1611141253-0dfb8816724db4a6366d8ff392ad2dc5 (824988), страница 99
Текст из файла (страница 99)
плч площадь нвмноготгольных ьигть аба Нахождение площади посредством миогоугольных фигур. Установим сначала общее условие существования площади. Теорема 1а. Если для фигуры Р существуют такие фигуры 6 ~ Р и И с: Р с определенными площадями, что ризности их площадей сколь угодно малы, то Р имеет определенную площадь и она равна общему пределу площадей 5(6), 5(Н). Доказательство.
Если 6~Р~ Н и фигуры 6, Н имеют площади 5(6), 5(И), то (по теореме 3, 3 3) 5 (6) ) 5, (Р) .-ь 5; (Р) ) 5 (Н), Поэтому если разность 5(6) — 5(Н) может быть сколь угодно малой, то 5,(Р) = 5;(Р), т. е. Р имеет определенную площадь 5 =5, = 5,. И беря фигуры 6„, И„так, что 5(6„) — 5(Н.)-е.О, получим, что 5(6„)- 5(Р), 5(Н„)- 5(Р). Теорема (а доказана. П В частности, фигуры 6, Н могут быть много- угольными.
Поэтому в доказанной теореме ! а содержится утверждение: если для фигуры Р существуют многоугольные фигуры 6.:» Р и Н с: Р со сколь угодно малой разностью площадей, то Р имеет определенную площадь. Выполняется также обратное утверждение: Теорема 1б. Если фигура Р имеет определенную площадь 5(Р), то существуют такие многоугольные фигуры 6„, Н„(п = 1, 2, 3, ...), что 6„:» Р:» Н„и 5(6,)- 5(Р), 5(И„)- 5(Р).
Доказательство. По принятому здесь определению площади 5(Р) =1пп 5 (Р„') = йщ 5(Р',). Фигура Р„состоит из квадратов, внутренности которых содержатся в Р. Построив внутри каждого такого квадрата квадрат, к нему достаточно близкий, можно получить многоугольную фигуру Н, ~ Рс площадью, как угодно близкой к 5(Р„'). Получим такую последовательность многоугольных фигур Н„с: Р, что 5(Н,)- 5(Р). ЧАсть 6. ОснОВАния гиометтни Фигура Ре состоит из квадратов, внутри которых содержатся точки из Р. Но у фигуры Р могут быть еще точки, лежащие на сторонах квадратов сетки. Все такие стороны можно окружить прямоугольниками сколь угодно малой площади. Присоединив их к фигуре Р„получим многоугольную фигуру 6„ с площадью, сколь угодно близкой к Р;.
Получим такую последовательность многоугольных фигур бе:э Р, что 5(6„)- 5(Р). Теорема 1б доказана. П Теорема ! б вместе о теоремой 1а дают: Теорема 1. Фигура Р имеет определенную площадь в смысле определения с помощью квадратных сеток тогда и только тогда, когда существуют как содержащие ее, так и содержащиеся в ней много- угольные фигуры 6 и Н(6,=з Р:з Н) со сколь угодно малой разностью площадей 5(6) — 5(Н).
Площадь фигуры Р равна при атом общему пределу площадей 5(6), 5(Н). П Равенство площадей равных фигур. Теорема 2. Если фигура Р имеет определенную площадь, то всякая равная ей фигура тоже имеет определенную площадь, и притом ту же самую. Д о к а з а т е л ь с т в о. Пусть Р— фигура с определенной площадью 5(Р), а Р' — фигура, ей равная, т. е. полученная из Р некоторым перемещением Р'= др. По теореме 1б существуют такие 6,, ̈́— многоугольные фигуры: 6,:э Р:з Н„что 5 (6„) - 5 (Р), 5 (Н„) - 5 (Р). (1) Так как 6„:з Р:э Н„, то для фигур 6'„, Н'„, полученных из 6„, Н„тем же перемещением д, будет 6'„:э Р' ~ Н'„.
Поэтому 5 (6„') ..) 5, (Р') ) 5,. (Р') ~ 5 (Н'„) (2) Но так как фигуры 6'„, Н'„равны многоугольным фигурам 6„, Н„, то но теореме 1 $ б их площади те же. Поэтому предыдущие неравенства (2) можно переписать так: 5 (6е) «~ 5е (Р ) «5! (Р ) «5 (Не). и. 7. плОшАдь ивмиОГОуГОльиых ФиГуР авт По соотношениям (1) крайние члены здесь, при и-~-оо, стремятся к одному и тому же пределу 5(Р). Поэтому в пределе получаем т.
с. 5,(Р')=5,(Р')=5(Р). Это значит, что фигура Р' имеет определенную площадь и притом равную 5(Р), что и требовалось доказать. П Совокупность фигур определенной площади. Следующая теорема дает основание получать из фигур определенной площади другие такие фигуры. Теорема 3. Объединение и пересечение любого конечного числа фигур определенной площади, как и разность двух таких фигур, всегда оказывается фигурой с определенной площадью (здесь «разность» фигур Р, Р' — в обозначениях Р'~Р' — это множество всех точек, принадлежащих Р, но не принадлежащих Р').
Д о к а з а т е л ь с т в о, Достаточно доказать сказанное для двух фигур: если фигуры Рь Рт имеют определенную площадь, то ее имеют также фигуры Р~ 0 Рь Р~ Д Рм Р~'~РФ Наличие определенной площади равносильно тому, что площадь границы равна нулю. Поэтому теорема сводится к тому, что если у Рь Рг площадь границы равна нулю„то то же буд иуф у РОР,РДР,,Р; Р. Нетрудно доказать, что границы трех последних фигур всегда содержатся в объединении границ самих Р~ и Рв (Это простое доказательство читатель может провести сам.) А по лемме 4 $4, объединение фигур нулевой площади тоже имеет нулевую площадь.
Таким образом, если 5(дР~) = 5(дР») = О, то 5(дР,() дРе) =О, а вместе' с этим равны нулю площади границ объединения, пересечения и разности. Таким образом. теорема 3 доказана. С) Единственность площади. Теорема 4. Площадь фигур, у которых площадь границы равна нулю, определяется однозначно. То есть если для этих фигур заданы числа 5' с теми же условиями, как в теореме 1, лишь с заменой условия 1 на 5' = О, то эти числа совпадают с численной площадью 5.
ВОВ чАсть а ОснОВАния геометеии Д о к а з а т е л ь с т в о. Для площади многоугольных фигур единственность установлена теоремой 1 $ б, а согласно теореме 1 площади других фигур оп. ределяются по площадям многоугольных фигур, поэтому их площади тоже определяются однозначно. Подробнее это соображение представляется следующим образом. Пусть фигурам с определенной площадью сопоставлены числа 5' с указанными в теореме свойствами. Пусть Р:з Н, где Р, Н вЂ” фигуры с определенной площадью, тогда по теореме 3 Р~,Н вЂ” тоже фигура с определенной площадью.
Стало быть, по аддитивности чисел 5', 5'(Р) =5'(Н)+ 5'(Р', Н), и так как 5') О, то 5'(Р) ) 5'(Н). Следовательно, если Р— данная фигура, а 6, Н— такие многоугольные фигуры, что 6.:~ Р ~ Н, то 5' (6) ) 5' (Р) ) 5' (Н). Для многоугольных фигур единственность площади была доказана в теореме 1, $6. Поэтому 5'(6) = = 5(6), 5'(Н) = 5(Н), и последние неравенства можно переписать так; 5 (6) ) ~5' (Р) ) ~5 (Н).
По теореме 1 фигуры 6, Н можно взять так, чтобы 5(6) и 5(Н) сколь угодно малоотличалисьот 5(Р). Следовательно, 5'(Р) =5(Р). Теорема 4 доказана. П Итак, мы доказали теорему Па: Для фигур с гра- ниией нулевой плои!ади однозначно определяется чис- ленная площадь со свойствами: 1) 5(Р)) О, 2) если Р'ю Р, го 5(Р') = 5(Р), 3) 5(Р~ + РЕ) = 5(Р~)+ 5(РЕ), 4) 5(Е) = 1. В % 2 мы определили численную площадь 5, при- чем свойства !), 4) выполняются для нее непосред- ственно; свойство 2) установлено теоремой 2, а 3)— теоремой 1, (! 3; единственность (однозначность оп- ределения) доказана последней теоремой 4.
Таким образом, теорема !1 полностью доказана. П Дополнение. Аналогично теореме !б можно дока- зать, что: Для любой фигуры Р и многоугольных п.а. еще О Ф11гуплх с ОпРеделенноп плошАдью 699 фигур сг, Н, где б ~ Р:з Н, будет 5, (Р) =1п(5(а), 51 (Р) = зцр 5 (Н). Отсюда аналогично теореме 2 доказывается, что: Если Р' см Р, то 5,(Р ) = 5, (Р), 51 (Р ) = 51(Р) . Сами теоремы ! и 2 являются частными случаями этих общих утверждений.
в 8. Еще о фигурах с определенной площадью В нашем распоряжении есть два критерия того, что фигура имеет определенную площадь. Первый— это то, что площадь границы фигуры равна нулю. Второй состоит в том, что существуют две многоугольные фигуры со сколь угодно малой разностью площадей — содержащая данную фигуру и содержащаяся в ней. Но эти критерии недостаточно наглядны: они не позволяют по виду самой фигуры сразу определить, что она имеет определенную площадь.
Поэтому желательно найти хотя бы и более частные, но наглядные условия; пока мы установили только одно такое условие — что фигура многоугольная. Но его можно значительно обобщить. Теорема 1. Фигура имеет определенную площадь, если ее граница является объединением конечного числа фигур (линий), каждая из которых представляетгя в подходящих координатах уравнением у= =(Ьс) с непрерывной функцией Г на каком-нибудь промежутке ]а, Ь] (так называемых криволинейных отрезков).
Отложив пока доказательство этой теоремы, укажем другую. Теорема 2. Фигура имеет определенную площадь, если ее граница не имеет внутренних точек ') и существуют две такие пересекающиеся прямые, что всякая прямая, параллельная одной из них, пересекает границу по конечному числу (или даже по счетному множеству) отдельных точек и отрезков (либо вовсе ее не пересекает). ') Например, граница фигуры, состоящей нз параллельных отрезков, плотно расположенных иа квадрате, илн фигуры, составленной из всех точек квадрата с рациональнымн ноорднпатами, представляет собой квадрат.
а!о ЧАСТЬ К ОСНОВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ Если фигура содержит свою границу, то граница заведомо не имеет внутренних точек, так что в этом случае остается только второе условие теоремы. Условия теоремы выполняются, например, для любых выпуклых фигур и их объединений в конечном числе (многоугольные фигуры сюда включаются). Однако зту теорему мы не будем здесь доказывать, так как ее доказательство сложно. Доказательство теорем ы 1. Для доказательства теоремы 1 достаточно доказать, что при ее условиях площадь границы фигуры равна нулю.
То есть достаточно доказать, что если фигура служит объединением конечного числа кривых у = г(х) с непрерывными функциями 1, то ее площадь равна нулю. А для этого достаточно доказать то же для одной такой кривой, т. с. доказать следующее. Лемма 1. Фигура (кривая), представимая в прямоугольных координатах уравнением у =Г(х) с непрерывной функцией г, имеет нулевую площадь. Доказательство.
Пусть кривая т задана уравнением у=)(х) с непрерывной Г на некотором промежутке [а,б). Функция, непрерывная на заг мкнутом промежутке, равномерно непрерывна. Это значит, что при любом положительном е найдется такое 6 ) О, что на всяком промежутке дли- 1 х г Р ны, не большей 6, колебаРис. 2аа ние функции оказывается меньше е.
Геометрически это означает, что кривая т" над отрезком длины не больше 6 может быть заключена в прямоугольник с высотой е; основание его параллельно оси х и нс больше 6 (рис. 2ба). Разделим весь промежуток (а, Ь] на промежутки с длинами бь бм ..., 6„, меньшими 6. Тогда кривую р можно включить в фигуру б, состоящую из прямоугольников высоты е, расположенных над взятыми промежутками. Площадь такого прямоугольника БА —— ебА.
Поэтому площадь всей фигуры б будет 5(0) = ~ ох=е ~ бх — — е(Ь вЂ” а). п,в. вще о еигггхх с опееделенноп площхдью Так как Р ~ 6, то 5,(Р)( 5(6), и, стало быть, 5,(Р) (е(Ь вЂ” а). А так ьак е можно взять сколь угодно малым, то 5,(Р) = О. Таким образом, лемма 1 доказана, а вместе с этим доказана и теорема !. П Площадь и интеграл. Между интегралом н площадью есть хорошо известная связь. Пусть 1(х) — непрерывная функция на промежутке [а, Ь[. В прямоугольных координатах она представляется кривой у =1(х). Эта кривая Р вместе с отрезком [а, Ь[ н отрезками, приведенными из его концов параллельно оси у, ограничивает некоторую фигуру Т (понятно, что если конец кривой Р совпадает с концом отрезка [а, Ь[, то отрезок из этого конца не проводится).
Если кривая не имеет общих точек с осью х, то эта фигура представляет «криволинейную трапецию». Вообще говоря, фигура Т может состоять из двух фигур Т+ н Т вЂ” расположенных над осью х н под ней (рнс, 26б). Отрезок [а, Ь[ можно Рис. 2аа отнести и к той, и к другой фигуре. (Тогда фигура Т+ ограничена кривой у=)(х), где )(х)) О, н у=О там, где 1(х) ( О; тут она лежит на осн х. Для Т аналогично.) Согласно теореме 1, фигуры Т+, Т имеют определенную площадь 5(Т+), 5(Т ), и вместе с тем ь 1 [(х) ах =5(Т.) — 5(Т-). а Доказательство существования интеграла у непрерывной функции совпадает с доказательством существования площади у фигур такого вида, как Т+ и Т . Говоря геометрнческн, рассматриваются ступенчатые фигуры, заключающие такую фигуру Т н ЧАСТЬ К ОСНОВАНИЯ ГЕОМЕТРИИ 612 заключенные в ней (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
