площадь боковой поверхности конуса

[sadomovalex]

ИСН
я вот с утра подумал, а будет ли образующая в таком конусе перпендикулярна в каждой точке касательной. При $l_{min}$ и $l_{max}$ -да, но будет ли во всех других? Если нет, то при развертке получим сектор эллипса, вернее что-то элипсоподобное:

при этом, если $\alpha\le\pi$, то получается функция однозначная
neo66
я думал об этом, только не призмой а пирамидой с $n$-угольником в основании и найти $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^n S_i$. Но там площади боковых граней также будут меняться в зависимости от $\varphi$ - надо еще подумать над этим

[ИСН]

Понимаете, образующая-то перпендикулярна касательной не в каждой точке, но эта жуткая фигура всё равно не является в точности ни окружностью, ни даже эллипсом, а искомая площадь сводится, если не ошибаюсь, к полному эллиптическому интегралу второго (или это, наоборот, первого? короче, тот, где корень сверху) рода.

[sadomovalex]

ИСН писал(а):

Понимаете, образующая-то перпендикулярна касательной не в каждой точке, но эта жуткая фигура всё равно не является в точности ни окружностью, ни даже эллипсом, а искомая площадь сводится, если не ошибаюсь, к полному эллиптическому интегралу второго (или это, наоборот, первого? короче, тот, где корень сверху) рода.

да, скорее всего это ни окружность, ни эллипс.. по поводу эллиптического интеграла - не могли бы Вы источник указать, где этот вопрос освещается - например для эллипса эллиптический интеграл появляется при вычислении длины, площадь сектора там проще вычисляется. Вообще существуют работы на этот счет - кто-нибудь ведь должен был заниматься этим вопросом? В элементарной геометрии в основном ограничиваются лишь прямым круговым случаем

[Someone]

У меня получилось

$$S=\frac r2\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2-(r+x)^2\sin^2\varphi}d\varphi\text{.}$$

Здесь $\varphi$ - центральный угол, отсчитываемый в плоскости основания от направления из центра основания к проекции вершины (например, против часовой стрелки).

При $x=-r$ получается правильное значение боковой поверхности прямого кругового конуса: $\pi r\sqrt{r^2+h^2}$.

[sadomovalex]

Someone
то, что Ваше решение совпало с частным случаем, вселяет оптимизм. Не могли бы Вы привести свое решение?

Я попробовал подойти к задаче с другой стороны: введем систему координат с центром в точке O - центр окружности, лежащей в основании конуса. Координаты вершины конуса $B(r+x,0,h)$, координаты любой точки на окружности основания $M(r\cos\varphi,r\sin\varphi,0)$. Будем рассматривать правильный $n$-угольник, вписанный в основание конуса, с вершинами в точках $\varphi_i=\frac{2\pi}{n}i,\quad i=0,\ldots n$. Тогда боковая поверхность пирамиды $S=\sum\limits_{i=1}^n S_i$, где $S_i$ - площадь $i$-й грани - треугольника со сторонами $a,l_i,l_{i+1}$, где $a$ - сторона $n$-угольника $a=2r\sin\frac{\varphi_{i+1}-\varphi_i}{2}=2r\sin\frac{\pi}{n}$, $l_i$ - отрезок, проведенный из вершины конуса в $i$-ю вершину $n$-угольника, $l_i=BM_i=\sqrt{(r+x-r\cos\varphi_i)^2+r^2\sin^2\varphi_i+h^2}$. Тогда по формуле Герона имеем: $S_i=\sqrt{p_i(p_i-a)(p_i-l_i)(p_i-l_{i+1})}$. Теперь для того чтобы найти площадь боковой поверхности конуса, необходимо вычислить $\lim\limits_{n\to\infty}\sum\limits_{i=1}^nS_i$.
По крайней мере этим методом можно получить приблизительную величину и сравнить ее с точными решениями. Поробую на решении от Someone

[ИСН]

У меня малость иначе:

$$S=\frac r2\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{h^2+r^2+(r+x)^2-2r(r+x)\cos\varphi}\ d\varphi$$

Someone, у Вас член с синус квадратом под корнем не лишний ли часом?
sadomovalex, Ваша сумма в пределе превратится в точно такой же интеграл, только и всего.

[Someone]

sadomovalex писал(а):

Someone
то, что Ваше решение совпало с частным случаем, вселяет оптимизм. Не могли бы Вы привести свое решение?

Очень похоже на Ваше, только я сразу шёл к интегралу.
Рассмотрим "треугольник" $\triangle BMM_1$, где $B(r+x,0,h)$ - вершина конуса, $M(r\cos\varphi,r\sin\varphi,0)$, $M_1(r\cos(\varphi+d\varphi),r\sin(\varphi+d\varphi),0)$. Тогда, пренебрегая членами второго порядка малости по $d\varphi$, имеем $l=|BM|=\sqrt{(r+x-r\cos\varphi)^2+r^2\sin^2\varphi+h^2}=\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2}$, $l_1=|BM_1|=l+dl=l+l'd\varphi=l+\frac{r(r+x)\sin\varphi}{\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2}}d\varphi$, $a=|MM_1|=rd\varphi$. "Треугольник" $\triangle BMM_1$ следует развернуть на плоскость. Опустим высоту $MM'$ на сторону $BM_1$. Считая угол $\angle MBM_1$ очень малым, с точностью до членов второго порядка малости получаем $|BM'|=|BM|=l$, $|M_1M'|=|dl|=\frac{|r(r+x)\sin\varphi|}{\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2}}d\varphi$, $H=|MM'|=\sqrt{|MM_1|^2-|M_1M'|^2}=\sqrt{a^2-dl^2}=r\sqrt{\frac{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2-(r+x)^2\sin^2\varphi}{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2}}d\varphi$ и, наконец, $dS=S_{\triangle BMM_1}=\frac 12Hl=\frac r2\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2-(r+x)^2\sin^2\varphi}d\varphi$. Вычисление площади по формуле Герона после опускания членов более высокого порядка малости даёт тот же результат.

Осталось написать $S=\int\limits_0^{2\pi}dS=\frac r2\int\limits_0^{2\pi}\sqrt{2r(r+x)(1-\cos\varphi)+x^2+h^2-(r+x)^2\sin^2\varphi}d\varphi$.

Добавлено спустя 5 минут 29 секунд:

ИСН писал(а):

Someone, у Вас член с синус квадратом под корнем не лишний ли часом?

Скорее всего, Вы не учли, что отрезок $MM_1$ не является высотой $\triangle BMM_1$, если $BM$ (или $BM_1$) принять за основание (или наоборот: $BM$ не является высотой, если $MM_1$ принять за основание). Там угол довольно далёк от прямого.

[ИСН]

Someone писал(а):

Скорее всего, Вы не учли, что ...

Ваша правда: не учёл.
Понятно, почему частный случай у меня тоже получался верно.
Но так или иначе, это сводится к эллиптическому интегралу того же рода, только ещё корявее, чем я думал.

[sadomovalex]

провел численные расчеты при следующих параметрах:
$x=3,r=2,h=4,n=5000$
мое решение: 34.73794828
Someone 34.73795055
ИСН 41.60209597
Maple 10, интегралы аналитических решений искались численно (evalf(Int(...)))
Думаю, что решение, предложенное Someone - то, что нужно. Спасибо большое всем, кто участвовал в дискуссии, особенно ИСН и Someone.
Вот картинка с конусом: