρο του πάνω στην ευθεία

και διατηρώντας κάθε στιγμή το επίπεδό του κάθετο προς αυτήν. Ο δίσκος "κόβει" έτσι από τη σφαίρα, διαπερνώντας την πλήρως, ένα κυλινδρικό κομμάτι καθώς και δύο "σφαιροειδή" κομμάτια, από την καθεμιά άκρη της σφαίρας.

Να αποδειχθεί ότι ο όγκος του εναπομείναντος τμήματος της σφαίρας δεν εξαρτάται από την ακτίνα

,αλλά μόνο από το ύψος του κυλινδρικού τμήματος που αφαιρείται από τη σφαίρα (ύψος κυλίνδρου εννοούμε την απόσταση μεταξύ των δύο κέντρων των κυκλικών δίσκων που υπάρχουν στις δύο άκρες του κυλίνδρου...)

Φιλικά,
Νίκος

Σημείωση: H εκφώνηση είναι λίγο μακροσκελής και ζητώ συγγνώμη αν υπάρχει κάποια ασάφεια...

S.E.Louridas · #2

1) Το γινόμενο σφαιρικής ζώνης ισούται με το γινόμενο του ύψους της επί το μήκος του μέγιστου κύκλου της σφαίρας,

2) h^2 = R^2 - r^2 ,

$V_{\kappa \upsilon \lambda \iota \nu \delta \rho o\upsilon } = \pi \;r^2 2h$ και βέβαια ο κώνος έχει όγκο το τρίτο του όγκου κυλίνδρου.

3) Ο όγκος σφαιρικού τομέα ισούται με το εμβαδό της αντίστοιχης ζώνης, επί το τρίτο της ακτίνας της σφαίρας, Άρα:

$V = \frac{{4\pi \;R^3 }} {3} - 2\pi \;r^2 h - \left( {\frac{{4\pi \;R^3 }} {3} - \frac{{2\pi \;r^2 h}} {3} - \frac{{4\pi \;R^2 h}} {3}} \right) = ... = \frac{{4\pi \;h\left( {R^2 - r^2 } \right)}} {3} = \frac{4} {3}\pi \;h^3 .$

(*)Δυστυχώς η τεχνική μου στο Geogebra (αυτό χρησιμοποιώ) δεν είναι σε τέτοιο επίπεδο να το σχεδιάσω εδώ, αν και θα προσπαθήσω.

edit: τοποθέτησα τα διπλά που ξεπέρασα, λόγω ταχύτητας, σε κάποια σημεία.

S.E.Louridas

#3

Το άκρως περίεργο αυτό αποτέλεσμα ήταν γνωστό στον Cavalieri (της ομώνυμης αρχής) την εποχή της Αναγέννησης.

Λέει ότι αν από σφαίρα αποκόψουμε έναν (άπειρο) κύλινδρο έτσι ώστε να μείνει τμήμα της σφαίρας ύψους

, τότε ο όγκος του κομματιού είναι ανεξάρτητος της ακτίνας του (!) και συγκεκριμένα ίσος με σφαίρα ακτίνας

, δηλαδή $\frac{4}{3}\pi h^3$ .

Συνοπτικά η απόδειξη (του ίδιου του Cavaleri): Θεωρούμε δίπλα στην αρχική αφαίρα (αριστερά στο σχήμα) μία δεύτερη ακτίνας

(δεξιά στο σχήμα). Για κάθε τομή με επίπεδο που τέμνει και τα δύο σχήματα, αποδεικνύεται ότι τα αντίστοιχα εμβαδά (μπλε στο σχήμα) είναι μεταξύ τους ίσα. Αυτό είναι σχετικά απλό: Αν το επίπεδο είναι απόσταση

από τα κέντρα, το δεξί είναι κύκλος εμβαδού $\pi (h^2-a^2)$ . Το αριστερό είναι δακτύλιος εμβαδού $\pi (R^2-a^2)-\pi(R^2-h^2)= \pi (h^2-a^2)$ .

Τώρα, αφού φέτες φέτες τα εμβαδά των τομών είναι ίσα, τότε (αρχή του Cavalieri) οι αντίστοιχοι όγκοι είναι ίσοι, όπως θέλαμε.

Φιλικά,

Μιχάλης

kwstas12345 · #4

To εμβαδό από τα δύο καπελάκια το οπόίο απομένει και είναι αυτό πους μας ενδιαφέρει μπορεί να υπολογισθεί και με την βοήθεια τριπλών ολοκληρωμάτων. Tοποθετούμε στον χώρο την σφαίρα. έτσι ώστε το $\displaystyle \left(0,0,0 \right)$ να είναι το κέντρο της σφαίρας με εξίσωση πλέον: $\displaystyle x^2+y^2+z^2=R^2$ . Θεωρούμε και το επίπεδο $\displaystyle z=r$ που κόβει την σφαίρα.Oυσιαστικά ζητάμε τον όγκο του στερεού $\displaystyle \Omega =\left\{x^2+y^2+z^2\leqslant R^2 \wedge z\geqslant r \right\}$ . Εύκολα βλέπουμε πως η προβολή του τόπου $\Omega$ στο κατρεσιανό επίπεδο είναι ο κύκλος $\displaystyle C:x^2+y^2=R^2-r^2$ .

Έτσι $\displaystyle V=\iiint_{\Omega} dxdydz=\iint _{C} \left(\int\limits_{r}^{\sqrt{R^2-x^2-y^2}{dz} \right)dx dy=$ $\displaystyle \iint _{C} \left(\sqrt{R^2-x^2-y^2}-r \right)dxdy$ . Αλλάζουμε σε πολικές συντεταγμένες και μέσω της ορίζουσας Jacobi κατα τα γνωστά $\displaystyle dxdy=\left|\frac{\partial\left(x,y \right)}{\partial{\left(m,\phi \right) } }\right|dm d \phi$ .

Έτσι έχουμε: $\displaystyle \iint _{C}\left(\sqrt{R^2-x^2-y^2}-r \right)dxdy=\int\limits_{0}^{\sqrt{R^2-r^2}}{\int_{0}^{2\pi} {m\left(\sqrt{R^2 -m^2}-r} \right)d\phi }dm=2\pi\int_{0}^{\sqrt{R^2-r^2}}{\left(m\sqrt{R^2-r^2}-mr \right)}dm=...$ .

Τέλος αντικαθιστούμε και χρησιμοποιώντας την σχέση $\displaystyle R^2=h^2+r^2$ δείχνουμε ότι ο όγκος είναι ανεξάρτητος του

αλλά εξαρτάται μόνο από το

.

Εdit: Έκανα τα τριπλά και διπλά ολοκληρώματα να ''φαίνονται'' πιο κοντά.

#5

Με δύο σχήματα...από το Cabri 3d

Στο δεύτερο σχήμα έχουμε μία πλήρη περοστροφή ενός κυκλικού τμήματος(με γαλάζιο χρώμα)
ενός μεγίστου κύκλου της σφαίρας του οποίου η χορδή είναι παράλληλη προς μια διάμετρο της σφαίρας.
Κατά την περιστροφή αυτή το σχήμα που "σαρώνεται" είναι ένας σφαιρικός δακτύλιος.
Τέτοιο είναι και το σχήμα που απομένει στη σφαίρα αν αφαιρεθεί ο εν λόγω κύλινδρος
καθώς και τα δύο σφαιρκά τμήματα με μία βάση που βρίσκονται στα άκρα του κυλίνδρου αυτού.
(Δεν έχω βάλει γράμματα για λόγους απλότητας του σχήματος)

Στο πρώτο σχήμα: Υπολογισμός του όγκου σφαιρικού αυτού δακτυλίου:
Είναι γνωστό ότι:
"Ο όγκος του σφαιρικού δακτυλίου είναι ίσος με το $\displaystyle{\frac{1}{6}}$ του $\displaystyle{\pi}$ επί το τετράγωνο της χορδής του τόξου που δημιουργεί το σφαιρικό
δακτύλιο επί την προβολή της χορδής αυτής επί την διάμετρο περιστροφής"

Δηλαδή:
$\displaystyle V=V_{\sigma \tau \varrho o\varphi B'B}=\frac{1}{6}\pi .(B'B)^2.(NM) \ \ (1)$
όμως
$\displaystyle B'B=MN (=h=2OM=2\sqrt{R^2-r^2}) \ \ (2)$
Έτσι ο τύπος (1) γίνεται:
$\displaystyle V=\frac{1}{6}\pi (NM)^3=\frac{1}{6}\pi h^3$
όπου $\displaystyle{h}$ το ύψος του κυλίνδρου, δηλαδή ο όγκος αυτός είναι ανεξάρτητος της ακτίνας της σφαίρας
και της ακτίνας της βάσης του κυλίνδρουκαι εξαρτόμενος μόνο από το ύψος του κυλίνδρου.

Σχόλιο:
Αν λάβουμε υπόψη μας τον τύπο (2) τότε ο όγκος αυτός γίνεται:
$\displaystyle V==\frac{1}{6}\pi (NM)^3=\frac{1}{6}\pi (2\sqrt{R^2-r^2})^3=\frac{4}{3}\pi\sqrt{R^2-r^2})^3$
που έχει στην έκφρασή του τα μεγέθη $\displaystyle{R,r}$ όμως η τελική εξάρτηση είναι μόνον
από το μέγεθος $\displaystyle{h}$ διότι ισχύει πάντα:
$\displaystyle{h^2=4(R^2-r^2)}$

(Και κάτι το αστείο(να με συμπαθάτε):
Το πρώτο σχήμα τώρα που το βλέπω μου θυμίζει την "γκραν κάσα" της φιλαρμονικής ή καλύτερα το "νταούλι" από τις όμορφες
κομπανίες χάλκινων της Μακεδονίας!!!!)

Κώστας Δόρτσιος

Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Re: Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Re: Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Re: Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Re: Στερεομετρία (Ελπίζω να μην είναι γνωστή!)

Μέλη σε σύνδεση