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, \( r^2\pi^3/6 \)).
