Przeskocz do treści

Delta mi!

Loading

Stożki i walce

Jarosław Górnicki

o artykule ...

  • Publikacja w Delcie: listopad 2016
  • Publikacja elektroniczna: 1 listopada 2016
  • Autor: Jarosław Górnicki
    Afiliacja: Katedra Matematyki, Politechnika Rzeszowska
  • Wersja do druku [application/pdf]: (208 KB)

Od Archimedesa wiemy, że zdaniem Demokryta stożek stanowi trzecią część walca, ale pierwszy udowodnił to Eudoksos. Znamy ten rezultat z XII Księgi Elementów Euklidesa (Stwierdzenie 10)...

Euklides, korzystając z metody wyczerpywania (wyjmując graniastosłupy o znanej objętości), pokazał, że ostrosłup o podstawie trójkątnej ma objętość, którą wyraża wzór

sta эa⋅pole podstawy ⋅wysoko ść. (*)

Stałą wyznaczył z obserwacji: ostrosłup stanowi trzecią część opisanego na nim graniastosłupa (Rys. 1). Może Euklides chciał w ten sposób uniknąć korzystania z przejść granicznych przy wyznaczaniu stałej we wzorze |(∗) lub potwierdzić jej wartość na innej drodze? Następnie, przybliżając stożek ostrosłupami, uzasadnił twierdzenie Eudoksosa.

obrazek

Rys. 1

Rys. 1

Czy we wzorze na objętość stożka, który również jest postaci |(∗), można potwierdzić wartość stałej bez ponownego odwoływania się do przejść granicznych? W Elementach takiej informacji nie ma. My pokażemy, że jest to możliwe. Wykorzystamy pomysły Archimedesa sprzed 2200 lat.

Gdy weźmiemy elipsę o półosiach |a,b i obrócimy ją wokół pionowej osi |b, to otrzymamy bryłę - elipsoidę obrotową. Rozważmy z jednej strony górną połowę takiej elipsoidy opartą na kole o promieniu |a, zaś z drugiej strony walec o wysokości b, którego podstawą jest koło o promieniu |a (Rys. 2).

Archimedes zauważył, że jeśli z tego walca wytniemy stożek i obie bryły przetniemy wspólną płaszczyzną równoległą do podstawy na wysokości |h(0 ⩽h ⩽ b), to pola otrzymanych przekrojów zawsze będą równe. Dla elipsoidy,  x2 h2 |a2 + b2 = 1, więc  2 2 h2 |x = a (1 − b2) . Zatem pole przekroju elipsoidy jest równe  2 π x2 = π a2(1− hb2). Ponieważ dla drugiej figury ar= hb, więc | h r = a ⋅b i pole pierścienia jest równe | 2 2 2( h2) πa − πr = πa 1− b2 . Zatem objętość połowy elipsoidy obrotowej jest równa objętości opisanego na niej walca pomniejszonej o objętość wydrążonego w nim stożka. Warto również zaznaczyć, że gdy a = b, to z tych rozważań wynika wzór na objętość kuli: |4 3 3πa .

obrazek
obrazek

Rys. 4

Rys. 4

Rozważmy teraz walec o wysokości | H, którego podstawą jest koło o promieniu R. Objętość tego walca jest równa  2 |πR H. W tym walcu umieszczamy dwa stożki, każdy o wysokości |H i podstawach będących podstawami walca (Rys. 3).

Stożki te mają taką samą objętość. Nie wypełniają one objętości walca. Gdy taki walec przetniemy na wysokości h(0 ⩽ h ⩽H) płaszczyzną równoległą do jego podstaw, to naszym oczom ukaże się widok przedstawiony na rysunku 4. Kolorowy obszar |S ma pole równe polu koła o średnicy AB (to również wiedział Archimedes):

pict

Pole to jest największe (równe  R 2 π (2) ), gdy przecięcie jest w połowie wysokości walca i maleje, gdy cięcia przesuwają się w górę albo w dół. Oznacza to, że czwarta część objętości walca leżąca poza stożkami może być przedstawiona jako połowa elipsoidy obrotowej o wysokości  H | /2 mającej w podstawie koło o promieniu R/2. Aby się o tym przekonać, wystarczy wyznaczyć zależność długości odcinka |AB od odległości między płaszczyzną tnącą a płaszczyzną połowiącą walec. Można również przekształcić odcinek |OC na odcinek o długości H |/2 przez powinowactwo prostokątne. Takie przekształcenie łuk okręgu przeprowadza w łuk elipsy. Dzięki temu otrzymujemy "równanie objętości brył":

pict

gdzie stożek(R,H) i niewiadomą jest k. Przekształcając powyższe równanie do postaci

 2 π R H

otrzymujemy |k = 1/3. Mamy więc potwierdzenie, że stożek o wysokości |H, mający w podstawie koło o promieniu R, | ma objętość równą  1 |3πR2H.

Spróbujemy teraz wyznaczyć objętość paraboloidy obrotowej o wysokości |H i promieniu podstawy R. | Oczywiście, nie chcemy używać rachunku całkowego. Równanie paraboli tworzącej paraboloidę obrotową o promieniu podstawy R | i wysokości H jest następujące: y | = H2x2 R (Rys. 5; taka parabola jest jedyna!). Obok rozważmy walec o wysokości H, którego podstawą jest koło o promieniu R, w którym wydrążono paraboloidę obrotową utworzoną przez parabolę |y = H W wyniku przecięcia obu brył na wysokości h(0 ⩽ h⩽ H) płaszczyzną równoległą do podstawy otrzymujemy koło o polu  2 R2h- |S(h) = πr = π H (korzystamy z równania paraboli |h = RH2r2).

obrazek

Rys. 5

Rys. 5

Ponieważ dla pierścienia mamy h = H więc

 2 2 R2h P (h) =π R −π z = π---- = S(h). H

Oznacza to, że objętość paraboloidy obrotowej jest równa połowie objętości opisanego na niej walca: 1π R2H. 2

Miłośnikom rachunków polecam inne rozwiązanie: można bez trudu sprawdzić, że na rysunku 6 kolorowe obszary obrócone wokół osi |OY wyznaczają w przestrzeni bryły o równych objętościach.

obrazek

Rys. 6

Rys. 6

Ciekawe, czy Euklides byłby zadowolony z takiego rozwiązania...