Pole koła
Jak wiadomo, okrąg opisuje się wzorem \((x-x_0)^2+(y-y_0)^2=r^2\), gdzie \(x_0,y_0\) to współrzędne środka okręgu, a \(r\) to jego promień. Oczywistą rzeczą jest, że przesunięcie koła (wnętrza okręgu) nie wpływa na jego pole. Pokażemy jak obliczyć pole koła o środku w początku układu współrzędnych, czyli takiego, którego brzeg opisany jest wzorem \(x^2+y^2=r^2\). Na dobry początek policzymy pole połowy takiego koła, a potem pomnożymy wynik przez \(2\). Wybierzmy górną połówkę. Jakim wzorem jest zadany jej brzeg? Przekształćmy to, co wiemy.
\[ x^2+y^2=r^2 \\ y^2=r^2-x^2 \\ y=\sqrt{r^2-x^2} \]Wybór górnej połówki to ostatnia linijka przekształceń, gdy wzięliśmy pierwiastek z plusem (gdybyśmy wzięli z minusem, rozpatrywalibyśmy dolną połówkę).
Niebieska linia to krzywa, którą rozpatrujemy. Czerwona to ta, którą porzuciliśmy.Jak widać, pole naszej połówki to dokładnie pole pomiędzy osią \(x\) i wykresem funkcji \(y=\sqrt{r^2-x^2}\). Jak to policzyć? Oczywiście całką. Policzymy pole tylko (prawej) ćwiartki koła, a potem pomnożymy przez \(4\).
\[ \int\limits_{0}^{r} \sqrt{r^2-x^2} \, dx=\int\limits_{0}^{r} \sqrt{r^2\left(1-\frac{x^2}{r^2}\right)} \, dx = r \cdot \int\limits_{0}^{r} \sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}} \, dx \]Policzymy to przez podstawienie (które pewnie nazwałbym "magicznym", ale raz zrobiłem tak na zajęciach z analizy i nauczyciel powiedział, że to wcale nie jest magiczne), bo tak jest najprościej. Przechodzimy na zmienne biegunowe. Jak widać, kąt skierowany zmienia się w granicach \(\langle0,\frac \pi 2\rangle\), więc \(t \in \langle0,\frac \pi 2\rangle\).
\[ \sin t = \frac{x}{r} \implies x=r \sin t \implies x'(t)=r \cos t \]Co z granicami całkowania?
\[ 0=r \sin t \implies \sin t= 0 \implies t=0 \\ r=r \sin t \implies \sin t =1 \implies t=\frac \pi 2 \]Coś, co jeszcze nam się przyda: przejście na podwojony kąt.
\[ \cos 2t=\cos(t+t)=\cos t \cos t - \sin t \sin t = \cos^2 t - \sin^2 t= \\ =\cos^2 t - (1-\cos^2 t)=\cos^2 t -1 +\cos^2 t=2 \cos^2 t -1 \\ 2 \cos^2 t=\cos 2t+1 \\ \cos^2 t=\frac{\cos 2t+1}{2}=\frac{1}{2} (\cos 2t+1) \]Obliczmy w końcu tę całkę!
\[ r \cdot \int\limits_{0}^{r} \sqrt{1-\frac{x^2}{r^2}} \, dx= r \cdot \int\limits_0^{\pi/2} \sqrt{1-\sin^2 t} \cdot r \cos t \, dt =\\ =r^2 \cdot \int\limits_0^{\pi/2} |\cos t| \cdot \cos t \, dt \]Co powiemy o cosinusie na odcinku \((0,\frac \pi 2)\)? Jest dodatni. Więc jego wartość bezwzględna jest równa jemu samemu.
\[ r^2 \cdot \int\limits_0^{\pi/2} |\cos t| \cdot \cos t \, dt = r^2 \cdot \int\limits_0^{\pi/2} \cos^2 t \, dt=\\ =r^2 \cdot \int\limits_0^{\pi/2} \frac{1}{2} (\cos 2t+1) \, dt=\frac 12 r^2 \cdot \int\limits_0^{\pi/2} \cos 2t+1 \, dt =\\ =\frac{r^2}{2} \left(\frac 12 \sin 2t + t\right)\Bigg|_0^{\pi/2}=\frac{r^2}{2} \left(\frac 12 \sin \pi + \frac{\pi}{2} - \frac 12 \sin 0 - 0\right)=\\ =\frac{r^2}{2} \left(0 + \frac{\pi}{2} - 0 - 0\right)=\frac{\pi r^2}{4} \]Tyle wynosi pole ćwierci koła. Pomnóżmy przez \(4\), żeby otrzymać pole całego koła.
\[ 4 \cdot \frac{\pi r^2}{4}=\pi r^2 \]To wszystko można obliczyć znacznie szybciej, jeśli mamy wiedzę na temat całek podwójnych współrzędnych biegunowych. W nich ćwiartka koła \((x-x_0)^2+(y-y_0)^2=R^2\) jest po prostu prostokątem o długości \(\frac \pi 2\) i wysokości \(R\). Moduł jakobianu przekształcenia wynosi \(r\). Zatem, jak łatwo obliczyć, pole tej ćwiartki to: \[ \int\limits_0^{\pi /2} \, d \varphi \int\limits_0^R r \, dr = \int\limits_0^{\pi /2} \frac 12 (R^2-0^2)\, d \varphi=\frac 12 R^2 \cdot (\frac \pi 2 - 0)=\frac{\pi R^2}{4} \]
A więc pole całego koła o promieniu \(R\) to cztery razy więcej. \[ \frac{\pi R^2}{4} \cdot 4 = \pi R^2 \]
To są tradycyjne metody wyprowadzenia wzoru na pole koła. Chciałbym teraz zaprezentować inne ciekawe wyprowadzenie. Wpiszmy w koło \(n\)-kąt foremny. Jeśli od każdego wierzchołka do środka koła poprowadzimy odcinek, to stworzymy \(n\) identycznych trójkątów równoramiennych. Ile wynosi kąt przy wierzchołku takiego jednego trójkąta? Chodzi o wierzchołek, który jest środkiem koła. Zastanówmy się jaka jest odpowiedź. Cały obrót to \(2 \pi\) radianów. Koło jest podzielone \(n\) odcinkami na \(n\) części. Zatem jeden kąt przy wierzchołku takiego trójkąta to \(n\)-ta część całego obrotu, czyli miara tego kąta to \(\frac 1n \cdot 2 \pi \), czyli \(\frac{2 \pi}{n}\). Poniżej ilustracja.
Miara kąta \(\varphi\) wynosi \(\frac{2 \pi}{n}\), trójkątów jest \(n\).Znamy sympatyczny wzór na pole trójkąta: \(P=\frac 12 ab \sin \varphi\). \(a,b\) to ramiona kąta, więc w naszym przypadku \(a=b=r\). Ile wynosi pole całego wielokąta? Wynosi ono \(n \cdot \frac 12 r \cdot r \cdot \sin \frac{2 \pi}{n}\). Jeśli będziemy zwiększać \(n\), to pole wielokąta będzie bliższe polu koła. Ktoś kiedyś powiedział "Bardziej prawdziwe jest, że okrąg ma nieskończoność kątów niż że ma ich zero". No to stwórzmy taki nieskończonościokąt! Innymi słowy: zwiększmy \(n\) do nieskończoności. Ile będzie wynosiło pole takiego nieskończonościokąta? Będzie wynosiło \(\lim n \cdot \frac 12 r^2 \sin \frac{2 \pi}{n} \). Policzmy ile dokładnie to będzie. Ale najpierw przypomnijmy znaną granicę:
\[ \lim_{x \to 0} \frac{\sin x}{x}=1 \]Przystąpmy do liczenia naszej granicy, podstawiając \(t=\frac{2 \pi}{n}\). \[ \lim_{t \to 0} \frac{2 \pi}{t} \cdot \frac 12 r^2\sin t= \lim_{t \to 0} 2 \pi \cdot \frac 12 r^2 \cdot \frac 1t \cdot \sin t= \lim_{t \to 0} 2 \pi \cdot \frac 12 r^2 \cdot \frac{\sin t}{t}=\\ =\lim_{t \to 0} \pi \cdot 1 \cdot r^2 \cdot \frac{\sin t}{t} =\lim_{t \to 0} \pi r^2 \cdot \frac{\sin t}{t}=\pi r^2 \]