Autor Tema: El problema de la vaca que pasta

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18 Abril, 2021, 03:15 am
Respuesta #30

Masacroso

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Yo con esto de la vaca me he puesto a repasar geometría diferencial. Hay varias formas de resolver el ejercicio pero fundamentalmente se pueden resumir grosso modo en dos: utilizando el teorema de Green, o directamente integrando el área.

Como la forma de volumen canónica en \( \mathbb{R}^2 \) es \( dx\wedge dy \) y cualquier derivado difeomorfo como \( r dr\wedge d\alpha  \) (la forma anterior reescrita en polares) entonces, aplicando el teorema de Stokes, que en el caso de dos dimensiones es el teorema de Green, nos dice que \( \int_{A}dx\wedge dy=\int_{\partial A}\omega  \), donde \( \partial A \) es el contorno de \( A \) con la orientación de Stokes, que en dos dimensiones significa que recorremos el contorno en la dirección contraria a las agujas del reloj, y \( \omega  \) es una primitiva de \( dx\wedge dy \), que quiere decir que \( d\omega =dx\wedge dy \).

Hay varias primitivas de \( dx\wedge dy \), por ejemplo \( xdy,\, -ydx, \frac1{2}(xdy-ydx) \), siendo la última quizá la más usada. En polares la última primitiva toma la forma de \( \frac{r^2}{2}\mathop{}\!d \alpha  \). Entonces, si \( \varphi  \) es una parametrización positivamente orientada del contorno tendríamos que

\( \displaystyle{
\int_{\partial A}\omega =\int_{\varphi ^{-1}(\partial A)}\varphi ^* \omega \tag1
} \)

donde \( \varphi ^* \) es el pull-back o aplicación regrediente inducida por la parametrización \( \varphi  \), que sigue las reglas

\( \displaystyle{
\begin{align*}
&\varphi ^*f =f \circ \varphi ,&&\text{ para funciones }f\\
&\varphi ^* df=d\varphi ^* f=d(f\circ \varphi ),&&\text{ es decir, que }d\text{ y }\varphi ^*\text{ conmutan }\\
&\varphi ^*(a\wedge b)=(\varphi ^*a)\wedge (\varphi ^*b),&&\text{ es decir que }\varphi ^*\text{ se "distribuye" respecto de }\wedge
\end{align*}\tag2
} \)

Por tanto si \( \omega =xdy \) tendríamos que \( \varphi ^*\omega =(x\circ \varphi )d(y\circ \varphi )=\varphi _1 d\varphi _2 \) para \( \varphi =(\varphi _1,\varphi _2) \).

Pero creo que en el caso del área de la vaca era incluso más sencillo hallarla sin necesidad de usar el teorema de Green, es decir, simplemente parametrizar el área e integrar, en ese caso (en coordenadas cartesianas) si \( f \) es tal parametrización entonces sería

\( \displaystyle{
\int_{A}dxdy=\int_{f^{-1}(A)}f^*(dx\wedge dy)=\int_{f^{-1}(A)}df_1\wedge df_2=\int_{f^{-1}(A)}\det[\partial f(u,v)]dudv\tag3
} \)

Se dice que la parametrización conserva la orientación si \( \det [\partial  f(u,v)]>0 \) para todos los puntos. En cualquier caso como sólo nos interesa el área podemos simplemente tomar \( \int_{f^{-1}(A)}|\det[\partial f(u,v)]|dudv \). Para el ejercicio de la vaca podíamos hacer la parametrización siguiente

\( \displaystyle{
f:[0,\pi]\times [0,1]\to \mathbb{R}^2,\quad (\alpha ,t)\mapsto r(\cos \alpha- (\pi-\alpha )t\sin \alpha  ,\sin \alpha +(\pi-\alpha )t \cos \alpha )\tag4
} \)

Eso parametriza la siguiente área:



Calculando:

\( \displaystyle{
\det [\partial f(\alpha ,t)]=r^2\det\begin{bmatrix}
-\sin \alpha -t\sin \alpha -t(\pi-\alpha )\cos \alpha & -(\pi-\alpha )\sin \alpha \\
\cos \alpha +t\cos \alpha +t(\pi -\alpha )\sin \alpha &(\pi-\alpha )\cos \alpha
\end{bmatrix}=r^2 t(\pi-\alpha )^2\tag5
} \)

Al integrar nos queda

\( \displaystyle{
\int_{A}dxdy=r^2\int_{[0,\pi]\times [0,1]}t(\pi-\alpha )^2d\alpha dt=\frac{r^2}2\int_{[0,\pi]}(\pi-\alpha )^2d\alpha =\frac{r^2\pi^3}{6}\tag6
} \)

Entonces el área total será \( 2\cdot r^2\pi ^3/6+\pi(\pi r)^2/2=5r^2\pi^3/6 \).



Ahora repitamos el cálculo utilizando el teorema de Stokes, pero esta vez vamos a utilizar la forma de volumen \( xdy \) en vez de la forma de volumen del teorema de Green que sería \( \frac1{2}(xdy-ydx) \). Definamos primero las tres curvas que cierran el área de la imagen de arriba, orientadas en sentido antihorario (sentido de Stokes):

\( \displaystyle{
\gamma _1:[0,\pi)\to \mathbb{R}^2,\quad \alpha \mapsto r(-\cos \alpha ,\sin \alpha )\\
\gamma _2:[0,1)\to \mathbb{R}^2,\quad \alpha \mapsto r(1,t\pi)\\
\gamma _3:[0,\pi)\to \mathbb{R}^2,\quad \alpha \mapsto r(\cos \alpha +(\pi-\alpha )\sin \alpha ,\sin \alpha +(\pi-\alpha )\cos \alpha )\tag7
} \)

Entonces el área encerrada por la curva del gráfico sería

\( \displaystyle{
\int_{\gamma _1+\gamma _2+\gamma _3}xdy=\int_{\gamma _1}xdy+\int_{\gamma _2}xdy+\int_{\gamma _3}xdy
=\int_0^{\pi}\gamma _1^*(xdy)+\int_0^{1}\gamma _2^*(xdy)+\int_0^{\pi}\gamma _3^*(xdy)\\
=-r^2\int_0^{\pi}(\cos \alpha)^2d\alpha +r^2\int_0^{1} \pi dt-r^2\int_0^{\pi}(\cos \alpha +(\pi-\alpha )\sin \alpha )(\pi-\alpha )\sin \alpha d\alpha \tag8
} \)

... y ahí lo dejo :) (el Mathematica me dice que el resultado de la última expresión es el deseado, es decir, \( r^2\pi^3/6 \)).

19 Abril, 2021, 03:55 pm
Respuesta #31

NoelAlmunia

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Ahora si me cuadra con el resto:

\( A_T=\displaystyle\frac{2\pi }{6}r^2\left({3+\pi ^2}\right)-\pi r^2+ \displaystyle\frac{\pi ^3r^2}{2}=\displaystyle\frac{5\pi ^3r^2}{6} \)

Saludos.

Ahora sí mi hermano, cometiste al principio esos errores pero dejé que continuaras buscando.
Por mi parte yo no paso tanto trabajo con esto del cálculo de áreas planas, tanto las conformadas por una misma función (ej. el área de una elipse) como las formadas por el intercepto de varias curvas o funciones. Es muy facil para esto el uso de integrales curvilineas y su propiedad de aditividad.

El área de una superficie puedes calcularla mediante la integral de línea cerrada: \( \color{red}A=\displaystyle\oint_{C}-y\,dx+x\,dy \) (*)
Como tienes la curva en paramétricas, es muy facil:
\( x=r\,\cos\left(\theta\right)+r\left(\theta\right)\sen\left(\theta\right) \);   \( dx=\left(\theta\right)\,r\,\cos\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right) \)
\( y=r\,\sen\left(\theta\right)-r\left(\theta\right)\cos\left(\theta\right) \);   \( dy=\left(\theta\right)\,r\,\sen\left(\theta\right)\,d\left(\theta\right) \)

Primeramente calculé el área conformada por la sección de la involuta superior con el parámetro desde cero hasta \( \pi \) (a partir de este punto la curva deja de ser involuta para convertirse en una semicircunferencia de radio \( \left(\pi\,r\right) \) ya que este radio es equivalente a la longitud de la semicircunferencia del silo), luego la trayectoria continúa por la línea recta \( y=-r \) desde \( y=\pi\,r \) hasta \( y=0 \). A partir de este punto, la integral de línea se traslada por la parte superior de la semicircunferencia superior del silo desde \( \pi \) hasta cero. Esta área se multiplica por dos ya que es idéntica a la superficie inferior que conforma la parte de abajo de la involuta y finalmente se suma el área de la semicircunferencia de radio\( \left(\pi\,r\right) \)

\( A_1=\displaystyle\frac{1}{2}\,\displaystyle\int_{0}^{\pi}\left(\left(r\left(\theta\right)\cos\left(\theta\right)-r\,\sen\left(\theta\right)\right)\left(\theta\right)\,r\,\cos\left(\theta\right)+\left(r\cos\left(\theta\right)+r\left(\theta\right)\sen\left(\theta\right)\right)\left(\theta\right)\,r\,\sen\left(\theta\right)\right)\,d\left(\theta\right)+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{\pi\,r}^{0}\left(-r\right)dy+\displaystyle\frac{1}{2}\displaystyle\int_{\pi}^{0}\left(r^2\,\sen^2\left(\theta\right)+r^2\,\cos^2\left(\theta\right)\right)\,d\left(\theta\right) \)
Como puede notarse el recorrido es antihorario y la última integral está conformada a partir de la circunferencia paramétrica del silo de igual manera.

Por tanto:
\( A_1=\displaystyle\frac{r^2}{2}\,\displaystyle\int_{0}^{\pi}\theta^2\cos^2\left(\theta\right)d\theta-\displaystyle\frac{r^2}{2}\displaystyle\int_{0}^{\pi}\left(\theta\right)\sen\left(\theta\right)\cos\left(\theta\right)d\theta+\displaystyle\frac{r^2}{2}\displaystyle\int_{0}^{\pi}\left(\theta\right)\sen\left(\theta\right)\cos\left(\theta\right)d\theta+\displaystyle\frac{r^2}{2}\,\displaystyle\int_{0}^{\pi}\theta^2\sen^2\left(\theta\right)d\theta-\displaystyle\frac{r^2}{2}\displaystyle\int_{\pi r}^{0}dy+\displaystyle\frac{r^2}{2}\,\displaystyle\int_{\pi}^{0}\sen^2\left(\theta\right)d\theta+\displaystyle\frac{r^2}{2}\,\displaystyle\int_{\pi}^{0}\cos^2\left(\theta\right)d\theta \)

Aquí dos integrales se cancelan y la solución de las restantes es muy sencilla empleando integración por partes e identidad trigonométrica del seno y coseno cuadrado. Dándo como resultado:
\( A_1=\left(5.1685\right)\,r^2 \)
\( A_2=\left(\displaystyle\frac{\pi^3}{2}\right)\,r^2 \)
\( A_T=2\,A_1+A_2=\left(\displaystyle\frac{5}{6}\,\pi^3\right)\,r^2 \)

Muy útil el Teorema de Green aplicado para calcular áreas de recintos cerrados.

Si tomamos el campo vectorial \( \overrightarrow{F}=(M,N)=(-y,x) \)

Por el Teorema: \( \displaystyle\oint _{\partial D}\overrightarrow{F}\cdot{}\overrightarrow{dr}=\iint _D\left({\frac{{\partial N}}{{\partial x}}-\frac{{\partial M}}{{\partial y}}}\right)dA \)

Entonces queda: \( 2A=\displaystyle\oint _{\partial D}-ydx+xdy=\iint _D 2dA \)

 Te comiste el \( \displaystyle\frac{1}{2} \) en (*) que te marqué en rojo, pero que en los cálculos ya si lo pusiste.

También se puede utilizar para el cálculo del área otras expresiones como usar el campo vectorial por ejemplo \( \overrightarrow{F}=(-y,0) \)  o \( \overrightarrow{F}=(0,x) \)

Saludos desde España.

P.D.: Por cierto me ha gustado bastante el problema que has propuesto y las diferentes maneras de abordar el problema por los compañeros también.

Sí es muy facil utilizando esta integral curvilínea a partir de Green, reduce considerablemente los cálculos.
Cuando escribimos con LaTeX hay que poner los cinco sentidos para no enredarte. Yo aprendí la semana pasada cuando ingresé a este Foro, núnca lo había utilizado, entonces es muy frecuente que se queden algunos detalles. Por eso hay que revisar más al final de la escritura. Saludos cordiales desde Cuba.
Noel.