Σφαίρα και επίπεδα.

paulgai · #1

Θεωρούμε δύο παράλληλα επίπεδα τα οποία απέχουν απόσταση $d\leq 2r$
και τα οποία τέμνουν σφαίρα ακτίνας

(και τα δύο επίπεδα τέμνουν τη σφαίρα).
Να δείξετε ότι το εμβαδόν της επιφάνειας της σφαίρας που περιέχεται στα δύο
επίπεδα εξαρτάτε μόνο από τα

,

και όχι από τη θέση των δύο
επιπέδων ως προς την σφαίρα.

#2

paulgai έγραψε:Θεωρούμε δύο παράλληλα επίπεδα τα οποία απέχουν απόσταση $d\leq 2r$
και τα οποία τέμνουν σφαίρα ακτίνας (και τα δύο επίπεδα τέμνουν τη σφαίρα).
Να δείξετε ότι το εμβαδόν της επιφάνειας της σφαίρας που περιέχεται στα δύο
επίπεδα εξαρτάτε μόνο από τα , και όχι από τη θέση των δύο
επιπέδων ως προς την σφαίρα.

Όμορφη άσκηση και ακόμα πιο όμορφο σχήμα!!

Ωmega Man · #3

Θέτουμε $x=rcos(\phi)sin(\theta),y=rcos(\phi)cos(\theta),z=rsin(\phi)$ . Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από τη σχέση,
$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} \parallel T_{\theta}\times T_{\phi} \parallel d \phi d \theta= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} |{sin(\phi)|d \phi d \theta=2\pi\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} |sin(\phi)|d \phi$ το οποίο εξαρτάται μόνο από τα d,r.

paulgai · #4

Mancar Camoran έγραψε:Θέτουμε $x=rcos(\phi)sin(\theta),y=rcos(\phi)cos(\theta),z=rsin(\phi)$ . Το ζητούμενο εμβαδόν δίνεται από τη σχέση,
$\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} \parallel T_{\theta}\times T_{\phi} \parallel d \phi d \theta= \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} |{sin(\phi)|d \phi d \theta=2\pi\int_{0}^{2arcsin(\frac{d}{2r})} |sin(\phi)|d \phi$ το οποίο εξαρτάται μόνο από τα d,r.

Ο τρόπος σκέψεις είναι σωστός αλλά νομίζω χρειάζονται κάποιες
διευκρινήσεις στο πως βγαίνουν τα άκρα του ολοκληρώματος,
αφού ουσιαστικά εκεί είναι το κλειδί της άσκησης. Επίσης κάπου
πρέπει να υπάρχει το $r^{2}$ και νομίζω ότι κάτι δεν δουλεύει σωστά.
Για παράδειγμα για d=r

πρέπει να πάρουμε $2\pi r^{2}$ αλλά το
ολοκλήρωμα μας δίνει $\pi r^{2}$ . Έτσι δεν είναι η εγώ κάνω λάθος;

Ωmega Man · #5

$\displaystyle \int_0^{arcsin(\frac{d}{2r})} sin(\phi)d\phi=\frac{1}{2}\cdot\frac{d^2}{r^2}$ . Area= $\displaystyle\pi\frac{d^2}{r^2}$ .

#6

paulgai έγραψε:Θεωρούμε δύο παράλληλα επίπεδα τα οποία απέχουν απόσταση $d\leq 2r$
και τα οποία τέμνουν σφαίρα ακτίνας (και τα δύο επίπεδα τέμνουν τη σφαίρα).
Να δείξετε ότι το εμβαδόν της επιφάνειας της σφαίρας που περιέχεται στα δύο
επίπεδα εξαρτάτε μόνο από τα , και όχι από τη θέση των δύο
επιπέδων ως προς την σφαίρα.

paulgai, ξέχασες το σημαντικότερο:

Το αποτέλεσμα αυτό είναι του Αρχιμήδη, ο οποίος έχει πλήρη και ΑΠΙΘΑΝΑ ΚΟΜΨΗ απόδειξη στο Περί Σφαίρας και κυλίνδρου του.

Η απόδειξή του είναι 2000 χρόνια μπροστά από την εποχή του. Χρησιμοποιεί, ουσιαστικά,
το ολοκήρωμα του ημχ, το οποίο υπολογίζει από τα αθροίσματα Riemann μιας ισοδιαμέρισης και στο τέλος παίρνει όριο.

Συνιστώ ισχυρά να ανατρέξετε στην βιβλιογραφία για να βρείτε την καταπληκτική αυτή απόδειξη του Αρχιμήδη.

Και κάτι ακόμη: Το παραπάνω αποτέλεσμα του Αρχιμήδη χρησιμοποιείται στην χαρτογραφία. Πρόκειται για προβολή της σφαίρας σε επίπεδο με διατήρηση εμβαδού την οποία χρησιμοποίησε ο Πτολεμαίος στην Γεωγραφία του.
Ο συνηθισμένος σήμερα τρόπος προβολής της σφαίρας σε επίπεδο είναι ο "λοξόδρομος" που διατηρεί γωνίες. Είναι χρήσιμος στην ποντοπόρο ναυσιπλοία. Όμως οι λοξόδρομοι χάρτες στρεβλώνουν τα εμβαδά. Έτσι π.χ. η Γροιλανδία φαίνεται τεράστια, ενώ είναι σχετικά μικρή.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

paulgai · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: paulgai, ξέχασες το σημαντικότερο:

Το αποτέλεσμα αυτό είναι του Αρχιμήδη, ο οποίος έχει πλήρη και ΑΠΙΘΑΝΑ ΚΟΜΨΗ απόδειξη στο Περί Σφαίρας και κυλίνδρου του.

Βασικά αυτό δεν το ήξερα!! Αυτή την άσκηση μας την είχε δώσει ένας καθηγητής
στο μάθημα της διαφορικής γεωμετρίας (όταν ήμουν φοιτητής ακόμα) και μου είχε
κάνει πολύ εντύπωση η συγκεκριμένη ιδιότητα. Τη θυμήθηκα και τη σήκωσα και στο forum.
Είχα ακούσει ότι ο Αρχιμήδης με ανάλογες τεχνικές είχε υπολογίσει και το εμβαδόν
και τον όγκο του τόρου (σαμπρέλα). Τι να πει κανείς, το άτομο απλά δεν παιζόταν.

#8

Εάν η επιφάνεια σφαιρικού τμήματος θεωρείται γνωστή, όπως γνωστή θεωρείται και η επιφάνεια της σφαίρας, τότε τα πράγματα απλουστεύονται.

= Ζητούμενη επιφάνεια σφαιρικής ζώνης = $4\pi r^{2} - 2\pi rd_{1} - 2\pi rd_{2} = 2\pi r(2r - d_{1} - d_{2}) = 2\pi rd$ , όπου

είναι η ακτίνα της δοσμένης σφαίρας και $d_{1},\ d_{2},$ είναι τα ύψη των σφαιρικών τμημάτων εκατέρωθεν της σφαιρικής ζώνης με ύψος $d = 2r - (d_{1} + d_{2})$ .

Κώστας Βήττας.

#9

paulgai έγραψε: Είχα ακούσει ότι ο Αρχιμήδης με ανάλογες τεχνικές είχε υπολογίσει και το εμβαδόν
και τον όγκο του τόρου (σαμπρέλα). Τι να πει κανείς, το άτομο απλά δεν παιζόταν.

Πραγματικά, ο Αρχιμήδης ... δεν παιζόταν.

Για την ιστορική ακρίβεια, όμως, δεν είναι o Αρχιμήδης εκείνος ο οποίος βρήκε τον όγκο και επιφάνεια του τόρου (σαμπρέλας) ( δείτε πρώτα την υποσημείωση (*) παρακάτω και μετά συνεχίστε να διαβάζεται εδώ).

Η επιφάνεια σπείρας είναι απλή υπόθεση: αν τη ανοίξουμε γίνεται κύλινδρος.
Ο όγκος σπείρας βρέθηκε από τον Πάππο, τον 4ο αι. μ. Χ. Περιέχεται στην περίφημη Συναγωγή του (**) και είναι πόρισμα του λεγόμενου Θεωρήματος Πάππου (γνωστού και ως Πάππου-Guldin) περί όγκων εκ περιστροφής.

Ο Αρχιμήδης βρήκε όγκους και επιφάνειες άλλων καμπυλόγραμμων σχημάτων. Π.χ.
στο Περί ελίκων του βρήκε την επιφάνεια έλικας (ανάγεται στο ολοκλήρωμα του χ^2) και στο Παραβολοειδέων και σφαιροειδέων βρήκε τον όγκο εκ περιστροφής μιας παραβολής.

Φιλικά,

Μιχάλης Λάμπρου

(*) Στα αρχαία ελληνικά ο τόρος ή σαμπρέλα ονομάζεται σπείρα. Δυστυχώς το όνομα αυτό έχει ξεχαστεί από εμάς τους νεοέλληνες.
Και το χειρότερο, χρησιμοποιείται εσφαλμένα για την έλικα (δηλαδή την Αρχιμήδεια καμπύλη με εξίσωση r = θ σε πολικές συντεταγμένες). Προφανώς η εσφαλμένη αυτή χρήση πηγάζει από άκριτη μετάφραση πίσω στα ελληνικά, του ξένου όρου "spiral" για την έλικα.

(**) Συχνά στην νεοελληνική βιβλιογραφία βρίσκουμε τον τίτλο της Συναγωγής ως Συλλογής. Προφανώς πρόκειται περί άκριτης μετάφρασης πίσω στα ελληνικά του ξένου όρου Collectio.

#10

Προσπάθησα να υπολογίσω το ζητούμενο εμβαδό ως εξής:
Υποθέτωντας ότι η σφαίρα έχει κέντρο το (0,0,0) και τα επίπεδα είναι τα x=a

και

, τότε $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}\,dy\,dx$ όπου $f(x,y)=\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}$ , άρα $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx$
, όμως μου μπλέκει πολύ η δουλειά... Έχει κανείς κάποια ιδέα για το πώς θα μπορούσε να συνεχίσει η λύση με αυτόν τον συλλογιζζμό;

paulgai · #11

Πολύ ενδιαφέρουσες οι πληροφορίες του Κ. Λάμπρου. Είναι εντυπωσιακό
να συνειδητοποιεί κανείς πόσο παλιά είναι η ιδέα της ολοκλήρωσης και η
χρήση αυτής σε μη τετριμμένες εφαρμογές.

Εγώ είχα μία λύση, για το συγκεκριμένο πρόβλημα, ανάλογη με αυτήν
του Vittasko. Για τον υπολογισμός της επιφάνειας σφαιρικού τμήματος
ύψους d έχουμε:

$E= \displaystyle\int_{0}^{2\pi } \displaystyle\int_{0}^{arccos\left ( 1- \frac{d}{r} \right )}\left \| T_{\varphi }\times T_{\theta } \right \|d\varphi d\theta \\= \displaystyle\int_{0}^{2\pi } \displaystyle\int_{0}^{arccos\left ( 1- \frac{d}{r} \right )}r^{2}sin(\varphi )d\varphi d\theta =2\pi r d$

όπου το $arccos\left ( 1- \frac{d}{r} \right )$ στο ολοκλήρωμα δικαιολογείται
από το παρακάτω σχήμα.

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Προσπάθησα να υπολογίσω το ζητούμενο εμβαδό ως εξής:
Υποθέτωντας ότι η σφαίρα έχει κέντρο το (0,0,0) και τα επίπεδα είναι τα και , τότε $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}\,dy\,dx$ όπου $f(x,y)=\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}$ , άρα $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx$
, όμως μου μπλέκει πολύ η δουλειά... Έχει κανείς κάποια ιδέα για το πώς θα μπορούσε να συνεχίσει η λύση με αυτόν τον συλλογιζζμό;

Μία αλλαγή μεταβλητών σε σφαιρικές συντεταγμένες ίσως να
βοηθούσε στον υπολογισμό.

#12

Mihalis_Lambrou έγραψε:
paulgai έγραψε: Είχα ακούσει ότι ο Αρχιμήδης με ανάλογες τεχνικές είχε υπολογίσει και το εμβαδόν
και τον όγκο του τόρου (σαμπρέλα). Τι να πει κανείς, το άτομο απλά δεν παιζόταν.
Πραγματικά, ο Αρχιμήδης ... δεν παιζόταν.

Για την ιστορική ακρίβεια, όμως, δεν είναι o Αρχιμήδης εκείνος ο οποίος βρήκε τον όγκο και επιφάνεια του τόρου (σαμπρέλας) ( δείτε πρώτα την υποσημείωση (*) παρακάτω και μετά συνεχίστε να διαβάζεται εδώ).

Η επιφάνεια σπείρας είναι απλή υπόθεση: αν τη ανοίξουμε γίνεται κύλινδρος.
Ο όγκος σπείρας βρέθηκε από τον Πάππο, τον 4ο αι. μ. Χ. Περιέχεται στην περίφημη Συναγωγή του (**) και είναι πόρισμα του λεγόμενου Θεωρήματος Πάππου (γνωστού και ως Πάππου-Guldin) περί όγκων εκ περιστροφής.

Νομιζω πως το τεχνασμα για την επιφανεια δουλευει και για τον ογκο, μονο που, και στις δυο περιπτωσεις, δεν εχουμε κυλινδρο αλλα 'κυλινδροειδες': αν R1, R2 ειναι, αντιστοιχα, η εσωτερικη και η εξωτερικη ακτινα της σπειρας, τοτε το αναπτυγμα της ειναι μια κυλινδρικη επιφανεια με πλευρικo υψος συνεχως μεταβαλλομενο απο 2πR1 ως 2πR2 -- ενα ειδος κεκλιμενου κυλινδρου αν τοποθετηθει σε μια απο τις δυο 'βασεις' του. Λογω συμμετριας, οτι χανεται προς την R1 κερδιζεται προς την R2, αρα το κυλινδροειδες ειναι ισοδυναμο (και ως προς την επιφανεια και ως προς τον ογκο) προς κυλινδρο ακτινας βασης (R2 - R1)/2 και υψους (2π)*(R1 + R2)/2 = π*(R1 + R2), κλπ κλπ

[Μου ειναι ιδιαιτερα προσφιλης αυτη η ασκηση, καθως ηταν το τελευταιο προβλημα στο τελικο διαγωνισμα της πρωτης ταξης Λογισμου που διδαξα αυτοδυναμα στις ΗΠΑ ως μεταπτυχιακος φοιτητης: ειχα τοτε ζητησει απο τους φοιτητες "να βρουν τον ογκο της σπειρας κατα 3 τροπους -- με το Θεωρημα του Παππου, χωρις το Θεωρημα του Παππου, και ... χωρις Λογισμο"

]

Γιωργος Μπαλογλου

#13

gbaloglou έγραψε:Νομιζω πως το τεχνασμα για την επιφανεια δουλευει και για τον ογκο, μονο που, και στις δυο περιπτωσεις, δεν εχουμε κυλινδρο αλλα 'κυλινδροειδες': αν R1, R2 ειναι, αντιστοιχα, η εσωτερικη και η εξωτερικη ακτινα της σπειρας, τοτε το αναπτυγμα της ειναι μια κυλινδρικη επιφανεια με πλευρικo υψος συνεχως μεταβαλλομενο απο 2πR1 ως 2πR2 -- ενα ειδος κεκλιμενου κυλινδρου αν τοποθετηθει σε μια απο τις δυο 'βασεις' του. Λογω συμμετριας, οτι χανεται προς την R1 κερδιζεται προς την R2, αρα το κυλινδροειδες ειναι ισοδυναμο (και ως προς την επιφανεια και ως προς τον ογκο) προς κυλινδρο ακτινας βασης (R2 - R1)/2 και υψους (2π)*(R1 + R2)/2 = π*(R1 + R2), κλπ κλπ

Οι τυποι που προκυπτουν ειναι Α = (π^2)*(R1+R2)*(R2-R1) και V = [(π^2)*(R1+R2)*(R2-R1)^2]/4.

Να και ενα μικρο 'παραδοξο' που δεν ειχα προσεξει ως τωρα: η σπειρα εξωτερικης ακτινας R και εσωτερικης ακτινας 0, που θα περιμενε κανεις να εχει επιφανεια και ογκο μικροτερα απο αυτα της σφαιρας ακτινας R, εχει επιφανεια Α = 2(π^2)*(R^2) > (4π)*(R^2) και ογκο V = (π^2)*(R^3) > (4π/3)*(R^3)

[Η αιτια: στην σφαιρα τα 'μεγιστα υψη' (εως και R) ειναι συγκεντρωμενα σε μια 'μικρη' περιοχη γυρω απο το κεντρο, ενω στην 'σφαιροειδη σπειρα' τα αντιστοιχα 'μεγιστα υψη' (εως και R/2) παρουσιαζονται γυρω απο τον κυκλο ακτινας R/2.]

ΔΙΟΡΘΩΣΗ: βεβαιως υπηρχε καποιο λαθος στους τυπους (με πρασινο η διορθωση), οποτε η ανωτερω παραγραφος δεν ισχυει (ως μη οφειλε)... [Προσπαθησα να ακυρωσω το αρθρο αλλα δεν τα καταφερα.]

Γιωργος Μπαλογλου

paulgai · #14

Mihalis_Lambrou έγραψε: Η επιφάνεια σπείρας είναι απλή υπόθεση: αν τη ανοίξουμε γίνεται κύλινδρος.

Πάντως, αν και αυτό είναι εποπτικά 'προφανές' και αρκετά παιδαγωγικό,
έχω ενστάσεις ως προς τη μαθηματική αυστηρότητα. Θέλω να πω ότι
το ξεδίπλωμα του τόρου σε κύλινδρο είναι ουσιαστικά ένας μετασχηματισμός
που δεν γνωρίζουμε αν διατηρεί τοπικά το εμβαδόν. Με άλλα λόγια θα πρέπει
να αποδείξουμε πρώτα ότι πρόκειται για ισεμβαδικό μετασχηματισμό.
Αυτό σημαίνει ότι αν με $g_{ij}$ συμβολίσουμε τις συνιστώσες του μετρικού
τανυστή του τόρου και με $g^{*}_{ij}$ του κυλίνδρου θα πρέπει να ισχύει
$det(g_{ij})=det(g^{*}_{ij})$ σε κοινό καμπυλόγραμμο σύστημα συντεταγμένων.
Προσωπικά, η σεμβαδικότητα δεν μου είναι προφανής!

#15

paulgai έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Προσπάθησα να υπολογίσω το ζητούμενο εμβαδό ως εξής:
Υποθέτωντας ότι η σφαίρα έχει κέντρο το (0,0,0) και τα επίπεδα είναι τα και , τότε $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}\,dy\,dx$ όπου $f(x,y)=\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}$ , άρα $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx$
, όμως μου μπλέκει πολύ η δουλειά... Έχει κανείς κάποια ιδέα για το πώς θα μπορούσε να συνεχίσει η λύση με αυτόν τον συλλογιζζμό;
Μία αλλαγή μεταβλητών σε σφαιρικές συντεταγμένες ίσως να
βοηθούσε στον υπολογισμό.

Καλησπέρα! Φαντάζομαι θα εννοείς πολικές. Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.

: xwrio.png (12.64 KiB) Προβλήθηκε 5531 φορές

Δε νομίζω πως βοηθάει αυτή η αλλαγή μεταβλητών δεδομένου του σχήματος του χωρίου..Έχω κολλήσει λιγουλάκι. Τη βοήθεια του κοινού παρακαλώ...;!!!

#16

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:
paulgai έγραψε:
Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε:Προσπάθησα να υπολογίσω το ζητούμενο εμβαδό ως εξής:
Υποθέτωντας ότι η σφαίρα έχει κέντρο το (0,0,0) και τα επίπεδα είναι τα και , τότε $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\sqrt{1+f_{x}^{2}+f_{y}^{2}}\,dy\,dx$ όπου $f(x,y)=\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}$ , άρα $E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx$
, όμως μου μπλέκει πολύ η δουλειά... Έχει κανείς κάποια ιδέα για το πώς θα μπορούσε να συνεχίσει η λύση με αυτόν τον συλλογιζζμό;
Μία αλλαγή μεταβλητών σε σφαιρικές συντεταγμένες ίσως να
βοηθούσε στον υπολογισμό.
Καλησπέρα! Φαντάζομαι θα εννοείς πολικές. Το χωρίο ολοκλήρωσης φαίνεται στο παρακάτω σχήμα.
xwrio.png
Δε νομίζω πως βοηθάει αυτή η αλλαγή μεταβλητών δεδομένου του σχήματος του χωρίου..Έχω κολλήσει λιγουλάκι. Τη βοήθεια του κοινού παρακαλώ...;!!!

μχμχμχμχ....(που λέει και ο φίλο ζΒασίλης..!) τελικά δεν ήταν δύσκολο, τώρα που ξεκολλήσαμε ας συνεχίσουμε όπως αρχίσαμε:
Είναι
$E=2\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx=2r\displaystyle\int_{a}^{a+d}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{1}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy\,dx$ .

Όμως
$\displaystyle\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{1}{\sqrt{r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,dy=\frac{1}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\int_{-\sqrt{r^{2}-x^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{y}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}})^{2}}}\,dy\stackrel{\frac{y}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}=u}{=}\int_{-1}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-u^{2}}}\,du=\pi$
Συνολικά λοιπόν : $E=2\pi r\displaystyle\int_{a}^{a+d}\,dx=2\pi rd$ .

#17

Επειδή είναι αρκετά εντυπωσιακό, κατά τη γνώμη μου, το γεγονός ότι με απλό ολοκλήρωμα μπορεί κανείς, πέρα από εμβαδά χωρίων στο επίπεδο, να υπολογίσει μήκη (mouse

) καμπυλών, όγκους (στερεά εκ περιστροφής) καθώς επίσης και εμβαδά επιφανειών στο χώρο (περιστροφές γραφημάτων) παραθέτω μια ακόμα λύση του όμορφου αυτού προβλήματος, παραπέμποντας, για την εξαγωγή του τύπου που χρησιμοποιείται στο βιβλίο του Michael Spivak "Διαφορικός και ολοκληρωτικός λογισμός" των πανεπιστημιακών εκδόσεων Κρήτης έκδοση $4^{\eta}$ κεφάλαιο 13 Παράρτημα 2 σελίδα 237. Η ιδέα της απόδειξης βασίζεται στη χρήση του εμβαδού της παράπλευρης επιφάνειας του κόλουρου κώνου.

$E=2\pi\displaystyle\int_{a}^{a+d}f(x)\sqrt{1+(f^{\prime}(x))^{2}}\,dx$ , όπου $f(x)=\sqrt{r^{2}-x^{2}}$ , συνεπώς είναι $E=2\pi\displaystyle\int_{a}^{a+d}\sqrt{r^{2}-x^{2}}\sqrt{1+\Big(\frac{-x}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}\Big)^{2}}\,dx=2\pi\int_{a}^{a+d}r\,dx=2\pi rd$ .

Σφαίρα και επίπεδα.

Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Re: Σφαίρα και επίπεδα.

Μέλη σε σύνδεση