Matematika»Geometria

Luzerak, areak eta bolumenak

I. Neurriaren definizioa

Zuzenkiak berdinak direla esan ohi da, eta orobat angeluak, elkarren gainean jarri eta bat datozenean. Baliokidetasun erlazio guztiak bezala, berdintasun hori simetrikoa, iragankorra eta erreflexiboa da. Horrez gainera, badago definitzerik zuzenkien batura bat, edo angeluena, zenbaki baturaren arauak betetzen dituena ; alegia, elkarkorra da, trukakorra, badu elementu neutrorik, eta, orientazioak onartzen badira, baita elkarren aurkako elementuak ere. Elementu, zuzenki edo angelu berdinez, esaten da magnitude bera dutela, tasun horretxek egiten baititu berdin, edo tasun horietxei esker batu daitezke. Bestalde, kasu horietan magnitudea osorik ordena daiteke, eta horregatik esaten da luzerak eta angeluak magnitude eskalarrak direla. Badira beste geometria tasun batzuk ere, hala adibidez zuzenen paralelotasuna : baliokidetasun erlazioa da, baina batuketa ez du onartzen, eta, hortaz, ez da magnitudea.

Beste zenbait kasutan, bektoreen kasuan adibidez, magnitude bat berdintasun baten bidez definitzen da (ekipolentziaz), eta operazio batzuen bidez (bi bektoreren batuketaz) ; baina ordena oso bat ezin da definitu, eta, hori dela-eta, esaten da magnitude hori ez dela eskalarra.Bestalde, angeluetan edo zuzenkietan definituriko magnitudeek zenbaki errealen tasun topologikoak ere badituzte, hala adibidez jarraituak edo Arkimedesenak izatea.Horrela bada, magnitude jakin baten eta zenbaki errealen arteko korrelazio baten definizioa eman daiteke. Korrespondentzia hori egiteko, zein angelu edo zuzenkiri dagokion R-ko banakoa finkatu beharra dago aurrena. Banakoa jakinda, eta kontuan hartuta korrespondentziak isomorfismoa behar duela izan, alegia, O-a dagokiola elementu baliogabeari, zenbaki batura magnitude baturari, etab., zuzenki edo angelu bakoitzak bere neurria emango duen zenbaki erreal bat izango du : luzera zuzenkia bada edo zabaltasuna angelua bada.Zuzenki bat neurtzea, banakoa emanik, zein den zuzenki horren luzerari dagokion zenbakia jakitea da. Neurri hori aurkitzea gauza erraza da neurtu nahi den zuzenkia eta banakoa aldera daitezkeenean, hau da, zuzenkia banakoa aldi finituz biderkatua denean, edo banakoa aldi finituz biderkaturik berdin zuzenkia zenbaki osoz biderkatua denean. Hau da, x luzeraren eta u banakoaren artean egiaztatzen bada x = un edo px = qu (n, p eta q zenbaki osoak izanik), neurtzea erraza izango da, emaitza zenbaki oso bat edo zatiki bat izango baita. Kasu honetan zuzenki hori neurgarria dela esaten da, banako hori erabiliz. Era horretako berdintasunik ezin ezarri baldin bada, zuzenkia neurtezina dela esaten da. Laukiaren diagonala, adibidez, aldea bat baldin badu, zuzenki neurtezina da. Kasu horretan, bi zatiki segida izango dira, neurriaz goitikoak eta behetikoak, eta horiei dagokien ebakidura izango da zuzenkiaren neurria.Era horretan, egokitasun bat sortzen da zuzenkien eta zenbakien artean, edo zuzenkien luzeraren, zuzenaren puntuen eta zenbaki errealen artean.Zuzenki eta zenbaki baten biderkadura edo zuzenkien arrazoia, azkenean, zenbaki errealen biderkadura edo zatidura besterik ez dira.Zuzenkien luzeren ordez, kurben luzerak, edota areak eta bolumenak neurtu nahi baldin badira, nahasiagoak izaten dira gauzak.

Antzina, kasu horietan agorbide izeneko metodoa erabiltzen zen.

Alegia, irudi makur baten area aurkitzeko, adibidez, irudi hori poligono inskribatu eta zirkunskribatuekin alderatzen zen, etahaien area kalkulatzen zen, irudi makurrera gero eta gehiago hurbiltzeko . Gaur egun, integrazioz ebazten dira era horretako problemak, objektuaren formatik eta erabili nahi den geometria metrikoari dagokion luzera, area edo bolumen elementutik abiatuz . Oinarrizko geometriaren irudiei dagokienez, aski izaten da hori, irudi horiek ez baitituzte sortzen ezjarraitasun infinituen edo tasun topologiko zailak dituzten esparruen arazoak; arazo horiek, hain zuzen ere, ekarri zuten Borel eta Lebesguek garatu zuten neurriaren teoria orokortzea eta finkatzea, neurria, integrazioa eta topologia lotuz.

I I. Neurriak eta mundu fisikoa : metroa

Neurriaren arazoa, matematikan, fisikako neurrien arazoekin dago lotua. Zuzenki idealen neurri abstraktuak ez dute zertan bat etorririk neurri errealekin, baina, hasteko, onartzen da bat datorrela espazio fisikoa hiru dimentsioko espazio euklidearrarekin, eta halaber bat datozela matematika neurriak fisikakoekin.Matematikaren emaitzak fisikari aplikatu ahal izateko, batetik, neurri banako bat finkatu behar da, eta, bestetik, emaitzak adierazteko erabiliko den zenbakitze sistema.Metroa da gaur egun erabiltzen den luzeren neurri sistema unibertsala .Luzera ez da fisikan definitzen den magnitude bakarra ; badira beste batzuk, masa edo denbora adibidez, beren banako bereziak dituztenak. Zientzietan erabiltzen den neurri sistemari Nazioarteko Sistema deritza.Bigarren auzia da emaitzak banakoetan edo zatiki hamartarretan adierazten direla. Oso zenbaki handiak edo oso txikiak ez erabiltzearren, multiploak edo azpimultiplo hamartarrak erabiltzen dira.

Hamabikoak edo herenak ez dira neurri gisa erabiltzen Nazioarteko Sisteman. Banakoaren multiploak edo azpimultiploak aurrizki jakinen bidez adierazten dira ; ondoko taulan ageri dira aurrizki horiek :Neurri sistema hamartarraren bilakaeraren emaitza da Nazioarteko Sistema. Neurri banako horiek Frantziako Iraultzaren garaian hasi ziren erabiltzen. 1790ean, luzera banako bat proposatzea eskatu zion Nazio Batzarrak Zientzien Akademiari. Pisu eta Neurri Batzordeak metroa proposatu zuen, Lurraren meridianoaren laurdenaren hamar milioiren gisa definitzen zena. Horren balioa zehazteko, Dunkerquetik Bartzelonara doan meridianoa neurtu zen. Neurketa horren emaitzarekin, platinozko metro baten eredu bat egin zen (1799), arau balioa izango zuena, eta urte horretan bertan kaleratu zen metroa Frantziako neurri ofiziala bihurtzen zuen dekretua. Gaur egungo kalkuluen arabera, meridiano laurdenak 10.002.288 metro du, hau da, lehen ereduak baino zertxobait gehiago.Napoleonek osteek eraman zuten metroa atzerrira, baina oso poliki zabaldu zen. Hasieran, Frantzian, Herbehereetan eta italiar estatu batzuetan onartu zuten. Baina, zabaldu ahala, soilik frantsesa izateari utzi zion, eta pisu eta neurrien nazioarteko bulego baten mende geratu zen ; Sevresen zuen bulego horrek egoitza, Paristik gertu. Espainian 1892an onartu zen metroa. Bestalde, metroa onartu zuten herriek ereduaren kopia bat egin zuten.Metroaren lehen eredua 1889an berritu zen, I. Conference generale des poids et des mesures biltzarrean. Iridio platinozko eredua 0° C izotzetan gordetzen bazen ere, eta behaketa akatsak txiki-txikiak ziren arren, metro milioiren bat baino gutxiago (10 - 6 ), neurriak zehaztu beharra dela-eta, definizio berri bat erabiltzen da egun, Lurraren araberakoa ez dena, argi irraden araberakoa baizik. 1960ko XI. Conferencegenerale des poids et des mesures batzarrean, metro gisa onartu zen luzera, kripton 86-ren atomoaren 2p,, eta 5d 5 mailen arteko trantsizioari dagokion irradak espazio hutsean duen uhin luzera 1650763,73 aldiz da. 10 - 'mrainokoa da prozedura horren bidez lorturiko neurrien zehaztasuna .1960. urteaz gero, Nazioarteko Sistema deritzan neurri fisikoen sistema baten baitakoa da metroa. Sistema hori legezkoa da Frantzian eta Espainian, eta horixe erabiltzen dute mundu osoko zientzialariek . Aurreko sistemak desagertzen ari dira, eta leku jakin batzuetan bakarrik erabiltzen dira, gauza jakinetan, nahiz eta britainiar sistema (iardak, oinak eta librak), oraindik ere garrantzitsua den herri anglosaxoniarretan, eta Britainia Handiko antzinako kolonietan.

Metroaren aurreko neurriak

Sistema metrikoa onartu aurreko neurriak era askotakoak ziren, eta, horretaz, menderatzen oso zailak. Luzeren neurriak ziren bateratuenak.

Gipuzkoan, Bizkaian eta Araban Gaztelako kana zen banakoa, eta 84 bat cm balio zituen. Hiru oinetan banatzen zen, bakoitzak 28 bat cm zituela, edo 36 hatzetan, 2,33 cm-koa bakoitza. Arra edo besoa ere erabiltzen ziren. Nafarroan bestelako banako batzuk erabiltzen ziren, Aragoiko erreinukoarekin zerikusia zutenak. Iruñeko kanak 79 cm inguru zen, eta oinak 26,5. Frantzian banako nagusia toise-a zen, sei oin zituena, eta 1,95 m zituen ; hala, oin frantsesak 33 bat cm zituen. Europako beste lekuetan ere oso nahasiak ziren gauzak, eta baziren oin erromatarrak, Rhingo oinak, Bruselakoak, Bavariakoak, Londreskoak, Estrasburgokoak, Veneziakoak eta beste leku askotakoak. Antzinako erromatar oinak bazuen erreferentzia balioa, baina aski dudazkoa, ez baitzetozen bat herri guztiak oin horren luzeran.Are nahasiagoak ziren pisu eta gainalde banakoak. Gaztelan libra zen pisu banakoa ; 460 gr zituen, eta 28,75 gr-ko 16 ontzatan banatzen zen, baina aldi berean bazen beste libra bat, 12 ontza besterik ez zituena.

Gipuzkoan 492 gr-ko libra erabiltzen zen, gutxi gorabehera 17 ontza zituena; baina 16 zatitan banatzen zuten, eta, hala, gipuzkoar ontza batek 30,8 gr balio zituen, hau da, Baionako ontzak (31 gr) etaNafarroakoak bezalatsu. Bizkaian librak 488 gr zituen, eta Galizian berriz 20 ontza eta 575 gramoko libra erabiltzen zen.Horrez gainera, muga lekuetan, Donostian adibidez, merkataritza harreman asko baitzuen Frantzia eta Nafarroarekin, probintziako gainerako lekuetako ez bezalako banakoak erabiltzen ziren; gaiaren arabera ere izan zitezkeen neurri bereziak. Horrek bidegabekeria asko ekartzen zuen, Bilboko predikari batek XVIII. mendean salatzen zuenez : "Bekatu larria egiten dure pisu bat erabiltzen dutenek jasotzeko eta erosteko, eta beste bat txikiagoa eta desleiala emateko". Gauza ziurra da ez zirela Bilboko merkatariak neurrien areko aldeak beren onurarako erabiltzen zituzten bakarrak.

I I I. Banakoen aldaketa neurri sistema hamartarrean

Banakoak hamarrenetan banatzea da sistema hamartarraren abantaila nagusietako bat, eta ez heren, hamabiren edo hamaseirenetan, beste sistemetan gertatzen den bezala. Luzera neurri bat, banako jakin batean adierazia, hurrengo banako txikiagora bihurtzeko, aski da ehunez biderkatzea edo koma lekuz aldatzea. Aitzitik, banako handiagora bihurtu nahi bada, hamarrez zatitzen da, bi aldiz handiagoa nahi bada, ehunez, etab.Kontuan izan behar da ordea gainalde banakoak luzera bider luzera direla, eta hori dela-eta, ehunka doaz ; bolumen banakoak luzera bider luzera bider luzera, hau da, milaka doaz. Alegia, bolumenarenbaten milarenabat da, eta ezbat. Era berean,da, eta ezbat.Neurri sisteman oinarritzen diren arren, erabil daitezke arau horri jarraitzen ez dioten gainalde eta bolumenari dagozkion banakoak, ez baitira sistema horretakoak. Horretaz, litroabat da, dezilitroa, eta mililitroa 0,001 litro, alegia,bat.Gauza bera gertatzen da gainaldeetan : area batbat da, eta zentiarea bat, hots,

Ariketak

1. Adieraz itzazu banako hauek metroetan :2. Alda itzazu metroak ondoren adierazten den banakora :3. Alda itzazu gainalde banako hauek- tara :4. Alda itzazu gainalde hauekinserted text- tatik ondoren adierazten diren banakoetara :5. Alda itzazu bolumen banako hauek- tara :6.Ondoko bolumen hauek, alda itzazu- etatik ondoren adierazten diren banakoetara :

I V. Luzeren kalkulua

Luzera bat kalkulatu nahi bada, zuzenean egin daiteke, tresna egokiak erabiliz, edota zeharka, iristerrazagoak diren edota neurtzen errazak gertatzen diren zuzenkiak neurtuz, eta horretarako egokiak diren erlazio matematikoak erabiliz gero. Luzeren artean, erlaziorik emankorrena Pitagorasen teorema da, planoko irudia horrela hartuz :. Edota espazioak hiru norabide ortogonaletan zatituz, hau da,Angeluen datuak eskura izanez gero, errazagoa izaten da kalkuluak trigonometria bidez egitea, sinuaren eta kosinuaren teoremak erabiliz. Oro har, trigonometriaren baitan ebatzi ohi dira irudi lauetan, edo espazioko irudietan, sortzen diren luzera arazo erraz batzuk, bereziki gainalde eta bolumenekin zerikusia dutenak :Laukiaren aldea jakinda, diagonala aurkitu.Aldea L baldin bada, Pitagorasen teoremaren bidez,Beraz,Triangelu aldekide baten aldea jakinda, triangelu horren altura, zirkunskribaturiko zirkunferentziaren erradioa (R) eta inskribaturiko r-arena aurkitu.Aldea L bada, triangelu aldekidean altura, erdibitzailea eta erdibidekoa berdin direlako, erpinetik alturak oina ebakitzen duen punturainoko distantzia L/2 izango da ; Pitagorasen teoremaren arabera,, berazzirkunferentzia zirkunskribatuaren erradioa, garaierekin eta erdibitzaileekin bat datozen erdibidekoak erpinetik bi herenetara elkar ebakitzen dutelako, hau izango da :Arrazoibide bera erabiliz, zirkunferentzia inskribatuaren erradioa hau izango da :Aldea jakinda, poligono erregular baten apotema eta erradioa aurkitu, hau da, zirkunferentzia inskribatuaren eta zirkunskribatuaren erradioa.Aldea L baldin bada, eta n aldeen kopurua, angelu guztien baturada, beraz, barneko angeluaren balioa ere badakigu. Poligonoatriangeluetan zatitzen bada, erpinak zentroarekin lotuz, erradioa bat etorriko da bi alde berdinekin eta apotema altura izango da.

Alde desberdina ezaguna da, poligonoaren aldea baita. A baldin bada barne angelua, triangeluaren alde berdinak A/2 izango dira, eta eskaturiko distantziak trigonometria bidez lor daitezke :Aldeen diagonala eta kuboaren diagonala.

Kuboak L baldin badu ertz luzera, Pitagorasen teoremaren bitartez,; alboko diagonalarentzat:diagonal orokorrarentzat,Ortoedro baten diagonalak. Aldeak a, b, c luzerakoak dituen ortoedro batek, hau du a eta b-k mugaturiko aldearen diagonala :eta diagonal orokorra berriz,Tetraedro erregular baten altura.Aldea L duen tetraedro erregular batean, aldeen apotema triangelu aldekideen altura da, eta, hortaz,du balioa. Tetraedro erregularraren altura, erpinetik erpin horrek oinarrian duen proiekziora doan distantzia da. Proiekzio hori, piramidea erregularra delako, eta oinarria triangelu aldekide bat duelako, triangelu horren erdibitzailean egongo da, erpinetik bi herenetara, eta aldearen heren batera. Oinarriarekiko ebaki zut bat eginez, erpinetik eta kontrako ertzaren erditik, hau lortzen da :Piramide erregular batean, edozein delarik ere, beti gertatzen da alboko ertza ber bi, berdin oinarria zirkunskribatzen duen zirkunferentziaren erradioa ber bi, gehi piramidearen altura ber bi dela. Eta piramidearen apotema ber bi, berdin oinarriko poligonoaren apotema ber bi, gehi piramidearen altura ber bi dela.Kono zuzen batean, beti gertatzen da sortzailea ber bi, berdin oinarriaren erradioa ber bi gehi altura ber bi dela:Esfera bat plano batez ebakitzen bada zentrotik R erradioa baino d distantzia laburrago batera, epaia zirkunferentzia bat izango da, erradioa r izango duena, era honetara :Poligono baten perimetroak.Poligono baten perimetro aldeen luzeren baturari esaten zaio.

Poligono erregularra baldin bada, erraza da kalkulatzen, zeren n aldetako eta L luzerako poligono erregular batek, hau du perimetroa :

- Ariketak

7. Marrazkiko kuboan, ertzaren luzera a izanik, aurki izatzu EM, MG eta EG.8. L aldea duen kubo batean, froga ezazu hexagono erregular bat dela ertzen erdiko puntuak lotuz lortzen den irudia, eta DF diagonalaren erdibitzailea dela bere planoa.9. Froga ezazu hexaedro edo kubo baten sei aurpegiak elkarrekin lotuz lortzen den poliedroa oktaedro erregularra dela.

V. Zirkunferentziaren luzera

Poligonoen definizioaren hedaduraz, perimetro deritza zirkunferentziaren luzera osoari.Antzina-antzinatik dakigu zirkuluaren luzera eta diametroa zuzenki proportzionalak direla. Eulerrez gero,deritza arrazoi horren zenbaki balioari, perimetroaren izen grekoarenlehen letratik datorren hitza erabiliz.Konstante horren balioaren arabera, hau da zirkunferentziaren balioa :Antzina-antzinatik datorren arazoa dakonstantearen balioa jakin nahia. Horretarako, bi bide erabili izan dira: balio errealari hurbiltzea ahalbidetuko duten metodoak aurkitzea, edo balio zehatza emango duen kalkuluren bat aurkitzea. Lehen sistemak bide luzea egin du Ahmes papiroaz gero (K.a. XVII. mendea;balioa ematen zion papiro horrek- ri ), gure egunak arte ; orain, ordenagailu eta algoritmo ahaltsuen bidez,- ren berrogeita hamaika mila milioi hamarren zehatz aurkitu dira. Bigarren bidea,- ren balioa kalkulatzeko modu zehatz bat aurkitzea, zirkuluaren koadraturaren problema da, hau da, zirkulu jakin baten area berdina duen karratu baten aldea aurkitzea, zeren L karratuaren aldearen balioa ezagutzen bada, zirkuluaren r erradioaizango baita. Bide hori dela-eta, aspalditik zegoen susmoa ez zuela irtenbiderik.jakiteko aurkitu ziren formak, antzina, kurba mekanikoak izan ziren, eta, gero, XVII. eta XVIII. mendeetan, segida infinituak edo funtzio transzendenteak. 1882an E.Lindemannek frogatu zuen

Arku baten luzera

Dagokion angeluaren balioa ezaguna baldin bada, a gradu edo A radian, arku baten luzera hiruko erregelaren bidez kalkulatzen da :Angelua radianetan emana baldin badago, adierazpena guztiz erraza da :Beraz,

- Ariketa

10. Gurdi batek 1 m-ko diametroko gurpil bat du. Milioi bat itzuli egin ondoren, zenbat kilometro egin ditu?

Zirkuluaren koadratura eta n zenbakia

Zirkuluaren koadraturaren problema, kuboaren bikoiztearen eta angeluaren trisekzioaren ondoan, matematika grekoko irtenbiderik gabeko problema klasikoetako bat zen. Euklidesek, jadanik Elementuak liburuko XII. liburuko bigarren perpausean, frogatu zuen "zirkulu bat beste batekiko haren diametroa ber bi bestearena ber bi adina" dela, eta Arkimedesek berriz zirkunferentziaren luzera aurkitzearen problemara laburtu zuen.

Baina ez zen ezagutzen zirkunferentziaren eta diametroaren arteko arrazoiaren balioa, ezta zehaztasunez aurkitzeko modurik ere. Grekoek aurkitu zuten horren balioa aurkitzeko bide bat, kurba mekanikoak erabiliz ; hau da, mugimendu bat erabiliz definitzen ziren kurbak. Horietako bat koadratriza edo trisektriza erabiltzea zen ; uniformeki biratzen duen erradio baten eta lastertasun uniformez jaisten den zuzen baten arteko ebakidura puntuak aurkituz lortzen da ; bi horien mugimendua batera hasten da zirkuluaren goreneko D puntuan, era halako lastertasunez mugitzen dira, non aldi berean heltzen baitira AB erradio horizontalera. Kasu honetanBaina S puntuaren definizioa ez da ebakidura batetik sortzen, limite bat eginez baizik. Bestalde, greziar geometrian ez ziren ontzat hartzen mugimendua behar zuten ebazpideak.Arkimedesen espirala da grekoek erabiltzen zuten beste kurba bat, honela definitzen dena : erradio baten gainean dagoen puntu baten ibilbidea da, eta zentrotik lastertasun uniformez aldentzen dena, kokaturik dagoen erradioa lastertasun angeluar uniformez biratzen den artean. Arkimedesek frogatua zeukan hau : 18. Zuzen barek lehen biraren ertzean ukitzen badu espirala, eta jatorritik biraren jatorrizko zuzenarekiko zuzen zut bat marrazten baldin bada, lerro zut horrek ukitzailea ebakiko du, eta ukitzailearen eta espiralaren jatorriaren artean geratzen den parrea lehen zirkuluaren berdina izango da'. Hau da :Baina hori ere kurba mekanikoa zen.Geroago aurkitu ziren metodoak ere ez ziren hobeak. Izan ziren porrot famatu batzuk, hala Hobbes filisofoarena adibidez, 1669an. Baina, Berpizkundeaz gero, arazoa aztertu zuten matematikariek aurkitu zituztenematen zuten adierazpenak batuketa edo biderkadura infinitu baten emaitza gisa, eta uste zen ezin zitekeela soluzio zehatzagorik izan. 1776an Lambertek frogatu zuenirrazionala behar zuela izan, eta azkenik 1 882an F. Lindemannek frogatu zuentranszendentea dela, eta ezin duela beraz izan ekuazio polinomiko baten ebazpena, hau da, ezin daiteke aurkitu erregela eta konpasa erabiliz, ezta konikoekin edo polinomioen arrazoi diren beste kurbekin ere. Hortaz, ezin da zirkuluaren koadratura egin, antzina esaten zen bezala. Bestelakoa da hurbileko soluzioen historia, emaitzak etengabe hobetu baitira. Ezagutzen den hurbilpen zaharrena Ahmesen papiroan ageri dena da, K.a. 1650. urtean kopiatu zuen eskribauaren izenaren omenez izendatu dena horrela ; Rhindena ere esaten zaio, joan den mendean papiroa erosi zuen ingelesaren omenez. 50. problemak dioenez, diametroko 9 banako dituen eremu zirkular baten area, aldeko 8 banako dituen lauki baten arearen berdina da. Horren ondorioz,, beraz,. Luzaroan gehien erabili zen balioa Arkimedesek aurkitu zuen, K.a. II. mendean ; poligono inskribatuak eta zirkunskribatuak zituen zirkulu bat oinarri hartuta, hau proposatzen zuen :Eta hor 22/7 = 3,1428... Gure aroko V. mendean Tsu Ch'ung-Chih txinatar astronomoak 355/113 (3,1415929...) balioa aurkitu zuen, are hobea dena; Herbehereetako matematikari batek, Adrian Menciok, berriro aurkitu zuen XVI. mendearen bukaeran. Hurbileko emaitzarik hoberena, gero eta alde gehiago zituzten poligonoak inskribatuz lortua, jatorriz Koloniakoa zen baina Holandan bizi eta lan egin zuen matematikari batek lortu zuen, Ludolph Van Ceulenek ; hark, XVII. mendearen hasieran,- ren 35 hamarren aurkitu zituen :3,14159265358979323846264338327950288Hurbileko emaitza honen ondoren, matematikariek pentsatu zuten- ren baliora lasterrago hurbilduko ziren metodoak aurkitu behar zirela, eta hainbat metodo interesgarri aurkitu ziren. XVII. mendearen erdialdean Wallis matematikari ingelesak, Hobbesen koadratura faltsua kritikatu ondoren, hau aurkitu zuen :Lcihniz filosofo eta matematikari famatuak hau proposatu zuen XVII.. endean :Taylorren funtzioen segidako garapenaren aurkikuntzarekin, XVIII.. endean asko ugaritu ziren hurbileko balioak aurkitzeko formulak. Ohikoenak arku tangenteen segida baten garapenean oinarritzen ziren (ukitzaileak x balio duen arkua) :Segida oso poliki bateratzen denez gero, oso nekeza da hurbilpen on batera iristea, eta horregatik erabiltzen dira x-en balioak 1 baino txikiagoak, eta orobathainbat arkuren batura gisa aurkitzea ahalbidetzen duten formulak, adibidez :Gaur egun, ordenagailua erabiliz,zenbakiaren hamarrenak kalkulatzea ez da batere gauza zaila. 1960an baziren ehundaka mila hamarren zehatz, eta 1997an badira milaka milioi.

VI. Irudi lauen areak

Gainalde banakoa lauki bat da, alde gisa luzera banako bat duena.

Aldeko 1 banako duen lauki baten area aurkitzeko :Lauki zuzena.Oinarria b eta altura a dituen lauki zuzen baten area hau da :Paralelogramoa.Luzera 1 duen alde bat duen paralelogramo batean, aldeen arteko distantzia h bada, hau izango da area :Aski da altura erpinetik marraztea, eta horrela ikusten da ABCD paralelogramoaangelu zuzenaren berdina dela, zeren falta den triangelua beste aldean sobran dagoenaren berdina baita.Triangeluak.Oinarria 1 eta altura h duen triangelu batean, area hau da :zeren aurkako erpinetik oinarriaren paraleloa, eta beste aldeetako baten paraleloa marrazten badira, areaduen lauki zuzen bat lortzen baita, diagonalak hasieran emandakoaren bi triangelu berdinetan zatitzen duena, eta hortik formula hau :Triangeluen area aurkitzeko Heronen formula.Triangeluaren altura aurkitzea zailagoa izan daiteke aldeak jakitea baino, eta horregatik beste formula hau ere erabil daiteke :s perimetroerdia delarik, eta a, b eta c, aldeen luzera.Erronboaren area.Erronboa paralelogramotzat har daiteke, edota horren ordez diagonalak elkarzutak direlakoaz baliatu, erronboa bi triangelu berdinetan zatitzen baitute diagonalek. Diagonalek D eta d balio badute, hau izango da horietako bakoitzaren area :Bi triangelu direnez gero :Trapezioaren area.Paralelo ez diren alde baten erdiko puntutik bestearekiko paralelo bat marrazten bada, lortzen den paralelogramoak trapezioaren area berdina izango du, zeren kentzen den triangelua batutzen denaren berdina baita.Paralelogramo honen oinarria erdiko paraleloaren luzera da, bi oinarrien baturaerdia balio duena, beraz, area hau da :h altura edo alde paraleloen arteko distantzia izanik.Laukiak oro har eta edozein poligono.Orokorrean, ez da formula jakinik edozein poligonotarako.

Metodo orokorrena triangeluetan zatitzea da. Triangeluaren area ezaguna denez gero, eta edozein poligono triangeluetan zatitu baitaiteke diagonalak erabiliz, forma horren bidez edozein poligonoren area aurki daiteke, ezagutzen badira aldeak, eta behar beste diagonal edo poligonoa zatitu den triangeluen behar beste altura.Pentagonoak eta beste poligono erregular batzuk.Poligono erregularretan, bada zentro bat zirkunferentzia zirkunskribatuaren zentroarekin bat datorrena. Zentro horretatik erpinetara zuzenak marrazten badira, poligono erregularra triangelu isoszele berdinetan zatikatzen da ; triangelu horiek poligono erregularraren aldea dute oinarritzat, eta altura gisa poligonoaren apotema, hau da, zentrotik alderainoko distantzia. Area beraz hau da :Poligono erregularren barne angelua ezagutzen denez gero, apotema erraz aurki daiteke trigonometria bidez.Hala adibidez, triangelu aldekidean, apotemabaitu, hau gertatzen da :Laukian, apotema L/2 da, beraz :Pentagonoan, apotema (L/2)tan54° da, beraz :Hexagonoan, apotemada, beraz

- Ariketa

11.. Poligonono erregular hauetan, denek perimetro bera dutela, esan ezazu zeinek duen area handiena: triangeluak,laukiak ala hexagonoak.

Zirkulua

Zirkuluaren area hau da :Hori froga daiteke poligono erregularren limite baten bidez, edo, Euklidesek egin zuen bezala, agorbidezko metodoa erabiliz, hori azken finean absurdura eramatea baita, limitea erabili ordez. Zirkulu laurden bat geometria analitikoan ezartzea da ordea biderik errazena.Zirkulu sektorea.Dagokion angeluaren balioa ezagutzen denean (A radian), zirkuluEta, horren ondorioz, zirkulu sektore baten gainaldea hau izango da :Zirkulu segmentuaren area sektorea ken triangelua izango da, hauda, A radianeko angelu zentralari badagokio, hau egiaztatuko da :Izan ere, trigonometria bidez, badakigu triangeluaren altura, oinarritzat erradioetako bat hartuta, hau dela :Zirkulu koroa.Zirkulu koroaren area kanpoko zirkuluaren area ken barrukoarena da:Bien areak, hurrenez hurren, R eta r baldin badira,Elipsea.

Matematikan aurki daitekeen beste irudi biribil-antzeko bat elipsea da, kono baten epaiaren bidez lor daitekeen irudietako bat dena..  eta b ardatzerdiko elipse bat baldin badugu, area hau izango da :Area hori lortzeko biderik errazena integrazioa da.

- Ariketak

12. Kalkula ezazu irudi marradunaren area :13. Bi banakoko erradioko zirkulu batean, kalkula itzazu 90°-ko angelu zentral bati dagokion zirkulu segmentu batean area eta perimetroa.

Kioseko Hipokratesen lunulak

Lunulak zirkuluerdiek eta zirkulu segmentuek mugaturiko irudiak dira. Zehaztasunez "karratu" ziren lehen irudi makurrak izatetik datorkie ospea ; hau da, lunulei aurkitu zitzaien aurrenekoz area bereko poligonoa.Kioseko Hipokrates K.a. V mendean bizi izan zen, eta ez du batere zerikusirik Koseko Hipokrates sendagilearekin. Iritsi zaizkigun albisteen arabera, merkatari gisa hasi zen lanean, baina ez zuen arrakastarik izan, eta Atenasen geratu zen. Han zaletu zen matematikekin. Ez dakigu eskolakopitagorikoko kide izan ote zen, baina badirudi baduela eskola horren eraginik.Hipokratesek, haren testuak aztertu dituztenen arabera, lunula batbaino gehiago itzuli zuen karratura. Horietan ezagunena zirkuluerdi batekosatua da, horri, kordatzat zirkuluerdi horren berorren diametroa duen segmentu bat kentzen zaiola, segmentu hori bat datorrelarik halako erradioazentral bati baitagokio.Baldintza horietan, lunularen area zirkuluerdiaren area ken segmentuaren area da, segmentu horren area, bere aldetik, sektorearen area ken triangeluarena delarik :Baina zirkuluerdiaren erradioa R baldin bada,zentroko zirkuluarena r izango da, etako arkua 90°koa denez gero, hau beteko da :beraz, sinplifikatuz,Hau da,Horrez gainera, ABCO 90°ko angelu sektorea da, hortaz, horren area, zirkuluaren 1/4 izango da. Beraz :Baina2R oinarria eta R altura duen triangelua da, beraz :

VII. Espazioko gorputzen areak eta bolumenak

Poliedro baten area bere aurpegi guztien areen batura da, eta poliedroa planoan zabaltzeak asko errazten du arearen kalkulua.

Aurpegiak oro har desberdinak izaten dira, eta kalkulua banakabanaka egin behar da. Baina poliedro erregularretan errazagoa izaten da kalkulua, aski baita ertzaren balioa jakitea :Tetraedro erregularrak lau alde ditu, triangelu aldekideak. Ertzaren luzera L baldin bada, hau izango da aurpegiaren area :Lau aurpegi berdinen batuketa eginez :KuboarentzatAurpegi batean areak, ertza 1 baldin bada, A = L- balio du.Beraz, albo area guztira,L ertzeko oktaedroan, aurpegiaren area hau da :. Beraz, area osoa,Dodekaedroaren aurpegiak pentagonoak direnez gero, albo area hau da:Area osoa beraz :Azkenik, ikosaedroan, aurpegiaren area hau daHogei aurpegi dituenez, area osoa :Prismetan, bereizi ohi dira albo area (sortzaileak eratua), eta oinarriaren area. Prisma zuzen batean, albo area oinarriaren perimetroa bider ertz zuta da. Area osoa lortzeko, bi bider batu behar da oinarri baten area, bi oinarriak berdinak baitira.Ortoedroaren kasuan, ertzak a, b eta c dira, eta aurpegi bakoitza lauki zuzena, beraz :Piramideetan, area osoa albo triangeluen area gehi oinarriarena da. Piramidea erregularra baldin bada, alboetako triangeluak isoszeleak izango dira, triangelu horien oinarria piramidearen oinarriaren poligono erregulararren aldearen berdina, eta triangeluen altura aldeen apotema da. Kasu horretan,A = Ab + oinarriaren perimetroa bider apotema zati biArea, oro har, oinarriaren area gehi albokoena da, eta albo area triangeluen areen batura.Piramideen enborren area jakin nahi baldin bada, albo irudiak trapezioak direla gogoratu behar da, eta bi oinarri dituztela, handia eta txikia.

Irudi biribilduak

Zilindroak.

Zilindroen area albo area gehi bi oinarrien area da : aldeak sortzaile zuzen batetik abiaturik lortzen direnez gero, paralelogramoak izango dira. Zilindro zuzenen kasuan, r bada oinarriko erradioa eta h altura, albo area, lauki zuzen baten area bera izango da ; lauki zuzen horrek 2nr oinarriko zirkuluaren luzera izango du, eta h altura, hau da :oinarrien areaberaz area osoa

Konoak.

Kono zuzenek oinarri zirkularra dute, eta, aldea zabaldurik, zirkulu sektore bat sortzen da, erradioa sortzailea duena. Albo area hau da :Oinarria zirkulua da :Beraz, area osoa :Kono enbor baten area kalkulatzeko, kontuan izan behar da bi oinarri direla, eta horiei albo area gehitu behar zaiela, zirkulu koroa baten parte bat dena. Oinarriaren erradioa R baldin bada, epaiarena r, eta g bi oinarrien arteko sortzailearen partea, albo area hau izango da:Bi epaien kenketa eginez, edota trapezio zirkulartzat hartzen baldin bada :Area osoa hau izango da :

Esferak.

Esferaren gainaldea hau da :Esferaren area bolumetik atera ohi da.Ziri esferikoaren area.Ziru esferikoa A-ren angelu diedriko zentral bati baldin badagokio, ziriaren area hiruko erregela baten bidez lortuko da :Hori, angelua radianetan adierazia badago. Angelua graduetan badago adierazia, dagokion koefizienteaz biderkatu behar da radianetara bihurtzeko.Txapel esferikoaren area.Txapel esferikoaren altura h baldin bada, eta R esferaren erradioa, hau izango da area :Esfera zonaren area.Bi planoen arteko altura h baldin bada, eta R esferaren erradioa, hau izango da area :

8. Bolumenak

Ertza luzera banakoaren berdina duen kubo bat da bolumenaren banakoa. Hala, ertza 1 duen kubo baten bolumena :a, b eta c ertzak dituen ortoedro batean, bolumena hau izango da :Prismetan, oinarriaren area A bada, eta altura h, hau izango da bolumena:Eta horietan, poligono motaren araberakoa izaten da oinarriaren area.Formula bera erabiltzen da zilindroetan :Hor, zilindroak zuzenak baldin badira,da area, oinarriaren erradioa r denean.

Kuboaren bikoiztea

Esmirnako Teonen arabera (K.o. 11 mendea), jainkoak adierazi omen zuen, Delosko orakuluaren bidez, izurri bat desagertarazi nahi bazen, bere ohorez eraiki zuten aldare bat bikoiztu behar zela. Aldarearen forma kubo batena zen, eta ez zekiten nola bikoiztu. Delosko apaizek Platonengana jotzea erabaki zuten, ea hark asmatzen zuen. Platonek esan zien, Teonek kontatzen duenez, matematika ikasi behar zutela adierazi nahi ziela horrekin Jainkoak. Beste egile baten arabera, Eratostenesen arabera (K.a 111.. endea), gauza bera gertatu zen Minos erregearen hilobiarekin, baina Platonek bestelako erantzun bat eman omen zien Delosko apaizei. Erastotenesek zioen Platonek bere Akademiako geometrialariei eman ziela arazoaren berri, eta haiek soluzio bat baino gehiago aurkitu zutela, konoen edo zilindoren ebakiduratik abiatuta, edota kurba mekanikoak erabiliz. Halaber, Erastotenesek kontatzen du frogatu zutela problema hori a eta 2a-ren artean bi proportzioerdi aurkitzearen baliokide dela. Alegia, bi zenbaki x eta y aurkitzea, honelakoak:Izan ere, lehenaren kuboa hiru proportzioen biderkadurarekin berdintzen bada,Beraz,Bi batezbesteko proportzionalekin, Grezian proposatzen ziren soluzio motetako bat ikus daiteke : lehen berdintasuna honen baliokidea da:, eta bigarrena eta hirugarrena berriz, honena :. Parabola baten eta hiperbola baten ekuazioak dira horiek. Grekoek ez zuten erabiltzen funtzioen idazketa hau, baina aurkitu zuten soluzio bat : problema ebatziko zuten parabola baten eta hiberbola baten arteko kono batean beharrezko epaiak egin.Ez zuten erregela eta konpas bidezko ebazketarik aurkitu, problema azken finean 2-ren erro kuboa aurkitzea baita, eta erro hori ezin da aurkitu erro koadro, zatiketa eta batuketetatik abiatuz, nahiz eta hori frogatzea zailagoa den.

Piramideak.

Piramidearen bolumena oinarriaren eta alturaren biderkaduraren heren bat da. Izan ere, edozein piramide zatika daiteke piramide triangeluarretan, eta era berean oinarri triangeluarreko prisma zuzen bat hiru piramide berdinetan zatika daiteke.Izan ere, QRS oinarria eta NS altura duen prisma bat, bi poliedrotan zatika daiteke PMS planoaren bidez. PMNS piramide triangeluarra da. Beste poliedroa, QMS planoaz ebakiz, bi piramide triangeluarretan zatika daiteke. Era horretan, bolumen bereko hiru piramidetan zatikatua geratzen da. QRSM eta PMNS piramideek jatorrizko prismaren oinarri bera eta altura bera dute, beraz, berdinak dira. Hirugarren piramideak oinarria QRS duenaren bolumen bera du ; izan ere, PQMR aurpegitik begiratuta, biek dute oinarri gisa aurpegiaren erdia, eta plano horretarainoko M distantzia dute altura. Prisma triangeluar bat hiru piramide triangeluar berdinetan zatika daitekeenez, horietako bakoitzaren bolumena prismaren bolumenaren heren bat izango da, alegia :Eta hori bera erabil daiteke edozein piramidetan.

Konoak.

Kono baten bolumena ere oinarriaren eta alturaren biderkaduraren heren bat da. Konoa zuzena bada, oinarria zirkulua izaten da, eta bolumena hau da :Esferak.Esferaren bolumena hau da :

Cavalieriren teorema.

Area bereko oinarria eta altura bera duten bi gorputz, oinarriaren paralelo diren planoez ebakitzen baldin badira, eta area bereko epaiak ematen badituzte, orduan gorputz horiek bolumen bera izango dute.Teorema honek, irudi poliedrikoek (prismak, piramideak) eta biribilduek (zinlindroak, konoak), bolumena aurkitzeko, zergatik duten formula bera agertzen du ; orobat agertzen du, oinarriaren eta alturaren area berdinarekin, prisma zuzen baten eta prisma zeihar baten bolumena berdina izatea edo, oro har, gorputz solido zuzen edo zeiharren bolumen berdina izatea.Esferaren bolumenaren formula agertzeko ere erabil daiteke.

Horretarako, zilindro batean inskribaturiko esferaerdi bat hartzen da kontuan. Esferaren erradioa R baldin bada, zilindroaren oinarriarena ere R izango da, zilindroaren altura bezalaxe. Zilindroa plano batez ebakitzen bada, areaduen zirkulu bat, eta areaduen esfera sortuko dira, bainaere gertatzen da, h izanik goiko oinarriarekiko distantzia. Beraz, esferaren epaiaren areada. Hartzenbaldin bada, beste alde batetik, oinarrian R erradioa duen kono bat, eta altura ere R duena, plano batek egindako epaiak erpinetik h-ra,emango du, zeren ardatzak eta sortzaileak sortzen duten angelua 45°-koa baita. Hortaz, ardatzari buruz zuta den epai batean :zilindroaren area = esferaren area + konoaren areaAlturak berak direnez, R hiru kasuetan, Cavalieriren teoremaz :zilindroaren bolumena = esferaerdiaren bolumena + konoaren bolumenaBaina, zilindroaren bolumenadenez gero, etaKonoaren bolumenadenez gero, etaBeraz, hau da esferaerdiaren bolumena :, eta hortikHorren ondorioz, esferaren bolumena :Antzeko irudien areak eta bolumenak.Antzeko bi triangelutan aldeen arteko arrazoia K baldin bada, areen arteko arrazoiaizango da.Antzeko bi gorputzen artean antzekotasun arrazoia K bada, bolumenen arteko proportzioaizango da.

- Ariketak

14. Aletegi batek zilindro forma du, 3 m-ko diametroarekin eta 3 m-ko alturarekin. Kono formako teilatu batek ixten du, eta kono horrek 1,5 m du altura. Zein bolumen eduki dezake gehienera? Zein da albo gainaldea?15. Zilindro formako tunel bat eraiki da, 3 m-ko erradioa eta 150 m-ko luzera duena. Zein da harrotu den lur bolumena?16. 3 eta 4 banakoko katetuak dituen triangelu zuzen bat 4 banakoko katetu baten inguruan biratzen da. Kalkula ezazu biraketa horrek sortzen duen konoaren bolumena.17. Zein da esferaren bolumenaren eta esfera horretan zirkunskribatua dagoen zilindroaren bolumenaren arteko arrazoia?

Soluzioak

8. Alde guztien neurriada, eta aurkako erpinak lotzen dituzten diagonalenaberaz, hexagono erregularra da.Horrez gainera, erpin guztiak F-tik eta D-tikdistantziara daude, beraz, plano erdibitzailean daude.9. Zortzi aurpe i eta sei erpin ditu, oktaedroa da beraz ; ertz guztien neurriada, beraz aurpegiak triangelu aldekideak dira, eta, horretaz, oktaedro erregularra da.10. Gurpilak ez badira irristatzenegiten du itzuli bakoitzean, beraz11. p baldin bada perimetroa, triangeluaLaukia; eta hexagonoaArea handiena hexagonoak du.