Задача 1
Условие (кратко)
К главе XIII. На рисунке: OB — радиус R, A на диаметре — проекция точки окружности P, радиус OP образует 60° с перпендикулярным радиусом, BC ⊥ AB, BC = 6R. Доказать, что AC = 2πR с точностью до 0,001R.
Решение
Дано: окружность с центром \(O\) радиуса \(R\), \(B\) — конец горизонтального диаметра; радиус \(OP\) образует угол \(60^\circ\) с радиусом, перпендикулярным диаметру, \(PA \perp OB\) (\(A\) на диаметре, по другую сторону от \(O\), чем \(B\)); \(BC \perp AB\), \(BC = 6R\). Доказать: \(|AC - 2\pi R| < 0{,}001R\).
- Угол \(\angle POA = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ\). В прямоугольном треугольнике \(OAP\) с гипотенузой \(OP = R\) катет \(OA = R\cos 30^\circ = \dfrac{\sqrt3}{2}R\).
- Тогда \(AB = AO + OB = R + \dfrac{\sqrt3}{2}R = \left(1 + \dfrac{\sqrt3}{2}\right)R\).
- Треугольник \(ABC\) прямоугольный (\(\angle B = 90^\circ\)). По теореме Пифагора
\[AC^2 = AB^2 + BC^2 = \left(1 + \sqrt3 + \dfrac34\right)R^2 + 36R^2 = (37{,}75 + \sqrt3)R^2.\]
- Из \(1{,}7320 < \sqrt3 < 1{,}7321\) получаем \(39{,}4820R^2 < AC^2 < 39{,}4821R^2\). Так как \(6{,}2834^2 = 39{,}48111... < 39{,}4820\) и \(6{,}2835^2 = 39{,}48237... > 39{,}4821\), то \(6{,}2834R < AC < 6{,}2835R\).
- Число \(\pi\) заключено между \(3{,}14159\) и \(3{,}14160\), поэтому \(6{,}28318R < 2\pi R < 6{,}28320R\).
- Значит, \(0 < AC - 2\pi R < 6{,}2835R - 6{,}28318R = 0{,}00032R < 0{,}001R\). Отрезок \(AC \approx 6{,}28347R\) равен длине окружности \(2\pi R \approx 6{,}28319R\) с точностью до \(0{,}001R\) (даже до \(0{,}0003R\)).
Ответ
Утверждение доказано: AC = R·√(37,75 + √3) ≈ 6,2835R, а 2πR ≈ 6,2832R; разность меньше 0,0004R < 0,001R.
Почему так
Катет OA = R cos 30°, затем теорема Пифагора в треугольнике ABC даёт AC ≈ 6,2835R, что отличается от 2πR меньше чем на 0,001R.
Подробнее — в теме «Длина окружности».