Secteur d\'un disque

Le secteur de d'un disque (la région de à l'intérieur d'un cercle ) est &pi ; r ² quand le cercle a le r du rayon . Ici le &pi de symbole ; ( grec pi de lettre ) dénote, comme d'habitude, le rapport constant de la circonférence d'un cercle à son diamètre .

Les mathématiques modernes peuvent obtenir le secteur suivre les méthodes de calcul intégral ou de sa progéniture plus sophistiquée, la vraie analyse . Cependant, dans le Grèce antique le grand Archimède de mathématicien a utilisé les outils de la géométrie euclidienne pour prouver que le secteur à l'intérieur d'un cercle est égal à celui d'une bonne triangle dont la base a la longueur de la circonférence du cercle et dont la taille égale le rayon du cercle. La circonférence est 2&pi ; le r , et le secteur d'une triangle est moitié des temps de référence la taille, rapportant le &pi de secteur ; r ² pour le disque.

Au delà de ces deux antiques et d'approches modernes, nous également examinons quelques solutions de rechange, exactes et rapprochons, d'intérêt historique et pratique.

Preuve d'Archimède

En suivant, comparer un cercle à une bonne triangle dont la base a la longueur de la circonférence du cercle et dont la taille égale le rayon du cercle. Si le secteur du cercle n'est pas égal à celui de la triangle, alors il doit être plus grand ou moins. Nous éliminons chacune de ces derniers par contradiction, laissant l'égalité comme seule possibilité. Nous employons les polygones réguliers d'une manière essentielle.

Non plus grand

Supposer le secteur de cercle, le C , peut être plus grand que le secteur de triangle, du T ; = ¹&frasl ; Cr ₂. Laisser le E dénoter le montant en excédent. Inscribe une place en cercle, de sorte que ses quatre coins se trouvent sur le cercle. Entre la place et le cercle sont quatre segments. Si la surface totale de ces lacunes, le G ₄, est plus grande que le E , dédoubler chaque arc dans la moitié. Ceci transforme la place inscrite en octogone inscrit, et produit huit segments avec un plus petit espace total, le G ₈. Continuer de se dédoubler jusqu'à tout le secteur d'espace, le n de _{du G , est moins que le E . Maintenant le secteur du polygone inscrit, n} de _{du P ; = du C ; − ; Le n} de _{du G , doit être plus grand que celui de la triangle. le $de \ commencent {aligner} E ET {} = C - \ DE T \ et {} > \ de G_n \ P_n et {} = C - \ de G_n \ ET {} > C - \ D'E \ P_n et {} > T \ extrémité {aligner}$ Mais ceci force une contradiction, comme suit. Tirer une perpendiculaire du centre au point médian d'un côté du polygone ; sa longueur, le h , est moins que le rayon de cercle. En outre, laisser chaque côté du polygone avoir le s de longueur ; puis la somme des côtés, le NS , est moins que la circonférence de cercle. Le secteur de polygone se compose des triangles égales du n avec le h de taille et le bas s , égale ainsi ¹&frasl ; ₂ nhs . Mais depuis le du h ; < ; ; du r et du NS ; < ; ; le c , le secteur de polygone doit être moins que le secteur de triangle, ¹&frasl ; Cr , une contradiction de de ₂. Par conséquent notre supposition que le C pourrait être plus grand que le T doit être erronée.
Pas moins
Supposer que le secteur de cercle peut être moins que le secteur de triangle. Laisser le D dénoter la quantité de déficit. Entourer une place, de sorte que le point médian de chaque bord se trouve sur le cercle. Si l'espace de surface totale entre la place et le cercle, le G ₄, est plus grand que le D , découper outre des coins avec des tangentes de cercle pour faire un octogone entouré, et continuer en tranches en tranches de découper jusqu'à ce que le secteur d'espace soit moins que le D . Le secteur du polygone, le n} de _{du P , doit être moins que le T . le $de \ commencent {aligner} D ET {} = T - \ DE C \ et {} > \ de G_n \ P_n et {} = \ de C + de G_n \ ET {} < \ DE C + DE D \ P_n et {} < T \ extrémité {aligner}$ Ceci, aussi, force une contradiction. Pour, une perpendiculaire au point médian de chaque côté de polygone est un rayon, de r de longueur. Et puisque toute la longueur latérale est plus grande que la circonférence, le polygone se compose des triangles identiques du n avec la surface totale plus grande que le T . Encore nous avons une contradiction, ainsi notre supposition que le C pourrait être moins que le T devons avoir tort aussi bien. Par conséquent ce doit être le cas que le secteur du cercle est avec précision identique que le secteur de la triangle. Ceci conclut la preuve.

Preuve de remise en ordre
Après SATŌ Moshun et Leonardo Da Vinci , nous pouvons employer les polygones réguliers inscrits d'une manière différente. Supposer que nous inscrivons un hexagone . Couper l'hexagone en six triangles en le dédoublant du centre. Deux triangles opposées toutes les deux touchent deux diamètres communs ; les glisser le long d'un ainsi les bords radiaux sont adjacents. Ils forment maintenant un parallélogramme , avec les côtés d'hexagone faisant deux bords opposés, un dont est la base, le s . Deux bords radiaux forment les côtés inclinés, et la taille est le h (comme dans la preuve d'Archimède). En fait, nous pouvons assembler toutes les triangles dans un grand parallélogramme en mettant des paires successives à côté de l'un l'autre. Le même est vrai si nous grimpons jusqu'à huit côtés et ainsi de suite. Pour un polygone avec 2 côtés du n , le parallélogramme aura une base du NS de la longueur 2, et un h de taille. À mesure que le nombre de côtés augmente, la longueur de la base de parallélogramme approche la moitié de la circonférence de cercle, et sa taille approche le rayon de cercle. Dans la limite, le parallélogramme devient un rectangle avec le &pi de largeur ; r et r de taille.

Preuve d'oignon
Using le calcul, nous pouvons additionner le secteur incrémentalement, divisant le disque dans les anneaux concentriques minces comme les couches d'un oignon . C'est la méthode de l'intégration de Shell de dans deux dimensions. Pour un anneau infinitésimal-mince du " ; onion" ; du t de rayon, le secteur accumulé est 2&pi ; du t ; le décollement de , la longueur circulaire de l'anneau chronomètre sa largeur infinitésimale. Ceci donne une intégrale élémentaire pour un disque du r de rayon. le $\ et {} = \ est parti) (de 2 \ pi \ frac {t^2} {2} \ \ ^ du right_ {t=0} {r} \ et {} = \ pi r^2. \ extrémité {aligner}$
Approximation rapide
Les calculs Archimède utilisé pour rapprocher le secteur étaient numériquement laborieux, et il s'est arrêté avec un polygone de 96 côtés. Une méthode plus rapide emploie des idées de Willebrord Snell ( Cyclometricus< ! --: abacos de logistarum de secundum de dimensione de circuli, & ; accuratissima de mechanicem d'annonce ; parabilissima d'omnium d'atque : usus d'eiusdemque dans le quarumlibet, elegantissimus de longe d'inventione d'adscriptarum, & ; données ex de peripheriam de suam d'annonce de diametri de ratione de quidem--> < ! --, Lugduni Batavorum : Elzevir-->, 1621) continué par le Christiaan Huygens ( De Circuli Magnitudine Inventa , 1654), décrit dedans. Donné un cercle, laisser le n de _{du u être la longueur de périmètre d'un gouvernement du Nigéria régulier inscrit du n , et laisser le n} de _{du U être la longueur de périmètre d'un gouvernement du Nigéria régulier entouré du n . Alors nous avons les formules de doublement suivantes. = du ${u_ d'U_ {2n} {n}}$ ; ; (moyen géométrique ) $U_ de {2n} = \ du frac {u_ de 2 U_ {n} {n}} {U_ {n} + u_ {n}}$ ; ; (moyen harmonique )}
Archimède a doublé un hexagone quatre fois d'obtenir un gouvernement du Nigéria 96. Pour un cercle d'unité, un hexagone inscrit a le u ₆ ; = 6, et un hexagone entouré a le U ₆ ; = 4&radic ; 3. Nous avons le luxe de la notation décimale et de nos deux équations, ainsi nous pouvons rapidement doubler sept fois :

Dérivation
Laisser un côté d'un gouvernement du Nigéria régulier inscrit du n avoir le n} de _{du s de longueur et toucher le cercle aux points A et B. Laisser A&prime ; être le point vis-à-vis d'A sur le cercle, de sorte qu'A&prime ; A est un diamètre, et A&prime ; L'ab est une triangle inscrite sur un diamètre. Par le théorème de Thales de , c'est une bonne triangle avec à angle droit au B. Laisser la longueur d'A&prime ; B soit le n} de _{du c , que nous appelons le complément du n} de _{du s ; ainsi n}² de _{du s du n}²+ de _{du c ; = (2 r ) ². Laisser C bissecter l'arc d'A à B, et laisser C&prime ; être le point vis-à-vis de C sur le cercle. Ainsi la longueur du CA est le n}, la longueur du s _{2 de C&prime ; A est le n} du c _{2, et le C&prime ; CA est lui-même une bonne triangle sur le diamètre C&prime ; C. Puisque C bissecte l'arc d'A à B, C&prime ; C bissecte perpendiculairement la corde d'A à B, disent à la triangle C&prime de P. ; AP est ainsi une bonne triangle, et est le semblable à C&prime ; CA puisqu'ils partagent l'angle chez C&prime ;. Ainsi chacun des trois côtés correspondants est dans la même proportion ; en particulier, nous avons C&prime ; A ; : ; C&prime ; C ; = C&prime ; P ; : ; C&prime ; A et AP ; : ; C&prime ; A ; = CA ; : ; C&prime ; C. Le centre du cercle, O, bissecte A&prime ; A, ainsi nous ont également la triangle OAP semblable à A&prime ; Ab, avec la moitié OP de la longueur d'A&prime ; B. En termes de longueurs latérales, ceci nous donne le $de \ commence {aligner} c_ {2n} ^2 et {} = \ (c_n de r+ \ frac {1} {2} \ droit) 2r \ laissé \ c_ {2n} et {} = \ frac {s_n} {s_ {2n}}. \ extrémité {aligner}$ Dans la première équation C&prime ; P est C&prime ; O+OP, r +¹&frasl de longueur ; n} de _{du c de ₂, et C&prime ; C est le diamètre, 2 le r . Pour un cercle d'unité nous prenons l'équation de doublement célèbre du Ludolph van Ceulen , = du c_ de $de {2n} \ racine carrée {2+c_n}. \, \ !$ Si nous entourons maintenant un gouvernement du Nigéria régulier du n , avec A&Prime latéral ; B&Prime ; parallèle à ab, puis OAB et OA&Prime ; B&Prime ; sont les triangles semblables, avec A&Prime ; B&Prime ; ; : ; AB ; = OC ; : ; OP. Appeler le latéral entouré n} de _{du S ; alors c'est le n} de _{du S ; : ; n} de _{du s ; = 1 ; : ; ¹&frasl ; n} de _{du c de ₂. (Nous avons encore employé qu'OP est la moitié de la longueur d'A&prime ; B.) nous obtenons ainsi le c_n de $de = 2 \ frac {s_n} {S_n}. \, \ !$ Appeler le inscrit n} de _{du u de périmètre ; = n} de _{du NS , et le entouré n} de _{du U de perimenter ; = n} de _{du NS . Alors combinant des équations, nous avons = du c_ de $de {2n} \ frac {s_n} {s_ {2n}} = 2 \ frac {s_ {2n}} {S_ {2n}},$ de sorte qu'u_ de $de {2n} ^2 = u_n U_ {2n}. \, \ !$ Ceci donne à un l'équation du moyen géométrique . Nous peut aussi déduire

$2 \ frac {s_ {} de 2n}} {S_ {2n} \ frac {s_n} {s_ {2n}} = 2 + 2 \ frac {s_n} {S_n},$ ou $de \ frac {2} {U_ {2n}} = \ + du frac {1} {u_n} \ frac {1} {U_n}.$ Ceci donne à un l'équation du moyen harmonique .

Approximation de dard
Quand des méthodes plus efficaces de trouver des secteurs ne sont pas disponibles, nous pouvons recourir « jetant darde ». Cette méthode de Monte Carlo de emploie le fait que si des échantillons aléatoires sont prélevés uniformément dispersés à travers la surface d'une place dans laquelle un disque réside, la proportion d'échantillons qui frappent le disque rapproche le rapport du secteur du disque au secteur de la place. Ceci devrait être considéré une méthode de dernier recours pour calculer le secteur d'un disque, car il exige d'un énorme nombre d'échantillons d'obtenir l'exactitude utile ; une évaluation bonne 10^{− au n} exige au sujet 100^{des échantillons aléatoires du n}. Dans quelques autres arrangements, la méthode de Monte Carlo est la meilleure méthode disponible pour l'approximation numérique.
Remise en ordre finie
Nous avons vu qu'en divisant le disque dans un nombre infini de morceaux nous pouvons rassembler les morceaux dans un rectangle. Un fait remarquable découvert est relativement récemment que nous pouvons disséquer le disque dans nombre fini un grand mais du de morceaux et puis rassembler les morceaux dans une place de secteur égal. Ceci s'appelle le problème cercle-ajustant de Tarski de . La nature de la preuve de Luczkavoch est telle qu'elle prouve l'existence d'une telle cloison (en fait, de beaucoup de telles cloisons) mais ne montre pas n'importe quelle cloison particulière.
Généralisations
Nous pouvons étirer un disque pour former une ellipse . Puisque ce bout droit est une transformation linéaire de l'avion, il a un facteur de déformation qui changera le secteur mais préserver les rapports s secteurs. Cette observation peut être employée pour calculer le secteur d'une ellipse arbitraire du secteur d'un cercle d'unité. Considérer le cercle d'unité entouré par une place de la longueur latérale 2. La transformation envoie le cercle à une ellipse en étirant ou en rétrécissant les diamètres horizontaux et verticaux aux haches principales et mineures de l'ellipse. La place obtient envoyée à un rectangle entourant l'ellipse. Le rapport du secteur du cercle à la place est π/4, qui signifie le rapport de l'ellipse au rectangle est également π/4. supposent que le un et le b sont les longueurs des haches principales et mineures de l'ellipse. Puisque le secteur du rectangle est le ab , le secteur de l'ellipse est le πab /4 de . < ! -- l'image a eu besoin montrer comment le cercle d'unité/place sont tracés à l'ellipse -->
Nous pouvons également considérer des mesures analogues dans des dimensions plus élevées. Par exemple, nous pouvons souhaiter trouver le volume à l'intérieur d'une sphère. Quand nous avons une formule pour la superficie, nous pouvons employer le même genre d'approche de « oignon » que nous avons employée pour le disque.
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