Me respondo a mí mismo:
Esa integral da 0, en efecto, pero basta con que inviertas las integrales para que no exista, y eso implica que la integral doble no existe. El problema es que —en nuestro contexto— necesitas justificar que la función de dos variables es integrable en \( [-1, 1]\times [0, 2\pi] \) antes de que puedas aplicar el teorema de Fubini para calcularla mediante dos integrales sucesivas. Y resulta que el integrando NO es integrable en \( [-1, 1]\times [0, 2\pi] \). No es integrable Lebesgue ni integrable Riemann con ninguna extensión razonable de la extensión de Riemann en dos variables para funciones no acotadas. Y si crees que es integrable Henstock-Kurzweil, sigo expectante a la espera de tu argumento, pero te recuerdo que el integrando no es continuo. Si dominas la integral de Henstock-Kurzweil, ilústranos, pero si sólo la has nombrado para darte el pegote, no cuela.
Ya no hace falta que nos ilustres:
Alessandro Fonda, The Kurzweil-Henstock Integral for Undergraduates.
Si la función \( f(x, y) \) fuera KH-integrable en \( [0, 2\pi]\times [-1, 1] \) (antes he escrito el producto en orden contrario), para casi todo valor de \( x \), la función \( f(x, -) \) tendría que ser KH-integrable en \( [-1, 1] \), pero no lo es para ningún valor de \( x \), salvo \( 0, \pi, 2\pi \), luego la función no es KH-integrable en \( [0, 2\pi]\times [-1, 1] \) y eso implica que (con cualquier definición razonable de integrabilidad en la esfera), el integrando de la función que debe calcular el campo \( E \) no es KH-integrable.
Alternativamente:
Si el integrando fuera integrable en la esfera completa, al expresarlo en términos de coordenadas deberíamos obtener una función integrable en el rectángulo \( [-1, 1]\times [0, 2\pi] \), pero entonces dicha función tendría que ser integrable también en el subrectángulo \( [-1, 1]\times [0, \pi] \), pero ahí no lo es, porque la integral sale infinita (se corresponde con la integral en la semiesfera). Así pues, la integral que pretendes calcular no es KH-integrable en la esfera.
Aun así, insisto en que esto daría igual. Aunque fuera unicorniorrosa integrable y la integral valiera lo que tú sueñes que valga, eso NO afecta en nada al cálculo del campo gravitatorio en puntos interiores o exteriores a una esfera hueca ni al cálculo del campo gravitatorio de un casquete esférico de espesor finito en cualquier punto. Si crees que afecta, tendrás que decir en qué influye tu unicorniorrosa integral en el cálculo del campo en cualquiera de estos casos. Y dar un cálculo unicorniorrosa alternativo no vale. Simplemente, todo tu cálculo estará mal porque no sabes nada de cálculo integral, ni de física, ni de matemáticas, y no estamos aquí en condiciones de remediar eso. Tendrás que decir tú qué está mal en el cálculo "oficial", que dices tú, qué paso del cálculo es unicorniorrosa-incorrecto y por qué.
Hola Carlos de nuevo,
En mi anterior mensaje quería hacerte ver que no es necesario que una función sea absolutamente integrable para que ésta sea integrable, que es lo que ocurre cuando la función es integrable en HK pero no lo es en Lebesgue.
Ahora toca hacerte ver que las funciones que tenemos que integrar para calcular la gravedad de una esfera hueca en su superficie son integrables en HK y para ello utilizaré el siguiente teorema en la integración HK:
Es decir, cualquier función que tenga una función primitiva es integrable en HK.
El siguiente paso es demostrar que esto se cumple para todas las funciones de nuestro cálculo.
Las integrales que tenemos en el campo gravitatorio de una esfera hueca en su superficie las describí en mi mensaje
https://foro.rinconmatematico.com/index.php?topic=123119.msg516019#msg516019 1) Análisis de la componente Ex:
\( \vec E_x = Lim_{\varepsilon -->1^-}\int_{(x, \theta)\in [-1, \epsilon]\times [0, 2\pi]} \frac{ G\rho R^2}{ (2R^2(1-x))^{3/2}}((R(x-1) dx d\theta \vec i \)\( \vec E_x = Lim_{\varepsilon -->1^-}\frac{G \rho}{8^{1/2}} \int_{-1}^\epsilon \int_0^{2\pi} \frac{ 1}{ (x-1)} dx d\theta \vec i \)
En este caso la función \( f(x,\theta)=\frac{ 1}{ (x-1)} \)
La función \( f(x,-)=\frac{ 1}{ (x-1)} \) la cual tiene primitiva y por lo tanto es integrable en HK.
y \( f(-,\theta)=K \) donde K es una constante, la cual tiene función primitiva y por lo tanto es integrables en HK.
Por lo tanto ambas funciones son integrables en HK.
Como ya os dije en ese mismo mensaje:
\( \vec E_x = Lim_{\varepsilon -->1^-}\frac{G \rho}{8^{1/2}} \int_{-1}^\epsilon \int_0^{2\pi} \frac{ 1}{ (x-1)} dx d\theta \vec i \)
Y como podéis observar la función a integrar da lo mismo integrar primero la variable \( \theta \) que la variable x, por lo tanto, el Teorema de Fubini se cumple perfectamente.
La función a integrar es continua y utilizando el límite para \( \epsilon \) ya hemos eliminado el problema en x=1 donde la función es infinita.
En definitiva la integral existe, y su resultado es:
\( \vec E_x = -2 \pi G \rho \vec i \) donde \( \rho \) es la densidad de masa en superficial de la esfera
o lo que es lo mismo \( \vec E_x = - \frac{GM}{2R^2} \vec i \)
2) Análisis de las componentes EY, Ez:
Como ya os dije las componentes Ey, Ez, se anulan debido a la geometría esférica y ahora es lo que voy a demostrar, pero lo primero es demostrar que las funciones a integrar son integrables en HK. Voy hacer sólo el análisis para la componente E_y ya que el análisis de la E_z es idéntico.
\( \vec E_y = Lim_{\varepsilon -->1^-}\int_{(x, \theta)\in [-1, \epsilon]\times [0, 2\pi]} \frac{ G\rho R^2}{ (2R^2(1-x))^{3/2}} R\sqrt{1-x^2}\cos \theta dx d\theta \vec k \)\( \vec E_y = Lim_{\varepsilon -->1^-}\int_{(x, \theta)\in [-1, \epsilon]\times [0, 2\pi]} \frac{ G\rho}{ 2^{3/2}}\frac{\sqrt{1+x}}{1-x} \cos \theta dx d\theta \vec k \)
Por lo tanto la función \( f(x,\theta)=\frac{ G\rho}{ 2^{3/2}}\frac{\sqrt{1+x}}{1-x} \cos \theta \)
Entonces la función \( f(x,-)= K1 \frac{\sqrt{1+x}}{1-x} \) ,, donde K1 es una constante. Esta función tiene primitiva y por lo tanto es integrable en HK
De igual forma, la funcion\( f(-,\theta)= K2 cos \theta \) ,, donde K2 es una constante. Esta función tiene primitiva y por lo tanto son integrables en HK.
Ahora solo falta demostrar que se cumple que el teorema de Rubini que es lo que a continuación trataré de explicar:
a)
Integración en \theta y luego en x.-Para que entendáis lo que se está haciendo en este proceso de integración he realizado un pequeño dibujo:
En este caso hacemos la integración primero de el ángulo \theta para un valor cualquiera de x_1 y luego integramos para la variable x entre -1 y 1.
Lo que estamos haciendo, primeramente, es calcular el campo que crea un anillo de la esfera que está en una posición cualquiera x_1. Y como se ve en el dibujo para cada partícula de masa dm de este anillo, existe otra partícula dm en la otra semiesfera que hace que se anule la componente Y. Por lo tanto la integral de cada anillo sale 0. Luego la integral a realizar es sobre la variable x, entre -1 y 1, pero la función a integral es la función f(x) = 0 lo cual sale al final que E_y=0.
A continuación más detallado.
Partimos de que \( \int_0^{2\pi}\cos \theta\,d\theta\ = 0 \) entonces resulta que
\( \displaystyle \vec E_y = \int_{-1}^1\int_0^{2\pi}\frac{G\rho R^2}{(2R^2(1-x))^{3/2}}R\sqrt{1-x^2}\cos \theta\,d\theta\,dx = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{-1}^1\int_0^{2\pi}\frac{1}{((1-x))^{3/2}}\sqrt{1-x^2}\cos\theta\,d\theta\,dx = \)
\( \displaystyle \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{-1}^1\frac{0}{(1-x)^{3/2}}\sqrt{1-x^2}\,dx =\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{-1}^1\frac{\sqrt{1+x}\sqrt{1-x}}{(\sqrt{1-x})^3} 0 \,dx =\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{-1}^1\frac{\sqrt{1+x}}{1-x} 0 \,dx \)
\( \displaystyle \vec E_z =\frac{G\rho}{\sqrt 8}\lim_{t\rightarrow 1^-}\int_{-1}^t\frac{\sqrt{1+x}}{1-x} 0 \,dx = 0 \)
b)
Integración en variable x y luego en \theta.- Igualmente , expongo un dibujo explicativo:
En este caso debemos de integrar sobre la variable x para un valor de \theta_1 cualquiera y luego integramos sobre la variable \theta entre 0 y 2\pi.
Aquí estamos primeramente, integrando sobre la variable x, entre -1 y 1, para una valor de \theta_1. Este es semejante a calcular el campo que crea un semi anillo que marcamos en color rojo, pero vemos igual al caso anterior, que existe siempre otro semianillo en la semiesfera contraria (\theta -\pi), en color azul, que crea un campo que hace que se anule la componente Y . De esta forma se anula semianillo a semianillo todas las componentes Y.
A continuación una descripción más detallada:
\( \displaystyle \vec E_y = \int_{0}^{2\pi}\int_{-1}^1\frac{G\rho R^2}{(2R^2(1-x))^{3/2}}R\sqrt{1-x^2}\cos\theta\,dx,d\theta\ = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{2\pi} \cos\theta \int_{-1}^1\frac{1}{((1-x))^{3/2}}\sqrt{1-x^2}\,dx, d\theta\ = \)
Por otro lado tenemos que
\( \int_{-1}^1\frac{1}{((1-x))^{3/2}}\sqrt{1-x^2}\,dx,= \int_{-1}^1\frac{\sqrt{1+x}}{1-x}\,dx, = \lim_{t\rightarrow 1^-}\int_{-1}^t\frac{\sqrt{1+x}}{1-x}\,dx = \lim_{t\rightarrow 1^-}\left(\tanh ^{-1}\left(\frac{\sqrt{t+1}}{\sqrt{2}}\right)-2 \sqrt{t+1}\right)= B \)
Entonces sustituyendo:
\( \vec E_y = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{2\pi} \cos\theta \int_{-1}^1\frac{\sqrt{1+x}}{1-x}\,dx, d\theta\ = \)
\( \vec E_y = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{2\pi} B \cos\theta, d\theta\ = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos\theta, d\theta +\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{\pi}^{2\pi} B \cos\theta, d\theta\ \)
\( \vec E_y = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{2\pi} \cos\theta \int_{-1}^1\frac{\sqrt{1+x}}{1-x}\,dx, d\theta\ = \)
\( \vec E_y = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{2\pi} B \cos\theta, d\theta\ = \frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos\theta, d\theta +\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{\pi}^{2\pi} B \cos\theta d\theta\ \)
Realizando un cambio de variable para la 2ª integral, de \( \alpha = \theta - \pi \) -->\( d\alpha = d\theta \) y lo límites cambian 0 y \( \pi \)
\( \vec E_y =\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos\theta, d\theta +\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos(\alpha+\pi) d\alpha\ \)
\( \vec E_y =\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos\theta, d\theta -\frac{G\rho}{\sqrt 8}\int_{0}^{\pi} B \cos\alpha d\alpha =0 \)
Observad que sale cero pues es una diferencia de una misma expresión matemática, siendo indiferente el valor de B.
De esta forma demostramos que el teorema de Rubini se cumple también.
En definitiva, resumiendo, la intensidad gravitatoria en la superficie de la esfera hueca, se puede calcular y el resultado final es:
\( \vec E_x = - \frac{GM}{2R^2} \vec i \) y las componentes E_y=E_z=0.
Este resultado obtenido ha sido obtenido por 2 métodos distintos:
- mediante el análisis del campo gravitatorio de una esfera hueca de radio infinito, en el cual lo único que me he basado es en que el campo gravitatorio en el infinito es nulo.
- mediante el cálculo del flujo del campo gravitatorio a través de una doble superficie esférica interconectadas que encerraba a la esfera hueca.
Esto me hace estar seguro que este resultado obtenido es correcto.
Las consecuencias de estos son importantísimas:
1) Que la gravedad en la superficie sea la mitad que la de en un punto exterior muy cercano a ella provoca que el cálculo matemático mediante la integración no sea el correcto para estudiar este campo de gravedad, pues no puede haber una gravedad más grande cuando nos alejamos de la materia que lo genera.
2) Que la gravedad en el interior de la esfera hueca existe un campo gravitatorio que no es nulo como hasta ahora creíamos.
Todo provoca que las ecuaciones de la gravedad de esfera huecas de espesor finito e incluso de esferas macizas no sean coherentes que hemos estudiado en los libros no sean ciertas y que puedan aparecer fenómenos tan increíbles (hasta ahora) como que una esfera maciza se pueda generar una esfera hueca.
Un saludo.
