Приклади квадровних фігур

Теорема 1.5. Якщо плоска фігура має внутрішню точку, то внутрішня площа цієї фігури додатна (), у протилежному випадку - .

Доведення. 1) Нехай фігура має внутрішню точку , тобто існує відкритий круг . У цьому крузі радіуса розглянемо квадрат рангу , який місить точку , і такий, що довжина його діагоналі менша від радіуса: .

Отже, кожна точка квадрата відділена від точки на відстань, меншу його діагоналі, а значить і радіус круга. Тому (рис. 1.6), звідки , тому .

2) Нехай фігура не має жодної внутрішньої точки, тому . ■

Приклад 1. Кожний прямокутник квадровний і µ P=(b-a)(d-c).

Доведення. Квадрат рангу буде міститися у прямокутнику , якщо

, , , , звідки

.

Останні нерівності будуть виконуватись, якщо

(тут ми використали правильну для будь-яких нерівність

), або

і (1.12)

і

(1.13)

Оскільки , то завжди можна підібрати достатньо великий номер , при якому нерівність (1.13) виконується. Якщо першій нерівності (1.12) відповідає значень, а другій , то всіх квадратів буде

Поділимо на :

. (1.14)

Перш, ніж продовжувати наші міркування, розглянемо очевидну нерівність . Розділимо всі частини на :

і перейдемо до границі при :

.

Отже, в нерівності (1.14) перейдемо до границі при

(1.15)

з іншого боку, квадрат буде перетинатися з (тобто мати з принаймні одну спільну точку), якщо проекції на координатні осі квадрата і прямокутника перетинаються, тобто (рис. 1.17)

і .

При цьому

, i , ,

або і ,

звідки і (1.15)

Значить квадратів , які задовольняють умови (1.15), є , і кожний квадрат, який має принаймні одну спільну точку з прямокутником , знаходиться серед них, то

В останній нерівності перейдемо до границі при :

(1.16)

Співставляючи нерівності (1.15) і (1.16) бачимо, що

Отже, прямокутник є квадровною фігурою і його площа . ■

Приклад 2. Кожна ламана на площині з скінченним числом відрізків квадровна і має площу, рівну нулю.

Для доведення розглянемо ламану, яка складається з одного відрізка. Оскільки відрізок не має внутрішніх точок, то за теоремо 1.5 внутрішня міра . Залишається показати, що і зовнішня міра тут дорівнює нулю.

Відрізок нахилений до однієї з координатних осей на кут, не більший , наприклад до осі і – його проекція на цю вісь (рис 1.18). Оскільки

,

то кожний квадрат рангу , який має з принаймні одну спільну точку, проектується у відрізок осі і число такий проекцій не перевищує . При цьому квадратів з однією і тією ж проекцією не може бути більше трьох, бо якби відрізок перетинав, наприклад, квадрати , , і (рис. 1.19), то кут його нахилу до осі був би більший 45^о. тому число β _n (L) квадратів рангу , які мають з принаймні одну спільну точку, не перевищує числа , звідки

.

Перейдемо до границі при :

, або .

Отже , тому відрізок є квадровна фігура, площа якої дорівнює нулю. ■

Приклад 3. Кожний трикутник, многокутник є квадровними фігурами.

Доведення. Оскільки довільний многокутник можна подати як скінченне об’єднання тиркутників, то доведення квадровності проведемо для трикутника . Різниця

означає число квадратів рангу , які мають принаймні одну спільну точку з , але не належать внутрішності цього трикутника (рис. 1.20). Кожний такий квадрат перетинається з межею (тобто периметром) трикутника. Дійсно, візьмемо точку і .

Якщо або , то ,

Якщо або , то , а . Тоді відрізок перетинатиме і . Отже, перетинається з , тому

,

.

Але периметр трикутників складається з трьох відрізків, тому він квадровний і . Отже, , або .

Отже, згідно з 1.1 трикутник , є квадровною фігурою. ■

Приклад 4. Якщо і – інтегровані функції на відрізку , при чому . Тоді фігура , обмежена графіком функцій , і прямим , квадровна і її площа дорівнює

.

Приклад 5. Якщо функція інтегровна на відрізку , то криволінійний сектор , який визначається цією функцією, є квадровною фігурою, площа якої дорівнює

.

Доведення цих фактів нами проводилося при вивчені визначеного інтеграла. Нагадайте їх.

Дата добавления: 2014-11-29; Просмотров: 532; Нарушение авторских прав?; Мы поможем в написании вашей работы!