Usuario:Yvanehtnioj/Matemáticas

En este artículo de momento, se enunciaran diversos temas como teoremas, demostraciones, etc. Se irá actualizando de a poco. Cabe destacar que si alguna demostración es muy similar a otra (por ejemplo la del triángulo cualquiera y el caso "especial" del triángulo equilátero), se realizaran de forma independiente, es decir no se discriminará cual es más general o cual está primero en este articulo (aunque se puede dar referencias).

Círculo

Área

El área de un círculo de radio r es $\pi r^{2}$

Demostración

Se dará uso al calculo integral. La ecuación del círculo de radio r con centro en el origen es: (1)$x^{2}+y^{2}=r^{2}\;,[-r,r]\,$ Luego al despejar y, se obtiene (2)$y=\pm {\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$ Donde el signo indica si la curva está sobre o debajo del eje x. Notar que puede calcular el área de una región ( en este caso ${\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$) y multiplicarlo por 2, ya que así obtiene el área total, es decir: (3)$2\int _{-r}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\;dx\,$ Otra forma de calcularlo es sabiendo que $f(x)\geq g(x)\,$, donde el área se calcula como: $\int _{a}^{b}|f(x)-g(x)|\;dx=\int _{-r}^{r}|{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}-(-{\sqrt {r^{2}-x^{2}}})|\;dx=2\int _{-r}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\;dx\,$ . Como el integrando es par $(f(-x)=f(x))\,$, por propiedad lo anterior es igual a: (4)$4\int _{0}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\;dx\,$ Luego se realiza la sustitución trigonométrica (5)$x=r\;\operatorname {sen} \,\theta \;,\;dx=r\;\cos \,\theta \;d\theta \,$ Así $4\int _{0}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\;dx=4\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {r^{2}-r^{2}sen^{2}\,\theta }}\;r\;\cos \,\theta \;d\theta =4r^{2}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}\,\theta \;d\theta \,$ Se utiliza la identidad trigonométrica (6)$cos^{2}\,\theta ={\frac {1+cos\,2\theta }{2}}\,$ Con ello, la integral anterior es igual a: $4r^{2}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{2}}\;d\theta +4r^{2}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {cos\,2\theta }{2}}\;d\theta =2r^{2}[\theta ]_{0}^{\pi /2}+r^{2}[sen\,2\theta ]_{0}^{\pi /2}\,$ Que al evaluar da como resultado $\pi r^{2}\,$

Perímetro

El perímetro de un círculo de radio r es $2\pi r$

Demostración

La longitud de una curva $y=f(x)$, $b\geq x\geq a$ es: (1)$L=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+[f'(x)]^{2}}}\;dx=\int _{a}^{b}{\sqrt {1+\left({\frac {dy}{dx}}\right)^{2}}}\;dx\,$ La ecuación del círculo con centro en el origen es $x^{2}+y^{2}=r^{2}$. Así la longitud de la curva no es más que el doble de la longitud de $f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}}$ de -r a r. Tenemos que $f'(x)=-{\frac {x}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\,$, $[f'(x)]^{2}={\frac {x^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,$ y que $1+[f'(x)]^{2}={\frac {r^{2}}{r^{2}-x^{2}}}\,$. Así la longitud L es: (2)$L=2\int _{-r}^{r}{\sqrt {\frac {r^{2}}{r^{2}-x^{2}}}}\;dx=2\int _{-r}^{r}{\frac {r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\;dx\,$ Como el integrando es par, entonces la integral anterior es equivalente a: (3)$4r\int _{0}^{r}{\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\;dx\,$ Después tenemos que: (4)$\int {\frac {1}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}}\;dx=arcsen\left({\frac {x}{r}}\right)+C\,$ . Por lo tanto la integral en (3) es igual a: $4r\left[arcsen\left({\frac {x}{r}}\right)\right]_{0}^{r}=4r\;arcsen(1)\,$ Que da como resultado $2\pi r\,$

Demostración

La longitud de una curva que está dada por ecuaciones paramétricas $x=f(t)$, $y=g(t)$, $\beta \geq t\geq \alpha$ es: (1)$L=\int _{\alpha }^{\beta }{\sqrt {[f'(t)]^{2}+[g'(t)]^{2}}}\;dt=\int _{\alpha }^{\beta }{\sqrt {\left({\frac {dx}{dt}}\right)^{2}+\left({\frac {dy}{dt}}\right)^{2}}}\;dt\,$ La ecuación del círculo de radio r con centro en el origen que es $x^{2}+y^{2}=r^{2}$, se puede representar como $x=r\;cos(t)$, $y=r\;sen(t)$, $2\pi \geq t\geq 0$. Tenemos que $f'(t)=-r\;sen(t)\,$, $g'(t)=r\;cos(t)$, Así la longitud L es: (2)$L=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {(-r\;sen(t))^{2}+(r\;cos(t))^{2}}}\;dt=\int _{0}^{2\pi }{\sqrt {r^{2}(sen^{2}(t)\,+cos^{2}(t)\,)}}\;dt\,$ que es equivalente a: $\int _{0}^{2\pi }r\;dt=r[t]_{0}^{2\pi }\,$ Que da como resultado $2\pi r\,$

Curvatura

La curvatura de un círculo de radio r es ${\frac {1}{r}}$

Demostración

La curvatura de una curva (parametrizada) de una función vectorial r esta dada por: (1)$\kappa (t)={\frac {|\mathbf {T} '(t)|}{|\mathbf {r} '(t)|}}\,$ ó (2)$\kappa (t)={\frac {|\mathbf {r} '(t)\times \mathbf {r} ''(t)|}{|\mathbf {r} '(t)|^{3}}}\,$ Donde T es el vector tangente unitario. Para esta demostración se ocupará lo primero. La ecuación del círculo de radio r con centro en el origen que es $x^{2}+y^{2}=r^{2}$, su parametrización es: $\mathbf {r} (t)=r\;cos(t)\mathbf {i} +r\;sen(t)\mathbf {j}$. Tenemos que $\mathbf {r} '(t)=-r\;sen(t)\mathbf {i} +r\;cos(t)\mathbf {j}$. Luego $|\mathbf {r} '(t)|={\sqrt {r^{2}(sen(t)^{2}+cos(t)^{2})}}={\sqrt {r^{2}}}=r$. Así: (3)$\mathbf {T} (t)={\frac {\mathbf {r} '(t)}{|\mathbf {r} '(t)|}}={\frac {-r\;sen(t)\mathbf {i} +r\;cos(t)\mathbf {j} }{r}}=-sen(t)\mathbf {i} +cos(t)\mathbf {j} \,$ Luego $\mathbf {T} '(t)=-cos(t)\mathbf {i} -sen(t)\mathbf {j}$ y $|\mathbf {T} '(t)|={\sqrt {cos(t)^{2}+sen(t)^{2}}}=1$: Así la curvatura es finalmente ${\frac {1}{r}}\,$

Esfera

Volumen

El volumen de una esfera de radio r es ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Demostración

El Volumen se define como: (1)$\int _{a}^{b}A(x)\;dx\,$ Donde $A(x)\,$ es el área de la sección transversal de un sólido cualquiera que está entre $x=a\,$ y $x=b\,$ de un plano $P_{x}\,$. En este caso se ocupará el método de los discos. Si se elije un plano $P_{x}\,$ [1], dicho plano corta la esfera en un círculo de radio ${\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$. Así el área de la sección transversal es: (2)$A(x)=\pi y^{2}=\pi (r^{2}-x^{2})\,$ Así el volumen es (3)$\int _{a}^{b}A(x)\;dx=\int _{-r}^{r}\pi (r^{2}-x^{2})\;dx\,$ Como el integrando es una función par, entonces lo anterior es igual que: $2\pi \int _{0}^{r}(r^{2}-x^{2})\;dx\,$ Y luego esta integral da $2\pi \left[r^{2}x-{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{0}^{r}\;dx\,$ Que al utilizar el T.F.C da como respuesta: ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Demostración

Sabemos que si hacemos rotar un semicírculo como el de la figura [2] en el eje x, obtendremos una esfera. Por otro lado podemos obtener el centro de masa, donde ${\overline {x}}$ y ${\overline {y}}$ son respectivamente: (1)${\overline {x}}={\frac {1}{A}}\int _{-r}^{r}xf(x)\;dx$ (2)${\overline {y}}={\frac {1}{A}}\int _{-r}^{r}{\frac {1}{2}}[f(x)]^{2}\;dx$ Donde $A=\int _{-r}^{r}f(x)\;dx\,$ y $f(x)={\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,$. No es necesario calcular ${\overline {x}}$, ya que por el principio de simetría, es igual al 0. Luego calculamos ${\overline {y}}$ (3)${\overline {y}}={\frac {1}{A}}\int _{-r}^{r}{\frac {1}{2}}({\sqrt {r^{2}-x^{2}}})^{2}\;dx={\frac {1}{\pi r^{2}}}\int _{-r}^{r}\ r^{2}-x^{2}\;dx$ Puesto que el área del semicírculo es ${\frac {\pi r^{2}}{2}}$. Como el integrando es una función par, entonces lo anterior es igual que: (4)${\frac {2}{\pi r^{2}}}\int _{0}^{r}\ r^{2}-x^{2}\;dx\,$ Y luego esta integral da ${\frac {2}{\pi r^{2}}}\left[r^{2}x-{\frac {x^{3}}{3}}\right]_{0}^{r}\;dx\,$ Que es igual a: ${\overline {y}}={\frac {4r}{3\pi }}$ . Luego, la distancia d que recorre el centroide en una rotación alrededor del eje x es: $2\pi {\overline {y}}=2\pi {\frac {4r}{3\pi }}={\frac {8r}{3}}$ Finalmente por el teroema de Pappus, el volumen de la esfera es: $V=Ad={\frac {\pi r^{2}}{2}}{\frac {8r}{3}}$ Que es equivalente a: ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Demostración

El Volumen de E se define como: (1)$V(E)=\iint _{D}f(x,y)\;dxdy\,$ Donde D es la región acotada por $z=0\,$ y $z=f(x,y)\,$. La ecuación de la esfera es $x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}\,$. donde $z=\pm {\sqrt {r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\,$. Aquí utilizaremos la positiva y donde el volumen total resultara el doble de dicho volumen, es decir: (2)$V(E)=2\iint _{D}{\sqrt {r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\;dxdy=2\iint _{x^{2}+y^{2}\leq r^{2}}{\sqrt {r^{2}-x^{2}-y^{2}}}\;dxdy\,$ La ecuación del círculo se expresa mediante coordenadas polares, $x=\rho \cos \theta \,$ y $y=\rho \operatorname {sen} \theta \,$. El teorema de cambio de variables de una integral doble nos dice que: (3)$\iint _{R}f(x,y)\;dxdy=\iint _{S}f(x(u,v),y(u,v))\left|{\frac {\partial (x,y)}{\partial (u,v)}}\right|\;dudv\,$ Donde T es una transformación que mapea S, que es una región en el espacio uv sobre R que es una región el espacio xy. Y (4)${\frac {\partial (x,y)}{\partial (u,v)}}={\begin{vmatrix}{\frac {\partial x}{\partial u}}&{\frac {\partial x}{\partial v}}\\{\frac {\partial y}{\partial u}}&{\frac {\partial y}{\partial v}}\\\end{vmatrix}}\,$ Es el jacobiano de la transformación T. En nuestro caso, el cambio de variables es el paso a las coordenadas polares, Así el jacobiano es: ${\frac {\partial (x,y)}{\partial (\rho ,\theta )}}={\begin{vmatrix}{\frac {\partial x}{\partial \rho }}&{\frac {\partial x}{\partial \theta }}\\{\frac {\partial y}{\partial \rho }}&{\frac {\partial y}{\partial \theta }}\\\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}\cos \theta &-\rho \sin \theta \\\sin \theta &\rho \cos \theta \end{vmatrix}}=\rho \,$ Cuando hacemos el cambio a coordenadas polares, vemos que $0\leq \rho \leq r\,$, $0\leq \theta \leq 2\pi \,$,. Así la integral en (1) se transforma en: (5)$V(E)=2\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{r}{\sqrt {r^{2}-\rho ^{2}}}\rho \;d\rho d\theta =2\int _{0}^{2\pi }\;d\theta \;\int _{0}^{r}{\sqrt {r^{2}-\rho ^{2}}}\rho \;d\rho \,$ Haciendo la sustitución $u=r^{2}-\rho ^{2}\,$ , $du=-2\rho \;d\rho \,$. Notamos que si $\rho =r\,$ el límite superior es $0\,$ y si $\rho =0\,$ el límite inferior es $r^{2}\,$. Así la integral en (5) es igual que: (6)$2\int _{0}^{2\pi }\;d\theta \;{\frac {1}{2}}\int _{0}^{r^{2}}{\sqrt {u}}\;du\,$ Que es: $2(2\pi ){\frac {r^{3}}{3}}\,$ Que es igual finalmente a: ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Demostración

El Volumen de E se define como: (1)$V(E)=\iiint _{E}\;dV=\iiint _{E}\;dxdydz\,$ Donde E es el solido encerrado por la esfera (en este caso). La ecuación de la esfera es $x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}\,$ Luego esto podemos expresarlo en coordenadas esféricas donde $x=\rho \cos \theta \;\operatorname {sen} \phi \,$, $y=\rho \operatorname {sen} \theta \;\operatorname {sen} \phi \,$ y $z=\rho \cos \phi \,$. El teorema de cambio de variables de una integral triple nos dice que: (2)$\iiint _{R}f(x,y,z)\;dV=\iiint _{R}f(x,y,z)\;dxdydz=\iiint _{S}f(x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w))\left|{\frac {\partial (x,y,z)}{\partial (u,v,w)}}\right|\;dudvdw\,$ Donde se tiene que T es una transformación que mapea S, que es una región en el espacio uvw sobre R en xyz. Y (3)${\frac {\partial (x,y,z)}{\partial (u,v,w)}}={\begin{vmatrix}{\frac {\partial x}{\partial u}}&{\frac {\partial x}{\partial v}}&{\frac {\partial x}{\partial w}}\\{\frac {\partial y}{\partial u}}&{\frac {\partial y}{\partial v}}&{\frac {\partial y}{\partial w}}\\{\frac {\partial z}{\partial u}}&{\frac {\partial z}{\partial v}}&{\frac {\partial z}{\partial w}}\\\end{vmatrix}}\,$ Es el jacobiano de la transformación T. En nuestro caso, el cambio de variables, es el paso a las coordenadas esféricas, Así el jacobiano es: ${\frac {\partial (x,y,z)}{\partial (\rho ,\theta ,\phi )}}={\begin{vmatrix}{\frac {\partial x}{\partial \rho }}&{\frac {\partial x}{\partial \theta }}&{\frac {\partial x}{\partial \phi }}\\{\frac {\partial y}{\partial \rho }}&{\frac {\partial y}{\partial \theta }}&{\frac {\partial y}{\partial \phi }}\\{\frac {\partial z}{\partial \rho }}&{\frac {\partial z}{\partial \theta }}&{\frac {\partial z}{\partial \phi }}\\\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}cos\theta \;\operatorname {sen} \phi &-\rho \operatorname {sen} \theta \;\operatorname {sen} \phi &\rho \cos \theta \;\cos \phi \\\operatorname {sen} \theta \;\operatorname {sen} \phi &\rho \cos \theta \;\operatorname {sen} \phi &\rho \operatorname {sen} \theta \;\cos \phi \\\cos \phi &0&-\rho \operatorname {sen} \phi \\\end{vmatrix}}=-\rho ^{2}\operatorname {sen} \phi$ Cuando hacemos el cambio a coordenadas esféricas, notamos que $r\geq \rho \geq 0\,$, $2\pi \geq \theta \geq 0\,$, $\pi \geq \phi \geq 0\,$. Así la integral en (1) se transforma en: (4)$V(E)=\int _{0}^{\pi }\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{r}\rho ^{2}\operatorname {sen} \phi \;d\rho d\theta d\phi =\int _{0}^{\pi }\;\operatorname {sen} \phi \;d\phi \;\int _{0}^{2\pi }\;d\theta \;\int _{0}^{r}\rho ^{2}\;d\rho \,$ Desarrollando se tiene: $V(E)=(-\cos \pi +\cos 0)(2\pi ){\frac {r^{3}}{3}}\,$ Que da finalmente: ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Demostración

El Volumen de E se define como: (1)$V(E)=\iiint _{E}\;dV=\iiint _{E}\;dxdydz\,$ Donde E es el solido encerrado por la esfera. La ecuación de la esfera es $x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}\,$ Podemos ver que la región de integración es $-{\sqrt {r^{2}-y^{2}-z^{2}}}\leq x\leq {\sqrt {r^{2}-y^{2}-z^{2}}}\,$, $-{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\leq y\leq {\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\,$ y $-r\leq z\leq r=\,$. Así la integral se expresa como: (2)$V(E)=\int _{-r}^{r}\int _{-{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}}^{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\int _{-{\sqrt {r^{2}-y^{2}-z^{2}}}}^{\sqrt {r^{2}-y^{2}-z^{2}}}\;dxdydz\,$ Esto es igual a: $V(E)=2\int _{-r}^{r}\int _{-{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}}^{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}{\sqrt {r^{2}-y^{2}-z^{2}}}\;dydz\,$ Utilizamos la sustitución trigonométrica $y={\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\;\operatorname {sen} \theta \,$ donde $dy={\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\;\cos \theta \;d\theta \,$. Debemos notar que los límites de integración respecto a dy cambian, así cuando $y={\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\,$, el límite superior es ${\frac {\pi }{2}}\,$, y cuando $y=-{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\,$, el límite inferior es: $-{\frac {\pi }{2}}\,$ya que arcsen(x) es una función impar. Nuestra nueva integral queda: (3)$V(E)=2\int _{-r}^{r}\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {r^{2}-z^{2}-(r^{2}-z^{2})(\operatorname {sen} \theta )^{2}}}({\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\;\cos \theta \;d\theta )\;dz=2\int _{-r}^{r}\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {r^{2}-z^{2}}}{\sqrt {(1-(\operatorname {sen} \theta )^{2})}}({\sqrt {r^{2}-z^{2}}}\;\cos \theta )\;d\theta dz\,$ Que al simplificar, obtenemos: $2\int _{-r}^{r}\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}(r^{2}-z^{2})((\cos \theta )^{2})\;d\theta dz\,$ Por propiedad, esto es quivalente a : $2\left[\int _{-r}^{r}(r^{2}-z^{2})\;dz\right]\left[\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}(\cos \theta )^{2}\;d\theta \right]\,$ Como ambas funciones son pares, por propiedad: (4)$8\left[\int _{0}^{r}(r^{2}-z^{2})\;dz\right]\left[\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}(\cos \theta )^{2}\;d\theta \right]\,$ Por el teorema fundamental del cálculo, se tiene: $8\left[{\frac {2r^{3}}{3}}\right]\left[{\frac {\pi }{4}}\right]\,$ Que es equivalente a: ${\frac {4\pi r^{3}}{3}}$

Elipse

Área

El área de una elipse de semiejes a y b es $\pi ab$

Si bien el círculo es una elipse, si en alguna demostración se llega a calcular el área de esta (en particular el unitario), podemos dar el área del círculo unitario como demostrado, ya que se llega de forma "independiente". Si la demostración no requiere calcular el área de algún círculo, también se demuestra el área de este, al hacer a=b=r donde r es el radio, por lo tanto se concluye que el círculo es un tipo particular de elipse. Sobre el área, lo anterior aplica porque en alguna demostración particular, al calcular el área de dicho círculo, se estaría dando cierto un caso del cual no hemos demostrado. Como ejemplo en la demostración 2, no se puede demostrar que el área del círculo de radio r es $\pi r^{2}$, ya que dimos "por hecho" el área del unitario, y por ello, se utiliza lo que se quiere demostrar en la demostración.

Demostración

La ecuación de la elipse de semiejes a y b con centro en el origen es: (1)${\frac {x^{2}}{a^{2}}}+{\frac {y^{2}}{b^{2}}}=1\,$ Luego al despejar y, se obtiene (2)$y=\pm {\frac {b}{a}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,$ Donde el signo indica si la curva está sobre o no del eje x. Si calculamos el área de una región ( ${\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\,$) y lo amplificamos por 2, se obtiene el área total, es decir: (3)$2\int _{-a}^{a}{\frac {b}{a}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\;dx\,$ Como el integrando es par $f(-x)=f(x)\,$, por propiedad lo anterior es igual a: (4)$4\int _{0}^{a}{\frac {b}{a}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\;dx\,$ Luego se realiza la sustitución trigonométrica (5)$x=a\;\operatorname {sen} \,\theta \;,\;dx=a\;\cos \,\theta \;d\theta \,$ Así $4\int _{0}^{a}{\frac {b}{a}}{\sqrt {a^{2}-x^{2}}}\;dx=4{\frac {b}{a}}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {a^{2}-a^{2}sen^{2}\,\theta }}\;a\;\cos \,\theta \;d\theta =4ab\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}\,\theta \;d\theta \,$ Se utiliza la identidad trigonométrica (6)$cos^{2}\,\theta ={\frac {1+cos\,2\theta }{2}}\,$ Con ello, la integral anterior es igual a: $4ab\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {1}{2}}\;d\theta +4ab\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}{\frac {cos\,2\theta }{2}}\;d\theta =2ab[\theta ]_{0}^{\pi /2}+ab[sen\,2\theta ]_{0}^{\pi /2}\,$ Que al evaluar da como resultado $\pi ab\,$

Demostración

El área se define como: (1)$Area\;T(D)=|det(A)|\;Area(D)\,$ Donde T es una transformación lineal ($\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} ^{2})\,$ que esta definida por la matriz A de $2\times 2\,$. En nuestro caso la matriz A es : (2)$A={\begin{bmatrix}a&0\\0&b\end{bmatrix}}\,$ Si consideramos $\mathbf {u} ={\begin{bmatrix}u_{1}\\u_{2}\end{bmatrix}}\,$ , $\mathbf {x} ={\begin{bmatrix}x_{1}\\x_{2}\end{bmatrix}}\,$ y también $\mathbf {x} =A\mathbf {u} \,$, se tiene que: $u_{1}={\frac {x_{1}}{a}}\;,\;u_{2}={\frac {x_{2}}{b}}\,$ Aquí claramente vemos que $\mathbf {u} \,$ se encuentra en el círculo unitario D donde $u_{1}^{2}+u_{2}^{2}\leq 1\,$. Pero esto es cierto si y solo si $\mathbf {x} \,$ está en P, donde P es justamente el área acotada por la elipse, y ${\frac {x_{1}^{2}}{a^{2}}}+{\frac {x_{2}^{2}}{b^{2}}}\leq 1\,$. Además sabemos que el determinante de A es ab, con ello se tiene que: $Area\;elipse=Area\;T(D)=|ab|\;\pi \,$ Puesto D es el círculo unitario. Finalmente lo anterior es igual a $\pi ab\,$

Cuadrado

Área

El área de un cuadrado de lado a es $a^{2}$

Demostración

Podemos representar el cuadrado como en la figura [3]. El área de la figura se puede tomar como: (1)$\int _{\frac {-a}{2}}^{\frac {a}{2}}\left|{\frac {a}{2}}-\left({\frac {-a}{2}}\right)\right|\;dx\,$ Que es igual a (2)$\int _{\frac {-a}{2}}^{\frac {a}{2}}a\;dx\,$ Al desarrollar esta integral nos da: $\left[ax\right]_{-a/2}^{a/2}\;dx\,$ $=a\left({\frac {a}{2}}-\left(-{\frac {a}{2}}\right)\right)\,$ Que da finalmente: $a^{2}\,$

Triángulo

Área

El área de un triángulo cualquiera de base b y altura h es ${\frac {bh}{2}}$

Demostración

Si se coloca el triángulo según la figura [4], tenemos 2 formas de calcular el área de dicho triángulo. La primera forma es ver que la recta OP tomando 2 puntos, tenemos (0,0) y (h,b/2), así su pendiente es ${\frac {b}{2h}}$ y la ecuación en donde está contenida la recta OP es $y_{1}={\frac {bx}{2h}}$. De manera análoga, la ecuación en donde está la recta OS es $y_{2}=-{\frac {bx}{2h}}$. Entonces el área es equivalente a: (1)$\int _{0}^{h}|y_{1}-y_{2}|\;dx\,$ Puesto que $y_{1}\geq y_{2}$. Luego (2)$\int _{0}^{h}\left|{\frac {bx}{2h}}-\left(-{\frac {bx}{2h}}\right)\right|\;dx=\int _{0}^{h}\left|{\frac {bx}{h}}\right|\;dx={\frac {b}{h}}\int _{0}^{h}x\;dx\,$ La segunda forma, es viendo que podemos expresar t en términos de x, de tal forma que por triángulos semejantes se tiene la relación: (3)${\frac {x}{h}}={\frac {t/2}{b/2}}={\frac {t}{b}}\,$ Tenemos que $t={\frac {bx}{h}}\,$. Luego el área del triángulo es simplemente integrar t de 0 a h, que es exactamente la integral anterior. Así de cualquiera de las formas, la integral es igual a: ${\frac {b}{h}}\left[{\frac {x^{2}}{2}}\right]_{0}^{h}\,$ Que al reemplazar se obtiene finalmente: ${\frac {bh}{2}}\,$

Triángulo equilátero

Área

El área de un triángulo equilatero de lado a es ${\frac {a^{2}{\sqrt {3}}}{4}}$

Demostración

Tomamos la figura [5] y al igual que la demostración del área de un triángulo cualquiera, tenemos 2 formas de calcular el área. La primera forma es tomar 2 puntos de la recta OP, en este caso nos conviene (0,0) y (h,a/2), luego la pendiente ${\frac {a}{2h}}$ y la ecuación en donde está contenida la recta OP es $y_{1}={\frac {ax}{2h}}$. De manera análoga, la ecuación en donde está la recta OS es $y_{2}=-{\frac {ax}{2h}}$. Entonces el área es equivalente a: (1)$\int _{0}^{h}|y_{1}-y_{2}|\;dx\,$ Puesto que $y_{1}\geq y_{2}$. Luego (2)$\int _{0}^{h}\left|{\frac {ax}{2h}}-\left(-{\frac {ax}{2h}}\right)\right|\;dx=\int _{0}^{h}\left|{\frac {ax}{h}}\right|\;dx={\frac {a}{h}}\int _{0}^{h}x\;dx\,$ . Aquí como sabemos que todos los lados son iguales, por Pitágoras podemos expresar h en términos de a, así: (3)${\frac {a^{2}}{4}}+h^{2}=a^{2}\;,\;\;h={\frac {a{\sqrt {3}}}{2}}\,$ Así la integral en (2) se puede reescribir como : (4)$\int _{0}^{\frac {a{\sqrt {3}}}{2}}{\frac {2{\sqrt {3}}x}{3}}\;dx\,$ . La segunda forma, es viendo que podemos expresar t en términos de x, de tal forma que por triángulos semejantes se tiene la relación: (5)${\frac {x}{h}}={\frac {t/2}{a/2}}={\frac {t}{a}}\,$ Tenemos que $t={\frac {ax}{h}}\,$. Luego el área del triángulo es integrar t de 0 a h, que es exactamente la integral anterior (con el respectivo cambio de h en términos de a). Así desarrollando la integral para ambos casos, se tiene: ${\frac {2{\sqrt {3}}}{3}}\left[{\frac {x^{2}}{2}}\right]_{0}^{a{\sqrt {3}}/2}\,$ Que finalmente da: ${\frac {a^{2}{\sqrt {3}}}{4}}\,$

Leyes de Kepler

Antes de demostrar las tres leyes, es útil utilizar el siguiente teorema:

• Teorema : Un planeta se mueve en un plano.

Demostración

La segunda ley del movimiento de newton nos dice que: (1)$\mathbf {F} =m\mathbf {a} \,$ Se puede observar que la -única- fuerza que actúa es la fuerza gravitacional del Sol que ejerce sobre el planeta, puesto que esta es mucho más "grande" que la que ejercen otros cuerpos; Por lo tanto se pueden despreciar. Luego se utiliza un sistema coordenado, donde el Sol está en el origen. Tenemos que $\mathbf {r} =\mathbf {r} (t)$ es el vector posición del planeta. El vector de la velocidad y aceleración son $\mathbf {v} =\mathbf {r} '$, $\mathbf {a} =\mathbf {v} '=\mathbf {r} ''$ respectivamente. La ley de gravitación universal es: (2)$\mathbf {F} =-{\frac {GMm}{r^{3}}}\mathbf {r} =-{\frac {GMm}{r^{2}}}\mathbf {u} \,$ Donde $\mathbf {u} ={\frac {1}{r}}\mathbf {r}$ es el vector unitario en la dirección de $\mathbf {r}$. Igualando (1) y (2) se obtiene: (3)$\mathbf {a} =-{\frac {GM}{r^{2}}}\mathbf {u} \,$ De aqui se ve $\mathbf {a}$ es múltiplo de $\mathbf {u}$, y en consecuencia también es múltiplo de $\mathbf {r}$. Por ende $\mathbf {a}$ y $\mathbf {r}$ son paralelos. Así $\mathbf {r} \times \mathbf {a} =0$. El momento angular del planeta es: (4)$\mathbf {L} =\mathbf {r} \times m\mathbf {v} =m(\mathbf {r} \times \mathbf {v} )=m\mathbf {h} \,$ Al derivar el vector $\mathbf {L}$ tenemos: $\mathbf {L} '=m(\mathbf {r} \times \mathbf {v} )'=m((\mathbf {r} '\times \mathbf {v} )+(\mathbf {r} \times \mathbf {v} '))=m((\mathbf {v} \times \mathbf {v} )+(\mathbf {r} \times \mathbf {a} ))=m(0+0)=0\,$ Así se concluye que $\mathbf {L}$ y $\mathbf {h}$ son constantes. Podemos suponer que $\mathbf {L}$ y $\mathbf {h}$ son distintos de 0, en otras palabras que $\mathbf {r}$ y $\mathbf {v}$ no son palalelos. Con esto vemos que el momento angular se conserva y que $\mathbf {r}$ y $\mathbf {v}$ son perpendiculares a $\mathbf {L}$ y también a $\mathbf {h}$ para todos los valores de t. Así el planeta siempre se encuentra en el plano que pasa por el origen el cual es perpendicular a $\mathbf {h}$ (y $\mathbf {L}$) . Así el planeta se mueve en un plano.

Primera ley

La órbita de un planeta es elíptica, con el Sol en uno de los focos de dicha elipse.

Demostración

Aquí se trabajará con $\mathbf {h}$. Ya conocemos que el planeta se mueve en un plano. Podemos expresar $\mathbf {h}$ como: (1)$\mathbf {h} =\mathbf {r} \times \mathbf {v} =\mathbf {r} \times \mathbf {r} '=r\mathbf {u} \times (r\mathbf {u} )'\,$ Donde al desarrollar esto se tiene: $r\mathbf {u} \times (r'\mathbf {u} +r\mathbf {u} ')=r\mathbf {r} '(\mathbf {u} \times \mathbf {u} )+r^{2}(\mathbf {u} \times \mathbf {u} ')=r^{2}(\mathbf {u} \times \mathbf {u} ')\,$ También tenemos que: $\mathbf {a} \times \mathbf {h} =\left(-{\frac {GM}{r^{2}}}\mathbf {u} \right)\times r^{2}(\mathbf {u} \times \mathbf {u} ')=-GM(\mathbf {u} \times (\mathbf {u} \times \mathbf {u} '))=-GM[(\mathbf {u} \cdot \mathbf {u} ')\mathbf {u} -(\mathbf {u} \cdot \mathbf {u} )\mathbf {u} ']\,$ Recordemos que $\mathbf {a}$ se obtiene de igualar la segunda ley de Newton con la ley de gravitación y la última equivalencia es por propiedad. Sabemos que $\mathbf {u} \cdot \mathbf {u} =|\mathbf {u} |^{2}=1$. Y como esto es constante, entonces $\mathbf {u}$ es ortogonal a $\mathbf {u} '$, así $\mathbf {u} \cdot \mathbf {u} '=0$ (se puede demostrar). Así (2)$\mathbf {a} \times \mathbf {h} =GM\mathbf {u} '\,$ Si integramos lo anterior obtenemos: (3)$\mathbf {v} \times \mathbf {h} =GM\mathbf {u} +\mathbf {C} \,$ Donde $\mathbf {C}$ es un vector constante. Si consideramos un ángulo $\theta$ entre $\mathbf {r}$ y $\mathbf {C}$, las coordenadas polares del planeta son $(r,\theta )$. Luego: $\mathbf {r} \cdot (\mathbf {v} \times \mathbf {h} )=\mathbf {r} \cdot (GM\mathbf {u} +\mathbf {C} )=GM(\mathbf {r} \cdot \mathbf {u} )+\mathbf {r} \cdot \mathbf {C} =GMr(\mathbf {u} \cdot \mathbf {u} )+\mathbf {r} \cdot \mathbf {C} \,$ Pero $\mathbf {r} \cdot \mathbf {C} =|\mathbf {r} ||\mathbf {C} |\;cos(\theta )$. Así la expresión queda: (4)$\mathbf {r} \cdot (\mathbf {v} \times \mathbf {h} )=GMr+|\mathbf {r} ||\mathbf {C} |\;cos(\theta )=GMr+rC\;cos(\theta )\,$ Luego despejamos r quedando (5)$r={\frac {\mathbf {r} \cdot (\mathbf {v} \times \mathbf {h} )}{GM+C\;cos(\theta )}}={\frac {1}{GM}}{\frac {\mathbf {r} \cdot (\mathbf {v} \times \mathbf {h} )}{1+{\frac {C}{GM}}\;cos(\theta )}}\,$ Donde la excentricidad es $e={\frac {C}{GM}}$. También $\mathbf {r} \cdot (\mathbf {v} \times \mathbf {h} )=(\mathbf {r} \times \mathbf {v} )\cdot \mathbf {h} =\mathbf {h} \cdot \mathbf {h} =|\mathbf {h} |^{2}=h^{2}$. Así (5) se transforma en: (6)$r={\frac {\frac {h^{2}}{GM}}{1+e\;cos(\theta )}}={\frac {\frac {eh^{2}}{C}}{1+e\;cos(\theta )}}\,$ Si se hace la sustitución $d={\frac {h^{2}}{C}}$, donde d es la directriz se obtiene: (7)$r={\frac {ed}{1+e\;cos(\theta )}}\,$ Que es claramente la ecuación polar de una sección cónica que tiene un foco en el origen y excentricidad e. Puesto que ya se conoce que la órbita de un planeta es una curva cerrada, entonces esta cónica tiene que ser una elipse. Así el planeta describe una órbita elíptica y el Sol está en uno de los focos de la elipse.

Segunda ley

La recta o radio vector que une un planeta con el Sol, barre áreas iguales en tiempos iguales.

Demostración

Aquí al igual que la demostración de la primera ley, solo nos interesa trabajar con $\mathbf {h}$. Puesto que ya conocemos que el planeta se mueve en una curva cerrada, podemos suponer que se encuentra en el plano xy, así se expresamos esta curva parametrizada con coordenadas polares $\mathbf {r}$ (El vector posición del planeta) como $\mathbf {r} (t)=r\;cos(\theta )\mathbf {i} +r\;sen(\theta )\mathbf {j}$. Tenemos que $\mathbf {r} '$, es : (1)$\mathbf {r} '=(r'\;cos(\theta )-r\;sen(\theta )\theta ')\mathbf {i} +(r'\;sen(\theta )+r\;cos(\theta )\theta ')\mathbf {j} \,$ Luego $\mathbf {h} =\mathbf {r} \times \mathbf {r} '$ es: (2)$\mathbf {h} =\mathbf {r} \times \mathbf {r} '={\begin{vmatrix}\mathbf {i} &\mathbf {j} &\mathbf {k} \\r\;cos(\theta )&r\;sen(\theta )&0\\r'\;cos(\theta )-r\;sen(\theta )\theta '&r'\;sen(\theta )+r\;cos(\theta )\theta '&0\\\end{vmatrix}}={\begin{vmatrix}r\;cos(\theta )&r\;sen(\theta )\\r'\;cos(\theta )-r\;sen(\theta )\theta '&r'\;sen(\theta )+r\;cos(\theta )\theta '\\\end{vmatrix}}\cdot \mathbf {k} \,$ Que al desarrollar el determinante tenemos: (3)$\mathbf {h} =\mathbf {r} \times \mathbf {r} '=[rr'\;sen(\theta )\;cos(\theta )+r^{2}\;cos^{2}(\theta )\theta '-rr'\;sen(\theta )\;cos(\theta )+r^{2}\;sen^{2}(\theta )\theta ']\mathbf {k} =r^{2}\theta '\mathbf {k} \,$ Luego sabemos que $\mathbf {h}$ es constante así $\mathbf {h} =h\mathbf {k} ,h>0$ donde $|\mathbf {h} |=h$. Así de (3): (4)$h=r^{2}\theta '\,$ Ahora si consideramos $A=A(t)\,$ el área barrida por el vector $\mathbf {r} (t)\,$ en la elipse en un intervalo de tiempo $(t_{0},t)\,$. Luego sabemos que $A={\frac {1}{2}}\int _{\theta _{0}}^{\theta }|\mathbf {r} |^{2}\;d\theta ={\frac {1}{2}}\int _{t_{0}}^{t}r^{2}\theta '\;dt\,$ Entonces por el teorema fundamental del cálculo: (5)$A'={\frac {1}{2}}r^{2}\theta '[t-t_{0}]\,$ Finalmente: (5)$A'={\frac {1}{2}}r^{2}\theta '[t-t_{0}]={\frac {h}{2}}[t-t_{0}]=cte\,$ Lo anterior es cierto, ya que $\mathbf {h} \,$ es constante y $|\mathbf {h} |=h\,$. Así el radio vector que une el Sol con el planeta, barre áreas iguales en tiempos iguales.

Tercera ley

El cuadrado del periodo de revolución(orbital) de un planeta es directamente proporcional al cubo de la longitud del semieje mayor de su órbita.

Demostración

Al igual que la demostración de la primera y segunda ley, solo nos interesa trabajar con $\mathbf {h}$. Podemos suponer que $A'=A'(t)>0$, y como ademas sabemos que es constante tenemos que: (1)$A(t)={\frac {1}{2}}ht+S\,$ Pero $A(0)=0$, así $A(t)={\frac {1}{2}}ht$. De aquí en adelante haremos t=T. Tenemos que A(T) es el área de la elipse y considerando que los ejes mayor y menor son 2a y 2b respectivamente tenemos: $A(T)={\frac {1}{2}}hT=\pi ab\,$ Que al despejar T, obtenemos: (2)$T={\frac {2\pi ab}{h}}\,$ De la primera ley de kepler sabemos que $ed={\frac {h^{2}}{GM}}$ donde e es la excentricidad. De la ecuación polar de una elipse vemos que $a={\frac {ed}{1-e^{2}}}$ donde $ed=a(1-e^{2})$, y de la misma ecuación notamos que $1-e^{2}={\frac {b^{2}}{a^{2}}}$. De todo esto llegamos a que: (3)${\frac {h^{2}}{GM}}=ed={\frac {b^{2}}{a^{2}}}\,$ DE (3) vemos que $h^{2}={\frac {b^{2}GM}{a}}\,$. Si elevamos al cuadrado la expresión 2, tenemos: $T^{2}={\frac {4\pi ^{2}a^{2}b^{2}}{h^{2}}}={\frac {4\pi ^{2}a^{3}}{GM}}\,$ Donde finalmente: ${\frac {T^{2}}{a^{3}}}={\frac {4\pi ^{2}}{GM}}=cte\,$ De aquí se desprende que la constante no depende del planeta. Note que lo anterior es solo una aproximación, ya que la constante no es tan "constante", puesto que el valor -real- es: ${\frac {T^{2}}{a^{3}}}={\frac {4\pi ^{2}}{G(M+m)}}\,$ Pero como M >> m, se adopta que que $M+m\simeq M\,$.