B.5 Círculos, conos y esferas

¿De dónde viene la fórmula para el área de un círculo?

\ begin {align*}\ pi &=\ frac {C} {d} =\ frac {C} {2r}\ end {align*} Normalmente cuando nos encontramos$\pi$ por primera vez es como la relación de la circunferencia de un círculo a su diámetro

De hecho esta suele ser la primera definición que vemos de$\pi\text{.}$ Es fácil construir una intuición de que el área del círculo debe ser proponente al cuadrado de su radio. Por ejemplo podemos dibujar el cuadrado más grande posible dentro del círculo (un cuadrado inscrito) y el cuadrado más pequeño posible fuera del círculo (un cuadrado circunscrito):

El cuadrado más pequeño tiene longitud lateral$\sqrt{2} r$ y el más largo tiene longitud lateral$2r\text{.}$ Por lo tanto

\ begin {alinear*} 2 r^2 &\ leq A\ leq 4r^2 &\ text {o} 2 &\ leq\ frac {A} {r^2}\ leq 4\ end {alinear*}

Es decir, el área del círculo está entre 2 y 4 veces el cuadrado del radio. Lo que quizás sea menos obvio (si no nos hubieran dicho esto en la escuela) es que la constante de propuestalidad para el área también es$\pi\text{:}$

\ begin {alinear*}\ pi &=\ frac {A} {r^2}. \ end {alinear*}

Esto lo mostraremos usando la prueba de Arquímedes. Hace uso de estos polígonos inscritos y circunscritos para hacer mejores y mejores aproximaciones del círculo. Los pasos de la prueba están algo involucrados y el punto de partida es reescribir el área de un círculo como

\ begin {align*} A &=\ frac {1} {2} C r\ end {alinear*}

donde$C$ está (todavía) la circunferencia del círculo. Esto sugiere que esta área es la misma que la de un triángulo de altura$r$ y longitud de base$C$

\ begin {align*} T &=\ frac {1} {2} C r\ end {alinear*}

La prueba de Arquímedes demuestra entonces que efectivamente este triángulo y el círculo tienen la misma área. Se basa en una “prueba por contradicción” —demostrando eso$T \lt A$ y$T \gt A$ no puede ser verdad y entonces la única posibilidad es que$A=T\text{.}$

Primero mostraremos que eso$T \lt A$ no puede suceder. Construya un polígono “inscrito” de$n$ lados como se muestra a continuación:

Dejar$p_n$ ser el polígono inscrito como se muestra.

Necesitamos 4 pasos.

• El área de$p_n$ es más pequeña que la del círculo — esto sigue ya que podemos construir$p_n$ cortando rebanadas del círculo.
• $E_n$Sea la diferencia entre el área del círculo y$p_n\text{:}$$E_n = A - A(p_n)$ (ver la izquierda de la figura anterior). Por el punto anterior sabemos$E_n \gt 0\text{.}$ Ahora a medida que aumentamos el número de lados, esta diferencia se hace menor. Para ser más precisos

  \ begin {align*} E_ {2n} &\ leq\ frac {1} {2} e_N.\ end {align*}

  El error$E_n$ se compone de$n$ “lóbulos”. En el centro-izquierda de la figura anterior dibujamos uno de esos lóbulo y lo rodeamos por un rectángulo de dimensiones$a \times 2b$ —podríamos determinarlas con mayor precisión usando un poco de trigonometría, pero no es necesario.

  Este diagrama muestra que el lóbulo es más pequeño que el rectángulo de base$2b$ y altura$a$ Dado que hay$n$ copias del lóbulo, tenemos

  \ begin {align*} e_n &\ leq n\ veces 2ab &\ text {reescribir como}\ frac {e_n} {2} &\ leq nab\ end {align*}

  Ahora dibuja en el polígono$p_{2n}$ y considera el “error” asociado$E_{2n}\text{.}$ Si nos enfocamos en los dos lóbulos mostrados entonces vemos que el área de estos dos nuevos lóbulos es igual a la del lóbulo antiguo (mostrado en centro-izquierda) menos el área del triángulo con base$2b$ y altura$a$ (dibujado en púrpura). Ya que hay$n$ copias de esta imagen tenemos

  \ begin {align*} E_ {2n} &= e_n - nab &\ text {ahora usa ese $nab\ geq e_N/2$}\\ &\ leq e_n -\ frac {e_N} {2} =\ frac {e_N} {2}\ end {align*}

• El área de$p_n$ es menor que$T\text{.}$ Para ver esto descomponerse$p_n$ en triángulos$n$ isósceles. Cada uno de estos tiene base más corta que$C/n\text{;}$ la línea recta es más corta que el arco correspondiente — aunque estrictamente hablando deberíamos probarlo. La altura de cada triángulo es más corta que$r\text{.}$ Así

  \ begin {align*} A (p_n) &= n\ veces\ frac {1} {2}\ texto {(base)}\ veces\ texto {(altura)}\\ &\ leq n\ veces\ frac {Cr} {2n} = T\ end {align*}

• Si asumimos que$T \lt A\text{,}$ entonces$A-T = d$ donde$d$ hay algún número positivo. Sin embargo sabemos por el punto 2 que podemos hacer lo suficientemente$n$ grandes como para que$E_n \lt d$ (cada vez que$n$ duplicamos vamos a la mitad el error). Pero ahora tenemos una contradicción con el paso 3, ya que acabamos de demostrar que

  \ begin {align*} e_n = A-A (p_n) &\ lt A-T &\ text {lo que implica que}\\ A (p_n) &\ gt T.\ end {align*}

Por lo tanto, no podemos tener$T \lt A\text{.}$

Si ahora$T \gt A$ asumimos que obtendremos una contradicción similar por una construcción similar. Ahora usamos polígonos circunscritos de$n$ lados regulares,$P_n\text{.}$

La prueba se puede romper en 4 pasos similares.

1. El área de$P_n$ es mayor que la del círculo — esto sigue ya que podemos construir el círculo recortando el polígono$P_n\text{.}$
2. $E_n$Sea la diferencia entre el área del polígono y el círculo:$E_n = A(P_n)-A$ (ver la izquierda de la figura anterior). Por el punto anterior sabemos$E_n \gt 0\text{.}$ Ahora a medida que aumentamos el número de lados, esta diferencia se hace menor. Para ser más precisos mostraremos

   \ begin {align*} E_ {2n} &\ leq\ frac {1} {2} e_N.\ end {align*}

   El error$E_n$ se compone de$n$ “lóbulos”. En el centro-izquierda de la figura anterior dibujamos uno de esos lóbulo. Vamos a$L_n$ denotar el área de uno de estos lóbulos, así que$E_n = nL_n\text{.}$ en el centro de la figura anterior hemos etiquetado este lóbulo cuidadosamente y también hemos mostrado cómo cambia cuando creamos el polígono$P_{2n}\text{.}$ En particular, el lóbulo original está delimitado por las líneas rectas$\vec{ad}, \vec{af}$ y el arco$\widehat{fbd}\text{.}$ Creamos$P_{2n}$ a partir$P_n$ cortando el triángulo de esquina$\triangle aec\text{.}$ En consecuencia las líneas$\vec{ec}$ y$\vec{ba}$ son ortogonales y los segmentos$|bc|=|cd|\text{.}$

   Por la construcción de$P_{2n}$ desde$P_n\text{,}$ tenemos

   \ begin {align*} 2L_ {2n} &= L_n - A (\ triángulo aec) &\ text {o equivalentemente} L_ {2n} &=\ frac {1} {2} L_n - A (\ triángulo abc)\ end {align*}

   Y adicionalmente

   \ begin {align*} L_ {2n} &\ leq A (\ triángulo bcd)\ end {alinear*}

   Ahora consideremos el triángulo$\triangle abd$ (centro-derecha de la figura anterior) y los dos triángulos dentro de él$\triangle abc$ y lo$\triangle bcd\text{.}$ sabemos$\vec{ab}$ y$\vec{cb}$ formamos un ángulo recto. En consecuencia$\vec{ac}$ es la hipotenusa de un triángulo en ángulo recto,$|ac| \gt |bc| = |cd|\text{.}$ así que ahora, los triángulos$\triangle abc$ y$\triangle bcd$ tienen las mismas alturas, pero la base de$\vec{ac}$ es más larga que$\vec{cd}\text{.}$ De ahí que el área de$\triangle abc$ es estrictamente mayor que la de$\triangle bcd\text{.}$

   Así tenemos

   \ begin {align*} L_ {2n} &\ leq A (\ triángulo bcd)\ lt A (\ triángulo abc)\ end {align*}

   Pero ahora podemos escribir

   \ begin {align*} L_ {2n} &=\ frac {1} {2} L_n - A (\ triángulo abc)\ lt\ frac {1} {2} l_n - L_ {2n} &\ text {reorganizar}\\ 2L_ {2n} &\ lt\ frac {1} {2} L_n &\ text {hay $n$ tales lóbulos, entonces}\\ 2n L_ {2n} &\ lt\ frac {n} {2} L_n &\ text {desde $e_n = n L_n$, tenemos}\\ E_ {2n} &\ lt\ frac {1} {2} e_n & amp;\ text {que es lo que queríamos mostrar.} \ end {alinear*}

3. El área de$P_n$ es mayor que$T\text{.}$ Para ver esto descomponerse$P_n$ en triángulos$n$ isósceles. La altura de cada triángulo es$r\text{,}$ mientras que la base de cada uno es más larga que$C/n$ (este es un punto sutil y su prueba equivale a mostrar eso$\tan \theta \gt \theta$). Así

   \ begin {align*} A (P_n) &= n\ veces\ frac {1} {2}\ texto {(base)}\ veces\ texto {(altura)}\\ &\ geq n\ veces\ frac {Cr} {2n} = T\ end {align*}

4. Si asumimos que$T \gt A\text{,}$ entonces$T-A = d$ donde$d$ hay algún número positivo. Sin embargo sabemos por el punto 2 que podemos hacer lo suficientemente$n$ grandes como para que$E_n \lt d$ (cada vez que$n$ duplicamos vamos a la mitad el error). Pero ahora tenemos una contradicción ya que acabamos de demostrar que

   \ begin {align*} e_n = A (P_n) - A &\ lt T-A &\ text {lo que implica que}\\ A (p_n) &\ gt T.\ end {align*}

Así no podemos tener$T \gt A\text{.}$ La única posibilidad que queda es que$T=A\text{.}$

¿De dónde provienen estas fórmulas de volumen?

Podemos establecer los volúmenes de conos y esferas a partir de la fórmula para el volumen de un cilindro y un poco de trabajo con límites y algunas sumaciones cuidadosas. Primero necesitamos algunos hechos.

• Cada número cuadrado se puede escribir como una suma de números impares consecutivos. Más precisamente

  \ begin {align*} n^2 &= 1 + 3 +\ cdots + (2n-1)\ end {align*}

• La suma de los primeros enteros$n$ positivos es$\frac{1}{2} n(n+1)\text{.}$ Eso es

  \ begin {align*} 1 + 2 +3 +\ cdots +n &=\ frac {1} {2} n (n+1)\ end {align*}

• La suma de los cuadrados de los primeros enteros$n$ positivos es$\frac{1}{6} n(n+1)(2n+1)\text{.}$

  \ begin {alinear*} 1^2 + 2^2 +3^2 +\ cdots + n^2 &=\ frac {1} {6} n (n+1) (2n+1)\ end {alinear*}

No vamos a dar pruebas completamente rigurosas de las identidades anteriores (ya que no vamos a suponer que el lector conoce la inducción matemática), más bien las explicaremos utilizando argumentos pictóricos. Los dos primeros de estos los podemos explicar con algunas imágenes bastante simples:

Vemos que podemos descomponer cualquier cuadrado de unidad-cuadrados en una secuencia de tiras, cada una de las cuales consiste en un número impar de unidad-cuadrados. Esto es realmente solo por el hecho de que

\ begin {align*} n^2 - (n-1) ^2 &= 2n-1\ end {align*}

Del mismo modo, podemos representar la suma de los primeros$n$ enteros como un triángulo de cuadrados unitarios como se muestra. Si hacemos una segunda copia de ese triángulo y lo organizamos como se muestra, da un rectángulo de dimensiones$n$ por$n+1\text{.}$ De ahí que el rectángulo, siendo exactamente el doble del tamaño del triángulo original, contiene cuadrados$n(n+1)$ unitarios.

La explicación de la última fórmula requiere un poco más de trabajo y una imagen cuidadosamente construida:

Vamos a romper estas imágenes paso a paso

• El extremo a la izquierda representa la suma de los cuadrados de los primeros$n$ enteros.
• Centro — Recordamos desde arriba que cada número cuadrado puede escribirse como una suma de números impares consecutivos, los cuales han sido representados como bandas coloreadas de cuadrados unitarios.
• Haga tres copias de la suma y organícelos cuidadosamente como se muestra. La primera y tercera copias son obvias, pero la copia central se reordena considerablemente; todas las bandas del mismo color tienen la misma longitud y se han dispuesto en rectángulos como se muestra.

  Al juntar todo, desde las tres copias, se crea un rectángulo de dimensiones$(2n+1)\times(1+2+3+\cdots+n)\text{.}$

Sabemos (desde arriba) eso$1+2+3+\cdots+n = \frac{1}{2} n(n+1)$ y así

\ begin {align*} (1^2+2^2+\ cdots+n^2) &=\ frac {1} {3}\ veces\ frac {1} {2} n (n+1) (2n+1)\ end {alinear*}

según sea necesario.

Ahora podemos empezar a mirar volúmenes. Empecemos por el volumen de un cono; consideremos la figura a continuación. Atamos el volumen del cono arriba y abajo por pilas de cilindros. También se muestran las secciones transversales de los cilindros y el cono.

Para obtener los límites construiremos dos pilas de$n$ cilindros,$C_1,C_2,\dots,C_n\text{.}$ Cada cilindro tiene altura$h/n$ y radio que varía con la altura. En particular, definimos cilindro$C_k$ para tener altura$h/n$ y radio$k \times r/n\text{.}$ Este radio se determinó usando triángulos similares para que el cilindro$C_n$ tenga radio$r\text{.}$ Ahora el cilindro$C_k$ tiene volumen

\ begin {align*} v_k &=\ pi\ veces\ texto {radio} ^2\ veces\ texto {altura} =\ pi\ izquierda (\ frac {kr} {n}\ derecha) ^2\ cdot\ frac {h} {n}\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {n^3} k^2\ end {align*}

Obtenemos un límite superior apilando cilindros$C_1,C_2,\dots,C_n$ como se muestra. Este objeto tiene volumen

\ begin {align*} V &= V_1 + V_2 +\ cdots + V_n\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ izquierda (1^2 + 2^2 + 3^2 +\ cdots + n^2\ derecha)\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ cdot\ frac {(n+1) (2n+1)} {6}\ final {alinear*}

Un límite inferior similar se obtiene apilando cilindros$C_1,\dots,C_{n-1}$ que da un volumen de

\ begin {align*} V &= V_1 + V_2 +\ cdots+ V_ {n-1}\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ izquierda (1^2 + 2^2 + 3^2 +\ cdots + (n-1) ^2\ derecha)\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ cdot\ frac {(n-1) (n) (2n-1)} {6}\ final {alinear*}

Así, el verdadero volumen del cilindro está delimitado entre

\ begin {alinear*}\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ cdot\ frac {(n-1) (n) (2n-1)} {6} &\ leq\ text {volumen correcto}\ leq\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ cdot\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6}\ end {align*}

Ahora podemos tomar el límite como el número de cilindros,$n\text{,}$ va al infinito. El límite superior se convierte

\ begin {alinear*}\ lim_ {n\ a\ infty}\ frac {\ pi r^2h} {n^3}\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6} &=\ frac {\ pi r^2h} {6}\ lim_ {n\ a\ infty}\ frac {n (n+1) (2n+1)} {n^3}\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {6}\ lim_ {n\ a\ infty}\ frac {(1+1/n) (2+1/n)} {1}\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {6}\ times 2\\ &=\ frac {\ pi r^2h} {3}\ end {align*}

El otro límite es idéntico, así que por el teorema squeeze tenemos

\ begin {align*}\ text {Volumen de cono} &=\ frac {1} {3}\ pi r^2h\ end {align*}

Ahora la esfera —aunque haremos el análisis para un hemisferio de radio$R\text{.}$ Nuevamente atamos el volumen arriba y abajo por pilas de cilindros. También se muestran las secciones transversales de los cilindros y el cono.

Para obtener los límites construiremos dos pilas de$n$ cilindros,$C_1,C_2,\dots,C_n\text{.}$ cada cilindro tiene altura$R/n$ y radio que varía con su posición en la pila. Para describir la posición, defina

\ begin {align*} y_k &= k\ times\ frac {R} {n}\ end {align*}

Es decir,$y_k\text{,}$ son$k$ pasos de distancia$\frac{R}{n}$ desde la parte superior del hemisferio. Luego configuramos el$k^\mathrm{th}$ cilindro,$C_k$ para que tenga altura$R/n$ y radio$r_k$ dados por

\ begin {align*} r_k^2 &= R^2 - (R-y_k) ^2 = R^2 - R^2 (1-k/n) ^2\\ &= R^2 (2k/n - k^2/n^2)\ end {alinear*}

como se muestra en las ilustraciones de arriba a la derecha e inferior izquierda. El volumen de$C_k$ es entonces

\ begin {align*} v_k &=\ pi\ veces\ texto {radio} ^2\ veces\ texto {altura} =\ pi\ veces R^2\ izquierda (2k/n - k^2/n^2\ derecha)\ veces\ frac {R} {n}\\ &=\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {2k} {n^2} -\ frac {k^2} {n^3}\ derecha)\ final {alinear*}

Obtenemos un límite superior apilando cilindros$C_1,C_2,\dots,C_n$ como se muestra. Este objeto tiene volumen

\ begin {align*} V &= V_1 + V_2 +\ cdots + V_n\\ &=\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {2} {n^2}\ izquierda (1 + 2 + 3 +\ cdots + n\ derecha) -\ frac {1} {n^3}\ izquierda (1^2 + 2^2 + 3^2 +\ cdots + n^2\ derecha)\ derecha)\ end {align*}

Ahora recordemos desde arriba que

\ begin {alinear*} 1 + 2 + 3 +\ cdots +n &=\ frac {1} {2} n (n+1) & 1^2 + 2^2 + 3^2 +\ cdots +n^2 &=\ frac {1} {6} n (n+1) (2n+1)\ end {align*}

por lo

\ begin {align*} V &=\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {n (n+1)} {n^2} -\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6n^3}\ derecha)\ end {align*}

Nuevamente, se obtiene un límite inferior apilando cilindros$C_1,\dots,C_{n-1}$ y un análisis similar da

\ begin {align*} V &=\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {n (n-1)} {(n-1) ^2} -\ frac {n (n-1) (2n-1)} {6 (n-1) ^3}\ derecha)\ end {align*}

Así, el verdadero volumen del hemisferio está delimitado entre

\ begin {alinear*}\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {n (n+1)} {n^2} -\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6n^3}\ derecha) &\ leq\ text {volumen correcto}\ leq\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {n (n+1)} {n^2} -\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6n^3}\ derecha)\ final {alinear*}

Ahora podemos tomar el límite como el número de cilindros,$n\text{,}$ va al infinito. El límite superior se convierte

\ begin {alinear*}\ lim_ {n\ a\ infty}\ pi R^3\ cdot\ izquierda (\ frac {n (n+1)} {n^2} -\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6n^3}\ derecha) &=\ pi R^3\ izquierda (\ lim_ {n\ a\ infty}\ frac {(n+1)} {n^2} -\ frac {n (n+1) (2n+1)} {6n^3}\ derecha)\\ &=\ pi R^3\ izquierda (1 -\ frac {2} {6}\ derecha) =\ frac {2} {3}\ pi R^3. \ end {alinear*}

El otro límite es idéntico, así que por el teorema squeeze tenemos

\ begin {align*}\ text {Volumen del hemisferio} &=\ frac {2} {3}\ pi R^3 &\ text {y así}\\\ text {Volumen de esfera} &=\ frac {4} {3}\ pi R^3\ end {align*}