Obliczenia pól i objętości – trzy metody geometryczne

Obliczanie pól figur płaskich i objętości brył, nawet w prostych przypadkach, bywa czasem dość kłopotliwe, np. wtedy, gdy łatwo jest napisać całkę wyrażającą pole figury, ale samo obliczenie tej całki jest niebanalne. Zagadnieniem metod obliczania pól i objętości zajmowało się wielu wybitnych matematyków, począwszy od czasów starożytnych aż po nam współczesne.

W tym artykule przedstawiamy trzy geometryczne podejścia do wyznaczania pól i objętości opracowane w różnych epokach: podejście Archimedesa (III w. p.n.e.), Cavalieriego (XVII w.) oraz Mamikona Mnatsakaniana (XX w.).

Metoda I – podejście Archimedesa. Archimedes uważany jest za jednego z twórców statyki i hydrostatyki. Obliczył on środki ciężkości wielu ważnych figur geometrycznych i brył, między innymi trójkąta, trapezu, dowolnego wycinka paraboli i segmentu paraboloidy obrotowej. Swoje wyniki dotyczące statyki zawarł w dziełach O równowadze płaszczyzn i Kwadratura paraboli.

Prawo dźwigni, sformułowane przez Archimedesa, jest jednym z praw równowagi, należy do statyki i mówi, że:

Wielkości są w równowadze w odległościach odwrotnie proporcjonalnych do ich wag.

Jeżeli po obu stronach dźwigni umieścimy masy, odpowiednio, $m$ i $m^{\prime },$ a odległości ich środków ciężkości od punktu podparcia dźwigni, odpowiednio, $d_S$ i $d_{S^{\prime }},$ są do siebie w stosunku odwrotnie proporcjonalnym do stosunków tych mas: $$\begin{array}{r}\frac{d_S}{d_{S^{\prime }}}=\frac{m^{\prime }}{m},\end{array}$$ to dźwignia pozostaje w równowadze statycznej.

Jeśli przyjmiemy, że obie masy mają tę samą stałą gęstość, to $m^{\prime }/m=V^{\prime }/V,$ gdzie $V^{\prime }$ i $V$ są objętościami mas, odpowiednio, $m^{\prime }$ i $m.$ Zatem $$\begin{array}{r}\frac{d_S}{d_{S^{\prime }}}=\frac{V^{\prime }}{V}.\end{array}$$ Gdy rozważamy wyidealizowany problem dwuwymiarowy, objętości $V^{\prime }$ i $V$ zamieniamy na pola $A^{\prime }$ i $A$ dwóch figur płaskich.

Powyższą zasadę można wykorzystać w celu wyznaczania pól i objętości w następujący sposób (por. [2]). Przypuśćmy, że $R$ i $S$ to dwa obszary leżące wzdłuż tego samego odcinka osi poziomej (rys. 1). Mając dane pole $A(S)$ oraz środek ciężkości $c_S$ obszaru $S,$ pytamy o pole $A(R)$ obszaru $R.$

Rys. 1

Zatem jeśli obszar $R$ zostanie umieszczony tak, aby jego środek ciężkości znalazł się w punkcie $P,$ to zrównoważy on obszar $S$ w miejscu, w którym się znajduje, co prowadzi do równania $$\frac{k}{x_S}=\frac{A(S)}{A(R)},$$ gdzie $x_S$ to odległość środka ciężkości $c_S$ obszaru $S$ od punktu $O.$ Znając $A(S),$ $x_S$ oraz $k,$ z powyższego równania obliczamy szukaną wielkość $A(R).$

Przykład 1. Obliczenie pola pod parabolą. Weźmy za $R$ obszar ograniczony przez parabolę $y=x^2,$ oś $OX$ oraz prostą $x=1.$ Niech $S$ będzie trójkątem o wierzchołkach w punktach $(0,0),$ $(1,0),$ $(1,1),$ którego pole powierzchni wynosi $A(S)=\frac{1}{2},$ a środek ciężkości ma pierwszą współrzędną $x_S=\frac{2}{3}.$

Mamy $l=x^2,$ a $l^{\prime }=x,$ zatem możemy przyjąć $k=1$ i otrzymujemy $1\cdot x^2=x\cdot x.$ Oznacza to (przy założeniu, że oś $OX$ jest dźwignią podpartą w punkcie $(0,0)$), że gdybyśmy przesunęli obszar $R$ pod parabolą tak, aby jego środek ciężkości znalazł się w punkcie $P$ o współrzędnych $(-1,0),$ to zrównoważyłby on trójkąt w miejscu, w którym się znajduje. Otrzymujemy zatem: $$A(R)=A(S)\cdot x_S=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}.$$ W celu wykorzystania tej metody do wyznaczenia objętości brył należy zastąpić długości odcinków polami powierzchni przekrojów poprzecznych. Jako ilustrację przytoczymy jeden z najważniejszych wyników otrzymanych przez Archimedesa.

Przykład 2. [2] Obliczenie objętości kuli. Konstrukcję rozpoczynamy od narysowania okręgu $x^2+y^2=r^2$ przecinającego oś $OX$ w punkcie $P=(r,0).$ Następnie rysujemy prostokąt $KLMN,$ którego środek ciężkości umiejscowiony jest w środku układu współrzędnych. Jego podstawa ma długość $d=2r,$ a jego wysokość jest równa $h=2d.$ Rysujemy również trójkąt $KNP.$ Przez obrót tych figur wokół osi $OX$ otrzymujemy bryły: kulę $S,$ stożek $C$ oraz walec $Z.$ Zauważmy, że otrzymane bryły zbudowane są z dysków prostopadłych do osi $OX.$ Dla przykładu, przekrój płaszczyzną prostopadłą do osi $OX,$ przechodzącą przez punkt $A=(x,0)$ przecina kulę – tworząc koło $S_x$ o promieniu $AC=y=\sqrt{r^2-x^2},$ stożek – tworząc koło $C_x$ o promieniu $AB=r-x$ oraz walec – tworząc koło $Z_x$ o promieniu $AD=d=2r.$ Przeprowadźmy rachunki: $$\begin{array}{rl}d\cdot [A(S_x)+A(C_x)]& =\pi d\cdot [y^2+(r-x{)}^2]\\ & =\pi d\cdot [(r^2-x^2)+(r^2-2rx+x^2)]\\ & =\pi d\cdot (2r^2-2rx)\\ & =\pi d^2\cdot (r-x)\\ & =(r-x)\cdot A(Z_x).\end{array}$$ Mamy zatem $$d\cdot [A(S_x)+A(C_x)]=(r-x)\cdot A(Z_x),$$ co oznacza, że jeśli przyjmiemy, że oś $OX$ jest dźwignią z podparciem w punkcie $P,$ oraz umieścimy koła $S_x$ i $C_x$ w punkcie $Q=(3r,0),$ to razem zrównoważą koło $Z_x$ w miejscu, w którym się znajduje. To prowadzi do wniosku, że jeśli kulę $S$ oraz stożek $C$ umieścimy tak, aby ich środki ciężkości znalazły się w punkcie $Q,$ to razem zrównoważą one walec $Z$ w miejscu, w którym się znajduje. Zatem zasada dźwigni implikuje relację: $$2r\cdot [V(S)+V(C)]=r\cdot V(Z).$$ Podstawiając znane objętości $V(C)=\frac{1}{3}\pi d^3$ oraz $V(Z)=\pi d^3,$ obliczamy objętość kuli o promieniu $r$: $$V(S)=\frac{1}{6}\pi d^3=\frac{4}{3}\pi r^3.$$ Metoda II – podejście Cavalieriego. Bonaventura Cavalieri spopularyzował swoją metodę w dwóch pracach, Geometria indivisibilibus z 1635 roku oraz Exercitationes geometricae sex z 1647 roku. Opiera się ona na zasadzie znanej jako twierdzenie Cavalieriego.

Twierdzenie Cavalieriego. [2] Jeśli dwie bryły mają tę własność, że ich przekroje wszystkimi płaszczyznami równoległymi do jednej, z góry ustalonej płaszczyzny mają te same pola, to te bryły mają równe objętości. Jeśli przekroje na równych wysokościach są w stałym stosunku, to objętości tych brył również są w tym stosunku.

Przykład 3. Obliczenie objętości stożka. Zauważmy najpierw, że możemy łatwo wyznaczyć pola powierzchni przekrojów stożka oraz ostrosłupa na dowolnej wysokości. Mamy (patrz rys. 4) $$A(C_x)=\frac{\pi r^2{x}^2}{h^2}\text{oraz}A(P_x)=\frac{x^2}{h^2}.$$

Ponieważ stosunek tych pól na dowolnej wysokości jest stały i nie zależy od $x,$ $$\frac{A(C_x)}{A(P_x)}=\pi r^2,$$ więc, na podstawie twierdzenia Cavalieriego, stosunek objętości brył jest taki sam. Znając objętość ostrosłupa ($V(P)=\frac{1}{3}\cdot 1\cdot h$), łatwo teraz wyznaczamy objętość stożka: $$\frac{V(C)}{V(P)}=\pi r^2\Rightarrow V(C)=\pi r^{2}V(P)=\frac{1}{3}\pi r^{2}h.$$ Metoda III – podejście Mamikona. Przytoczymy tu tylko jeden z całej bogatej kolekcji pomysłów Mamikona Mnatsakaniana, odsyłając zainteresowanego Czytelnika do dalszej lektury [1]. Przedstawiony tu pomysł ma źródło w prostej obserwacji. Zastanówmy się, ile wynosi pole powierzchni pierścienia zawartego pomiędzy dwoma okręgami o wspólnym środku, w którym długość cięciwy większego okręgu, stycznej zewnętrznie do mniejszego okręgu, wynosi $a$?

Standardowy rachunek jest prosty, odpowiedź to (przy oznaczeniach z rys. 5): $$\pi R^2-\pi r^2=\pi (R^2-r^2)=\pi (\frac{a}{2}{)}^2,$$ gdzie w ostatniej równości skorzystaliśmy z twierdzenia Pitagorasa. Pole to nie zależy zatem od promieni okręgów, a jedynie od długości cięciwy stycznej do wewnętrznego okręgu. Obserwacja ta stała się przyczynkiem do rozważań na temat wyznaczenia tego pola w inny sposób.

Wyobraźmy sobie, że połowa wspomnianej cięciwy jest wektorem $\overrightarrow{L}$ o długości $L=\frac{a}{2},$ który obracamy wokół mniejszego okręgu tak, że w każdym miejscu jest on styczny do tego okręgu. Wykonując pełny obrót, zakreślimy cały interesujący nas obszar. Mamikon spostrzegł, że po zaczepieniu wszystkich tych wektorów w jednym punkcie otrzymamy koło o promieniu równym długości obracanego wektora i polu równym $\pi L^2$ (rys. 6). Pole to jest oczywiście równe polu rozważanego pierścienia (zauważmy, że to rozumowanie nie wymaga użycia twierdzenia Pitagorasa).

Powyższą sytuację możemy zinterpretować w ramach mechaniki Newtona jako szczególny przypadek ogólniejszego twierdzenia mówiącego o tym, że hodograf prędkości ruchu po elipsie w polu Newtonowskim z centrum w jednym z jej ognisk jest okręgiem o promieniu $r=\frac{v_P+v_A}{2},$ gdzie $v_P$ i $v_A$ są prędkościami, odpowiednio, w peryhelium i aphelium elipsy (por. artykuł William Rowan Hamilton i hodograf z ${\mathrm{\Delta }}_{24}^9$).

Mamikon uogólnił swoje spostrzeżenie, formułując następujące twierdzenie, dotyczące krzywych niekoniecznie zamkniętych, do których wektory styczne nie muszą mieć tej samej długości w każdym punkcie krzywej.

Twierdzenie Mamikona (postać ogólna). Pole zakreślenia stycznego dla dowolnej gładkiej krzywej jest równe polu jego pęku stycznego.

Przez ,,zakreślenie styczne” rozumiemy obszar złożony z rozłącznych odcinków stycznych do krzywej, a przez ,,pęk styczny” – zbiór powstały przez takie przesunięcie owych odcinków, by pozostały one rozłączne i pokryły się punkty ich styczności do krzywej. Na rysunku 6 widzimy przykład zakreślenia stycznego do wewnętrznego okręgu po lewej stronie i jego pęk styczny po prawej stronie rysunku. Wspomniany wyżej hodograf prędkości dla ruchu po elipsie w polu Newtonowskim jest następnym przykładem pęku stycznego, także będącego okręgiem (rys. 7). Tym razem zakreślenie styczne składa się z wektorów o różnej długości.

W celu zilustrowania powyższego twierdzenia pokażemy dwa przykłady dotyczące krzywych na płaszczyźnie.

Przykład 4. Wyznaczenie pola powierzchni pomiędzy wykresem funkcji eksponencjalnej a osią odciętych w granicach od minus nieskończoności do ustalonego $x$. W celu zrozumienia rozwiązania ważne jest zauważenie, że dla funkcji $y=e^{\frac{x}{b}}$ odcinek łączący dowolny punkt $(x,0)$ na osi odciętych z miejscem przecięcia tej osi ze styczną do wykresu funkcji w punkcie $(x,e^{\frac{x}{b}})$ ma stałą długość równą $b$ (patrz rys. 8).

Zauważmy, że przenosząc wszystkie odcinki styczne do miejsca przecięcia stycznej do krzywej w punkcie $(x,e^{\frac{x}{b}})$ z osią $OX,$ zapełniamy trójkąt prostokątny o przyprostokątnych długości $b$ i $e^{\frac{x}{b}}.$ Trójkąt ten wypełnia zatem połowę pola powierzchni pod wykresem, które wobec tego musi być równe $2\cdot \frac{1}{2}b{e}^{\frac{x}{b}}=b{e}^{\frac{x}{b}}.$

Przykład 5. Wyznaczenie pola powierzchni pomiędzy wykresem funkcji $x^n$ a osią odciętych w granicach od zera do ustalonego $x$. Dla ustalenia uwagi przyjmiemy $n=2$ (dla innych potęg rozumowanie jest analogiczne).

Zauważmy, że figura, której pola szukamy, zawarta jest w prostokącie o bokach równych $x$ i $x^2,$ zatem na pewno jest to część pola powierzchni tego prostokąta równego $P=x^3.$ Archimedes jako pierwszy obliczył, przy pomocy metody dźwigni, że pole to wynosi $\frac{1}{3}P$ (patrz przykład 1). Poniżej pokażemy, jak można uzyskać ten wynik w dość prosty sposób, oparty na elementarnym podejściu geometrycznym. To, co będzie nam potrzebne, to fakt, że styczna do paraboli w punkcie o odciętej $x$ przecina oś $OX$ w punkcie o odciętej $\frac{x}{2}$ $(=x-\frac{x^2}{2x})$. Styczna ta dzieli naszą figurę na dwie części, na rysunku oznaczone przez $S$ oraz $T.$ Figura $S$ powstaje przez narysowanie wszystkich odcinków stycznych do paraboli i kończących się na osi $OX.$

Przedłużmy teraz odcinki tworzące obszar $S$ do przecięcia z osią $OY$ (rys. 9b). Z wcześniejszej obserwacji dotyczącej ich punktu przecięcia z osią $OX$ wynika, że w ten sposób każdy z nich został przeskalowany przez $t=2.$ Z twierdzenia Mamikona i twierdzenia o jednokładności wynika, że zakreskowany obszar ma pole powierzchni równe $t^{2}A(S)=4A(S).$ Dlatego obszar pod osią $OX$ ma powierzchnię równą $3A(S).$ Jednocześnie obszar ten jest przystający do obszaru $T.$ Zatem $A(T)=3A(S)$ oraz $4A(T)=P,$ skąd otrzymujemy $A(T\cup S)=\frac{1}{3}P=\frac{1}{3}{x}^3.$

Wszystkie powyższe obliczenia można łatwo otrzymać, korzystając z rachunku całkowego w ujednolicony sposób, dość mechanicznie i prawie bez żadnego nakładu myślowego. Pokazuje to siłę rachunku całkowego, w którym rozumowanie jest ukryte w ,,czarnej skrzynce”, a do nas należy włożenie danych, ,,pokręcenie korbką” i wyjęcie gotowego wyniku. Jednak ten brak naoczności Leibnizowskiej wersji rachunku różniczkowego i całkowego był jedną z przyczyn, dla których Isaac Newton napisał Principia w języku geometrii starożytnych i geometrycznej wersji tegoż rachunku. Dzisiaj, w świecie mechanizacji myślenia, w którym palec (od naciskania klawiszy lub ekranu) boli nas często bardziej niż głowa, przypomnienie wartości piękna, prostoty i głębi rozumowań geometrycznych staje się coraz cenniejsze, nie tylko w dydaktyce matematyki i fizyki.