1611141253-0dfb8816724db4a6366d8ff392ad2dc5 (824988), страница 97
Текст из файла (страница 97)
Определение. Если внешняя и внутренняя площади фигуры равны, т. е. 5,(Р)= 5,(Р), то их общее значение принимается за площадь фигуры Р, и мы говорим: фигура Р имеет определенную площадь 5 (Р): 5(Р) = 5,(Р) =5;(Р). (7) Таким образом, можно дать определение: Площадью (численной площадью) фигуры называется общее значение ее внешней и внутренней площади, когда они равны. Вначале фигурам, составленным из квадратов какой-либо сетки, была приписана площадь — сумма площадей этих квадратов. Нужно убедиться, что это согласуется с данным общим определением площади. Пусть фигура Р состоит из квадратов гп-й сетки; тем самым Р = Р = Р и при всех и ) и также Р= Р„= Р'„.
Поэтому при всех и ) т площадь, первоначально приписанная фигуре Р, будет н. х хлдитивность площхди В пределе при и -»-о получим 5 (Р) = 5~ (Р) = 5, (Р), т. е. 5(Р) является общим значением внутренней и внешней площади. Тем самым 5(Р) является площадью фигуры Р в смысле данного общего определения. Итак, мы сопоставили некоторым фигурам числа 5(Р) по формуле (7) и назвали их площадью. Но нужно еще доказать, что эти числа действительно обладают свойствами, характеризующими площадь, и выяснить, для каких фигур эти числа определены.
Короче, нужно доказать, что они — те, о которых говорится в теоремах 1, 11. Это мы дальше и докажем. Попутно мы установим также основные свойства внутренней и внешней площади. й 3. Аддитивность площади Здесь мы докажем теорему об аддитивности площадей: Теорема 1. Если фигуры Рь Рз имеют определенную площадь и не имеют общих внутренних точек, то фигура Р| + Р» тоже имеет определенную плои(адь и 5 (Р! + Р2) 5 (Р1) + 5 (Рг) (1) Эта теорема будет получена как следствие теоремы о «полуадднтнвности» внешней и внутренней площади.
Теорема 2. Для любых двух фигур Рь Р» без общих внутренних точек 5 Ж+Рг)<5«(Р!)+5 (Р), 5,(Р, +Р,))5,(Р,)+5,(Рг). (2) (Такие же соотношения, как (!), (2), выполняются для любого числа слагаемых Рь Рь ..., Ры что выводится из (1), (2) обычным путем.) Доказательство теор е м ы 2. Для внешней площади выполняется общее утверждение: Лемма 1. Для любых фигур Рь Р» и их объединения Р~ 0 Рх 5,(Р, ОР,) <5.(Р)+5.(Р»). чАсть а ОснОВАния ГеОметРии Доказательство, Пусть Р=Р! () Рь Если квадрат а-й сетки входит в Р„, то это значит, по условию, что он содержит внутри себя точки из Р, Тем самым он содержит внутри себя точки хотя бы одной из фигур Р!, Р,, скажем, фигуры Рь Это зна- чит, что он входит в фигуру Р!, Итак, всякий квадрат фигуры Р„принадлежит хотя бы одной из фигур Р!,„Ре,, Плошади же всех этих фигур слагаются из площадей составляющих их квадратов.
Тем самым З(Р'.) <В(Р!..) + ~(РЯ,.). Переходя к пределу при л — со, получим З,(Р) <З,(Р!)+З,(Р,). Е) Лемма 2. Если фигуры Рь Р! не имеют общих внутренних точек, то О ! (Р! + Рз) ~ О! (Р!) + О ! (Рг). До к а з а т е л ь с т в о. Пусть фигура Р составлена из Р! и РЯ..
Р=Р, + Рь Пусть какой-то квадрат !,! и-й сетки содержится в фигуре Р' ,„т. е. внутренность его содержится в Р!. Тем самым она содержится в Р, и, значит, Г~ содержится в фигуре Р!. Вместе с тем внутренность этого квадрата не содержится внутри Рь так как Рт не имеет с Р, общих внутренних точек, Тем самым квадрат Я не содержится в фигуре Рт,„. Аналогично, если квадрат содержится в Ра „, то он не содержится в Р!,„. Таким образом, мы видим, что фигуры Рь„ Ря „не имеют общих квадратов и все их квадраты ! входят в фигуру Р„, Тем самым для сумм их площадей получается, что З(Р,',.)+ З(Р,',„) <З(Р„').
Переходя к пределу при и-!-Оо, получаем 8 (Р!)+ Ю (Рг) <8!(Р) =8!(Р!+ Рз). Таким образом, лемма 2 доказана. Е) Вместе с леммой 1 они дают теорему 2. !!.3. Аддитивность плОщАди бвб Доказательство теорем ы !. Теорему 1 можно сформулировать так: Если фигура Р составлена из фигур Р2, Рз с определенной площадью, то она тоже имеет определенную площадь и 5(Р) =5(Р,)+ 5(Р2). Дока за тельство. Пусть фигура Р составлена из фигур Р„Р2 с определенной площадью, т. е.
5,(Р!)= 5;(Р,) = 5(Р,), н то же для Р2. Тогда из лемм 1, 2 5е (Р) ее 5 (Р!) + 5 (Р2) 52(Р) >5(Р!)+5(Р2) А так как заведомо 5;(Р) = 5,(Р), то получается, вопервых„что 5,(Р) =52(Р), т. е. фигура Р имеет определенную площадь 5 = — 5! 5е.
И ВО вторых 5 (Р) = 5 (Р!) + 5 (Р2). Теорема 1 доказана. П Монотонность площади. Теорема 3. Если Р ~ Р', то 5е(Р)) 52(Р'), 5,(Р) ~5е(Р'). Поэтому если фигуры Р, Р' имеют определенные пло- щади (т. е. у них 5 = 5, = 5!), то 5 (Р) ) 5 (Р'). Д о к а з а т е л ь с т в о.
Пусть Р ':О Р'. Тогда в п-й сетке всякий квадрат, содержащий внутри себя точки нз Р', тем самым содержит внутри себя точки из Р. Следовательно, Р„с: Р,', и 5(Р,') «5(Р;). Переходя к пределу (при и- ь ), получим: 5,(Р') «5,(Р). Вывод для 5; аналогичен. Всякий открытый квадрат, содержащийся в Р', содержится и в Р. Поэтому Р„~Р„, так что 5(Р„') =5(Р„) и в пределе 5;(Р') «5(Р), что и требовалось доказать. П чксть 6. ООИОВАиия ГеОметРии й 4.
Фигуры с определенной площадью Обозначение. Здесь для обозначения границы воспользуемся символом д (а не (г). Теорема 1. Всякая многоугольная фигура имеет определенную площадь. Эта теорема вытекает из следующей общей теоремы. Теорема 2. Фигура илгеет определенную площадь тогда и только тогда, когда внешняя площадь ее границы равна нулю. Так как всегда 5, '= 5~ ) О, то из 5,(Р)= 0 следует 5;(Р) =О, т. е. 5,(Р)=5;(Р), и, значит, фигура Р имеет определенную площадь, равную нулю.
Поэтому теорему 2 можно формулировать и так: Теорема 2а. Фигура имеет определенную площадь тогда и только тогда, когда площадь ее границГя равна нулю. Доказательство теорем ы 2. Теорема 2 вытекает из следующего изящного утверждения, Лемма 1. Для всякой фигуры Р 5,(Р) — 5~ (Р) =5,(дР), где дР— граница Р. Доказательство. Пусть Р— данная фигура н дР— ее граница.
Рассмотрим в данной и-й сетке фигуры Р,', Р„', (дР)'„. Покажем, что фигура (дР),', состоит из тех квадратов фигуры Р„, которые не входят в Р„(рис. 23). В самом деле, если квадрат 9 входит в Р„, но не в Р„' то это значит, что внутри него есть точки из Р, но также точки, не принадлежащие Р (иначе он ! содержался бы и Р ). Следовательно, внутри этого квадрата есть точки границы Р. Тем самым такой квадрат входит в (дР)'„. Пусть теперь Я вЂ” квадрат, входящий в (дГ). Он содержит внутри себя точки из дР, т. е.
точки границы фигуры Р, Тем самым он содержит внутри себя как точки, принадлежащие Р, так и точки, не принадлежащие Р. А это значит, что он входит в фигуру Ю Р„но не в Р,. п.ч. еигтты с оптвделвннои площадью авт Таким образом, фигура (дР)'„образуется всеми квадратами, которые входят в Р, но не в Р~. Поэтому для площадей выполняется равенство: 5 (Р'„) — 5 (Р,') = 5 ((дР)'„). Переходя к пределу, получаем 5,(Р) — 5ч(Р) =5,(дР), что и требовалось доказать. П Из доказанной леммы сразу следует теорема 2.
До к аз а тел ь ство. То, что фигура Р имеет определенную площадь, означает по определению, что 5,(Р)= 5;(Р). А из доказанной леммы следует, что это равносильно 5, (дР) = О. Теорема 2 доказана. П Доказательство теорем ы 1, Теорема 1 о том, что многоугольная фигура имеет определенную площадь, выводится из доказанной теоремы 2. Для этого докажем три леммы. Лемма 2. Если а длина стороньч квадрата данной сетки, то отрезок длины 1 пересекает не бо- ! лее 2 — + 4 квадратов. Доказательство. Пусть дана квадратная сетка с длиной стороны Рис 24 квадрата, равной а.
Сетка образована прямыми двух взаимно перпендикулярных направлений, Любой данный отрезок образует с ними углы, в сумме равные 90', и, стало быть, с прямыми одного из этих направлений — угол, не больший 45'. Такие прямые назовем горизонтальными, другие — вертикальньчми. Вертикальные прямые делят плоскость на полосы ширины а. Отрезок, пересекая такую полосу, может пересекать, самое большое, два квадрата, иначе его угол с горизонтальной прямой был бы больше 45' (рис.
24). чАсть а ОснОВАния гвометвии 998 Если длина отрезка равна !, то он пересекает цс- ликом никак не больше — полос. Вместе с ними он а ! пересекает самое большее 2 — квадратов, а У каждого из концов он может пересекать по од- ной полосе и, значит, еще по 2 квадрата. Так что в целом он пересекает не более 2 — + 4 квадратов, е что и требовалось доказать.
(3 Лемма 3. Площадь отрезка равна нулю. Доказательство. Пусть фигура Р представ- ляет собою отрезок длины !. Пусть а„— длина сто- роны квадрата и-й сетки. Тогда, по доказанной лем! ме 2, отрезок пересекает не более 2 — + 4 квадратов и„ сетки. Значит, фигура Р состоит не более чем из такого числа квадратов, Поскольку площадь одного квадрата равна а„то площадь фигуры Р„' оцени- вается так: 5 (Р'„) (~ (2 — + 4) а„= 2!а„+ 4а~. Когда и — оо, то а„- О, а 5(Р',)- 5,(Р). Следова- тельно, 5,(Р) = О, что и требовалось доказать.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
