Volumen y superficie de una esfera por aproximación poliédrica

Question

Exposición:

En dos dimensiones, hay una (son muchas) explicaciones directas del hecho de que el perímetro (es decir, la circunferencia) y el área de un círculo se relacionan con el radio mediante $2\pi r$ y $\pi r^2$ respectivamente. Un argumento procede a la aproximación de estas cantidades mediante polígonos cíclicos regulares (equiláteros, equiangulares, sobre el círculo de radio $r$ ), observando que dicho polígono con $n$ Los lados se pueden descomponer en $n$ triángulos isósceles con ángulo máximo $\frac{2\pi}{n}$ , longitud de la base $~2r\sin\frac{\pi}{n}$ y la altitud $~r \cos \frac{\pi}{n}$ . Entonces, asociando la circunferencia con el polígono límite tal, tenemos, $$ P = \lim_{n\to\infty} n \cdot \text{base length } = \lim_{n\to\infty}2r \cdot \pi \frac{n}{\pi} \sin \frac{\pi}{n} = 2\pi r ~~, $$ y análogamente, (a través de la identidad trigonométrica) $$ A = \lim_{n\to\infty} n\left(\frac{1}{2} \text{ base } \times \text{ altitude }\right) = \lim_{n\to\infty}\frac{r^2\cdot 2\pi}{2} \frac{n}{2\pi} \sin \frac{2\pi}{n} = \pi r^2 ~~. $$ Pregunta:

¿Podría alguien ofrecer intuiciones, fórmulas y/o soluciones para realizar una construcción de sabor similar para la superficie y el volumen de una esfera?

Las imágenes y el razonamiento espacial implicado son cruciales aquí, ya que sólo hay un número determinado de sólidos platónicos, por lo que no veo inmediatamente el patrón en el que los tetraedros (análogos a los triángulos en 2D) se dispondrán para números arbitrariamente grandes de caras. Hasta ahora, mi mejor resultado ha sido una construcción mayormente rigurosa que se basa en este (puedo escribir esta prueba a petición). Lo que me gustaría sacar de esto es una mejor comprensión de cómo el ángulo sólido de un vértice en un poliedro se relaciona con los ángulos borde-borde y diedro involucrados, y tal vez una noción "libre de dimensión" para las ideas utilizadas en este problema para eliminar la necesidad de traducir entre ángulos sólidos (2 grados de libertad) y planos (1 grado).

Answer 1

Muy bien, he llegado a una prueba en lo que creo que es el sabor correcto.

Tomemos una esfera de radio $r$ y considerar el hemisferio superior. Para cada $n$ Construiremos un sólido a partir de pilas de frustraciones piramidales con $n$ -bases del género. La pila se formará colocando $n$ de la $n$ -gonos perpendiculares al eje vertical de simetría de la esfera, centrados en este eje, inscritos en la correspondiente porción circular de la esfera, a las alturas $\frac{0}{n}r, \frac{1}{n}r, \ldots,\frac{n-1}{n}r $ . Arreglar algunos $n$ denotamos por $r_\ell$ el radio del círculo que el regular $n$ -gon se inscribe en a la altura $\frac{\ell}{n}r$ . Las consideraciones geométricas dan como resultado $r_\ell = \frac{r}{n}\sqrt{n^2-\ell^2}$ .

Como se indica en la pregunta, el área de esta base poligonal será $\frac{n}{2}r_\ell^2 \sin\frac{2\pi}{n}$ para cada $\ell$ . No estoy seguro de por qué (formalmente hablando) es razonable suponerlo, pero parece visualmente (y apelando al caso 2D) que la suma de los volúmenes de estos frustos debería acercarse al volumen de la semiesfera.

Así, para cada $\ell = 1,2,\ldots,n-1$ El término $V_\ell$ que buscamos es $\frac{1}{3}B_1 h_1 - \frac{1}{3}B_2 h_2 $ el volumen de una pirámide menos su cima. Utilizando la semejanza de triángulos y todo lo introducido anteriormente, podemos deducir que $$ B_1 = \frac{n}{2}r_{\ell-1}^2 \sin\frac{2\pi}{n}~,~B_2 = \frac{n}{2}r_\ell^2 \sin\frac{2\pi}{n} ~,~h_1 = \frac{r}{n}\frac{r_{\ell-1}}{r_{\ell-1}-r_{\ell}}~,~h_2=\frac{r}{n}\frac{r_{\ell}}{r_{\ell-1}-r_{\ell}} ~~. $$ Por lo tanto, nuestra expresión para $V_\ell$ es $$ \frac{r}{6} \sin\frac{2\pi}{n} \left\{ \frac{r_{\ell-1}^3}{r_{\ell-1}-r_{\ell}} - \frac{r_{\ell}^3}{r_{\ell-1}-r_{\ell}} \right\} = \frac{\pi r}{3n} \frac{\sin\frac{2\pi}{n}}{2\pi/n} \left\{ r_{\ell-1}^2 + r_\ell^2 + r_{\ell-1}r_\ell \right\} $$ $$ = \frac{\pi r^3}{3n^3} \frac{\sin\frac{2\pi}{n}}{2\pi/n} \left\{ (n^2 - (\ell-1)^2) + (n^2-\ell^2) + \sqrt{(n^2-\ell^2)(n^2-(\ell-1)^2)} \right\} ~~. $$ Por lo tanto, consideramos $ \lim\limits_{n\to\infty} \sum_{\ell=1}^{n-1} V_\ell$ . El segundo factor que implica el seno es 1, y observamos que cada uno de los tres términos de la suma es cuadrático en $\ell$ y, por tanto, la suma sobre ellas debería tener intuitivamente una magnitud $n^3$ . Por lo tanto, pasamos el $\frac{1}{n^3}$ en la suma y evaluar cada suma y límite individualmente, obteniendo 2/3, 2/3 y 2/3 respectivamente (los dos primeros son sencillos, mientras que el tercero proviene del análisis en este respuesta).

Así, llegamos a $\frac{\pi r^3}{3} (2/3+2/3+2/3) = \frac{2}{3}\pi r^3$ como el volumen de una semiesfera, según se desee.

Entonces, ¿fue esto demasiado excesivo o quizás valió la pena? Os lo dejo a todos :)