提出问题

一个长为1m的梯子竖直立在直角墙角，现在梯子底端开始向右滑动，梯子滑得越来越快，哐啷一声摔在了地上。从侧面来看，梯子扫过的面积有多大呢？

建系分析

以墙角为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，记梯子扫过的区域为\(\Gamma\)。设一个点坐标\(P(x_0,y_0)\)，其中\(x_0,y_0\geq 0\)我们将要研究P在梯子扫过区域\(\Gamma\)内的充分必要条件。

首先，容易得出当P在坐标轴上的时候，\(P\in\Gamma\Longleftrightarrow 0\leq x_0,y_0\leq 1\)

接下来分析不在坐标轴上的P：

考察所有过\(P\)的直线，设之与x、y正半轴分别交于A、B。如果\(P\in\Gamma\)，则存在一条直线，使得对应线段AB长度为1，反之亦然，不存在这样的直线。易知直线一定存在斜率并且为负。

设直线方程为\(y=k(x-x_0)+y_0\)，令\(y=0\)，得\(x=x_{0}-\dfrac{y_{0}}{k}=x_{0}+\dfrac{y_{0}}{|k|}\)

则\(|AB|=\sqrt{1+k^{2}}\left(x_{0}+\dfrac{y_{0}}{|k|}\right)\)

容易得到线段AB长度可以任意大，那么\(P\in\Gamma\Longleftrightarrow |AB|_{\text{min}}\leq 1\)，也就是\(|AB|^2_{\text{min}}\leq 1\)。

而由Holder不等式，$$\begin{aligned}|AB|^{2}&=\left(1+k^{2}\right)\left(x_{0}+\frac{y_{0}}{|k|}\right)\left(x_{0}+\frac{y_{0}}{|k|}\right)\\&\geqslant\left(\sqrt[3]{x_{0}^{2}}+\sqrt[3]{k^{2} \cdot \frac{1}{|k|^{2}} \cdot y_{0}^{2}}\right)^{3}\\&=\left(x_{0}^{\frac{2}{3}}+y_{0}^{\frac{2}{3}}\right)^{3}\end{aligned}$$

取等当且仅当\(\dfrac{x_{0}}{1}=\dfrac{y_{0}}{|k|^{3}} \)，即\(k=-\sqrt[3]{\dfrac{y_{0}}{x_{0}}}\)。

于是\(|AB|^2_{\text{min}}=\left(x_{0}^{\frac{2}{3}}+y_{0}^{\frac{2}{3}}\right)^{3}\)。

整理得到\(P\in\Gamma\Longleftrightarrow 0\leq x_{0}^{\frac{2}{3}}+y_{0}^{\frac{2}{3}}\leq 1\)。注意到此条件也适用于P在坐标轴上的情况。

于是我们可以计算面积（积分）

$$\begin{aligned}S&=\int_{0}^{1}\left(1-x^{\frac{2}{3}}\right)^{\frac{3}{2}}\,\text{d}x \\&\stackrel{x=\cos ^{3} \theta}{=}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\cos ^{2} \theta\right)^{\frac{3}{2}} \,\text{d}\left(\cos ^{3} \theta\right)\\&=-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{3} \theta \,\text{d}\left(\cos ^{3} \theta\right) \\&=3 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4} \theta \cos ^{2} \theta \,\text{d} \theta \\&=3 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{4} \theta\,\text{d} \theta-3 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{6} \theta\,\text{d} \theta \end{aligned}$$

借助熟知的结论$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{n} x\,\text{d} x=\left\{\begin{array}{l}\frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3}, n \text {是奇数} \\ \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}, n \text {是偶数}\end{array}\right.$$

最终计算得到\(S=\dfrac{9}{16} \pi-\dfrac{15}{32} \pi =\dfrac{3}{32} \pi \)，这便解决了我们提出的问题。

回顾+拓展=快乐

值得注意的是，借助刚才的探究过程，我们发现第一象限里过\(x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=1\)做任一切线于坐标轴相交形成的线段长度恒为1，并计算了第一象限中\(x^k+y^k\leq 1\,(k=\dfrac{2}{3})\)区域的面积。

方程\(x^k+y^k=1\,(k\in\mathbb{R})\)的解的图象与\(xOy\)围成的面积很容易引起我们的兴趣，我们在数学学习的历程中也接触过一些简单又神奇的例子，比如：$$\begin{aligned}S_1&=\dfrac{1}{2}\times 1\times 1=\dfrac{1}{2}\\S_2&=\dfrac{1}{4}\times\pi\times 1\times 1=\dfrac{\pi}{4}\end{aligned}$$这是因为\(k=1\)时，对应\(x+y=1\)，是一条直线（第一象限里是线段）；而\(k=2\)时，对应\(x^2+y^2=1\)，是一个圆（第一象限里是四分之一圆）。但对于\(k=\dfrac{2}{3}\)的情况我们完全是陌生的（尽管它有一个非常奇妙的几何性质），却仍然得到了有理数乘以\(\pi\)的形式。在好奇心的驱使下，我们转向研究更一般的\(S_r\)。

为了计算简便，我们提前将r写成\(r=\dfrac{2}{k}\)的形式。下面开始认真计算：$$\begin{aligned}S_{r}&=\int_{0}^{1}\left(1-x^{\frac{2}{k}}\right)^{\frac{k}{2}}\,\text{d}x \\&\stackrel{x=\cos ^{k} \theta}{=}-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k} \theta\,\text{d}\left(\cos ^{k} \theta\right) \\ &=k \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k+1} \theta \cos ^{k-1} \theta \,\text{d} \theta\end{aligned}$$但是积分里的式子直接处理比较困难，考虑凑配并使用整体法：$$\begin{aligned}A&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k+1} \theta \cos ^{k-1} \theta \,\text{d} \theta \\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{k+1} \theta \sin ^{k-1} \theta \,\text{d} \theta \end{aligned}$$于是$$\begin{aligned}2A&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k-1} \theta \cos ^{k-1} \theta\left(\sin ^{2} \theta+\cos ^{2} \theta\right) \,\text{d} \theta \\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{1}{2^{k-1}} \sin ^{k-1} 2 \theta\,\text{d} \theta \end{aligned}$$整理得到$$\begin{aligned}A&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2^{k-1}} \sin ^{k-1} 2 \theta\,\text{d}\theta \\ &=\dfrac{1}{2^{k}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k-1} \theta \,\text{d} \theta \end{aligned}$$

所以$$S_r=S_{2/k}=\dfrac{k}{2^{k}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{k-1} \theta\,\text{d} \theta$$

咦？是不是突然变得很清凉！计算\(S_r\)的工作最终转移到了\(\int \sin^{k-1}x\,\text{d}x\)上了~

本文终于2023.5.28 18:32

The End