Stożki i walce

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

stał a ⋅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.

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: $|4 3 3πa .$

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 $|h = RH2r2).$

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.

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