Найдите площадь кольца ● 2

Продолжение ролика "Площадь кольца" с интересным разрезанием на бесконечно узкие треугольники и не менее интересным обобщением на трёхмерный случай.

[@DmitriVik]

Вспомнилось (после треугольников, перешедших в окружность), что "Нет наук с более точными вычислениями, чем гуманитарные. И нет наук с более приблизительными вычислениями, чем точные."

[@space1r]

Спасибо за красивый метод решения. Значит и здесь можно применить свойство интегралов - разбиение на бесконечно малые треугольники и их суммирование. Потрясно! Сам этим пользуюсь при решениях задач. Поистине: Метод уравнивает способности! Берём его на вооружение.

[@hunter-speexz]

Объём кольца получился: 4/3*𝝅*h³, где h = √(R²-r²), т.е. половина высоты цилиндра

[@fedozzxoxotyn]

Немножко неправильно сформулирована задачка о кольце для салфеток. Насколько я помню, там вне зависимости от размеров изначального шара, объем кольца зависит только от ширины этого кольца, то есть от высоты среза. Для более точной формулировки задачи и эффектности итогового решения, нужно было вводить не R и r, а высоту вырезанного цилиндра H. Иначе решающий, не найдя в исходных данных подходящей буквы, может придти в замешательство.

[@АлБо-ц8ф]

В задаче с кольцом для салфеток, интуиция подсказывает, что решение не зависит от R и r, как и в случае с плоским кольцом, а зависит только от глубины кольца для салфеток 2a=2*sqrt(R^2-r^2). Обнуляем r и получаем объём кольца для салфеток равен объёму шара, то есть 4/3*ПиR^3 или 4/3*Пи*a^3. Если тупо посчитать объём тела вращения, то так и получится - объём кольца для салфеток равен 4/3*Пи*a^3. Это ответ и интуиция в начале не подвела. Но, возможно, есть какое-то более красивое решение.

[@schetnikov]

Конечно есть. Попробуйте его найти.

[@hunter-speexz]

Так и не понял связь суммы внешних углов выпуклого многоугольника с окружностью. Тут ещё в этой задаче эти маленькие треугольники на самом деле являются 4х угольниками. Ещё запутал вопрос: "Чему равна сумма отстрых углов вот эти треугольников?" Острых углов в этих треугольниках два, а не один.

[@hunter-speexz]

Понял, но это оказалось не так просто. Объяснить сложно в одном сообщении. Если представить окружность в качестве n-правильного многоугольника и разбить его на равнобедренные треугольники путем проведения отрезка от центра до вершин, и затем рассмотреть два смежных треугольника, опирающихся на одну из вершин многоугольника, то можно заметить, что внешний угол к это вершине равен углу при вершине одного из двух равнобедренных треугольников. Два этих равнобедренных треугольника идентичны и один из них приставлен к определенной стороне другого треугольника, точно также, как на видео один идентичный треугольник приставлен к другому. Причем можно заметить, что внешний угол при нашей вершине многоугольника будет равен 180-(альфа1+альфа2), где альфа1 -один из углов одного треугольника, а альфа2 - один из углов второго треугольника. Но оба треугольника идентичны, соответствующие углы в них равны, т.е. альфа1 и альфа2 есть в каждом из треугольников, причем можно заметить, что в каждом из этих двух треугольников самый острый угол равен как раз равен 180-(альфа1+альфа2), т.е. самый острый угол каждого из треугольников равен внешнему углу при вершине многоугольника, на которую опираются два наших идентичных треугольника. Т.к. сумма внешних углов выпуклого многоугольника равна 2пи, то и из наших выше рассмотренных треугольников можно собрать окружность (правда она будет зубчатой), ведь сумма их самых острых углов, как уже выше было доказано, равна 2пи.

[@МаксМаксимыч-ц9л]

Если есть радиус и число пипи, то у вас уже есть все, что нужно)

[@yegordmitriev8591]

Нельзя таким образом разрезать кольцо на треугольники. Вершины, которые лежат на внутренней окружности - это точки, должны быть четырехугольники, либо значительные области без покрытия. Нужно как-то поменять доказательство.

[@АлБо-ц8ф]

Не соглашусь. Если, как сказано, 1 сторона треугольника - касательная к внутренней окружности, а количество треугольников стремится к бесконечности, то всё предельно корректно.

[@serhiislobodianiuk776]

Как-то не поспорить с Вами, но идея у автора красивая. Давайте просто поставим точки A1 ... An на внутренней окружности и проводя (по часовой стрелки как в видео) Касательные A1B1 ... AnBn (соответственно Bi - на внешней окружности). Затем, обозначив через С1 ... Cn пересечения A1B1 c прямой А2В2 ... AnBn c прямой А1В1 будем рассматривать реальные треугольники B1C1В2 ... ВnCnB1, которые почти равнобедренные со стороной а почти покрывают окружность (немного меньше) с углами при вершине pi/2n. При n стремящимся к бесконечности все сходится!

[@yegordmitriev8591]

@@АлБо-ц8ф А если не касательная, что это принципиально меняет? На картинке просто иллюзия. Кольцо можно разбить таким образом на 2 типа треугольников, с основаниями на внутреннем и внешнем кольце. Попробуйте доказать, что при увеличении их количества отношение суммарных площадей по каждой группе стремится к 0))

[@yegordmitriev8591]

@@serhiislobodianiuk776 Честно говоря не очень понял Вашу идею, с какой прямой пересекаются отрезки AiBi. На самом деле, если решать данную задачу аппроксимацией, то все тривиально. Аппроксимируем кольцо равнобокими трапециями с малым основанием a и большим основанием b. Площадь трапеции Si = 1/2*(R-r)(a+b). В пределе (при увеличении числа трапеций) Sigma(a) = 2*pi*r и Sigma(b) = 2*pi*R. Тогда площадь кольца S = Sigma(Si) = pi*(R-r)*(R+r)=pi*(R^2-r^2). Довольно стандартный подход, особой красоты пока не вижу.

[@serhiislobodianiuk776]

​@@yegordmitriev8591 О, у нас уже три решения. Конечно, самое простое это отнять piR^2 - pir^2 и, сославшись на теорему Пифагора сказать, что это pia^2. но наша цель как-то без r и R обойтись и автор предложил идею, вам она не понравилась так как там нет треугольников четких, поэтому я немного переделал на такое: берем самую верхнюю точку малого круга радиуса r (это A1) и проводим горизонтальный отрезок вправо до пересечения с большим кругом радиуса R (это B1). Затем немного (на 2pi/n) поворачиваемся от точки А1 по часовой стрелке по малому кругу и ставим А2, проводим аналагичную, но уже не совсем горизонтальную, а немного вниз касательную в А2 до пересечения с большим кругом в В2, Продолжаем луч В2А2 за точку А2 до пересечения с отрезком А1В1 в точке С1. Вот один из треугольников это В1С1В2, Таких будет n штук, они покроют почти все кольцо. Ну да, третья идея Ваша, по трапециям, для тех кто не хочет пользоваться формулой площади круга.