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$\mathrm{\Gamma }$。设一个点坐标$P(x_0,y_0)$，其中$x_0,y_0\ge 0$我们将要研究P在梯子扫过区域$\mathrm{\Gamma }$内的充分必要条件。

首先，容易得出当P在坐标轴上的时候，$P\in \mathrm{\Gamma }⟺0\le x_0,y_0\le 1$

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$P\in \mathrm{\Gamma }$，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$x=x_0-{\displaystyle \frac{y_0}{k}}=x_0+{\displaystyle \frac{y_0}{|k|}}$

则$|AB|=\sqrt{1+k^2}(x_0+{\displaystyle \frac{y_0}{|k|}})$

容易得到线段AB长度可以任意大，那么$P\in \mathrm{\Gamma }⟺|AB{|}_{\text{min}}\le 1$，也就是$|AB{|}_{\text{min}}^2\le 1$。

而由Holder不等式，$$\begin{array}{rl}|AB{|}^2& =(1+k^2)(x_0+\frac{y_0}{|k|})(x_0+\frac{y_0}{|k|})\\ & ⩾{(\sqrt[3]{x_0^2}+\sqrt[3]{k^2\cdot \frac{1}{|k{|}^2}\cdot y_0^2})}^3\\ & ={(x_0^{\frac{2}{3}}+y_0^{\frac{2}{3}})}^3\end{array}$$

取等当且仅当${\displaystyle \frac{x_0}{1}}={\displaystyle \frac{y_0}{|k{|}^3}}$，即$k=-\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{y_0}{x_0}}}$。

于是$|AB{|}_{\text{min}}^2={(x_0^{\frac{2}{3}}+y_0^{\frac{2}{3}})}^3$。

整理得到$P\in \mathrm{\Gamma }⟺0\le x_0^{\frac{2}{3}}+y_0^{\frac{2}{3}}\le 1$。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）

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^1{(1-x^{\frac{2}{3}})}^{\frac{3}{2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x={\cos }^3\theta }{=}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{(1-{\cos }^2\theta )}^{\frac{3}{2}}\text{d}({\cos }^3\theta )\\ & =-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3\theta \text{d}({\cos }^3\theta )\\ & =3{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^4\theta {\cos }^2\theta \text{d}\theta \\ & =3{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^4\theta \text{d}\theta -3{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^6\theta \text{d}\theta \end{array}$$

借助熟知的结论$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{n}x\text{d}x=\{\begin{array}{l}\frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3},n\text{是奇数}\\ \frac{n-1}{n}\cdot \frac{n-3}{n-2}\cdots \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2},n\text{是偶数}\end{array}$$

最终计算得到$S={\displaystyle \frac{9}{16}}\pi -{\displaystyle \frac{15}{32}}\pi ={\displaystyle \frac{3}{32}}\pi$，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$x^k+y^k\le 1(k={\displaystyle \frac{2}{3}})$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：$$\begin{array}{rl}{S}_1& ={\displaystyle \frac{1}{2}}\times 1\times 1={\displaystyle \frac{1}{2}}\\ S_2& ={\displaystyle \frac{1}{4}}\times \pi \times 1\times 1={\displaystyle \frac{\pi }{4}}\end{array}$$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$k={\displaystyle \frac{2}{3}}$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$r={\displaystyle \frac{2}{k}}$的形式。下面开始认真计算：$$\begin{array}{rl}{S}_r& ={\int }_0^1{(1-x^{\frac{2}{k}})}^{\frac{k}{2}}\text{d}x\\ & \stackrel{x={\cos }^k\theta }{=}-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^k\theta \text{d}({\cos }^k\theta )\\ & =k{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{k+1}\theta {\cos }^{k-1}\theta \text{d}\theta \end{array}$$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：$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{k+1}\theta {\cos }^{k-1}\theta \text{d}\theta \\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{k+1}\theta {\sin }^{k-1}\theta \text{d}\theta \end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}2A& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{k-1}\theta {\cos }^{k-1}\theta ({\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta )\text{d}\theta \\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\displaystyle \frac{1}{2^{k-1}}}{\sin }^{k-1}2\theta \text{d}\theta \end{array}$$整理得到$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{1}{2^{k-1}}{\sin }^{k-1}2\theta \text{d}\theta \\ & ={\displaystyle \frac{1}{2^k}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{k-1}\theta \text{d}\theta \end{array}$$

所以$$S_r=S_{2/k}={\displaystyle \frac{k}{2^k}}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{k-1}\theta \text{d}\theta$$

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