Área de un círculo

El área de un polígono regular es la mitad de su perímetro multiplicada por la apotema . A medida que aumenta el número de lados del polígono regular, este tiende a un círculo y la apotema tiende al radio. Esto sugiere que el área de un disco es la mitad de la circunferencia de su círculo delimitador multiplicada por el radio. ^{[ 3 ]}

Siguiendo el argumento de Arquímedes en La medición del círculo (c. 260 a. C.), compare el área encerrada por un círculo con la de un triángulo rectángulo cuya base tiene la longitud de la circunferencia del círculo y cuya altura es igual al radio del círculo. Si el área del círculo no es igual a la del triángulo, entonces debe ser mayor o menor. Eliminamos ambas posibilidades por contradicción, quedando la igualdad como la única opción. Aplicamos el mismo procedimiento a los polígonos regulares .

No mayor

Supongamos que el área C encerrada por el círculo es mayor que el área T  = cr /2 del triángulo. Sea E la cantidad sobrante. Inscribamos un cuadrado en el círculo, de modo que sus cuatro vértices queden sobre el círculo. Entre el cuadrado y el círculo hay cuatro segmentos. Si el área total de esos huecos, G ₄ , es mayor que E , dividamos cada arco por la mitad. Esto convierte al cuadrado inscrito en un octágono inscrito y produce ocho segmentos con un hueco total menor, G ₈ . Sigamos dividiendo hasta que el área total del hueco, G _n , sea menor que E . Ahora el área del polígono inscrito, P _n  = C  − G _n , debe ser mayor que la del triángulo. 

${\displaystyle {\begin{aligned}E&{}=CT\\&{}>G_{n}\\P_{n}&{}=C-G_{n}\\&{}>CE\\P_{n}&{}>T\end{aligned}}}$

Pero esto genera una contradicción, como se explica a continuación. Traza una perpendicular desde el centro hasta el punto medio de un lado del polígono; su longitud, h , es menor que el radio del círculo. Además, supongamos que cada lado del polígono tiene longitud s ; entonces la suma de los lados es ns , que es menor que la circunferencia del círculo. El área del polígono consta de n triángulos iguales con altura h y base s , por lo que es igual a nhs /2. Pero como h < r y ns < c , el área del polígono debe ser menor que el área del triángulo, cr /2, lo cual es una contradicción. Por lo tanto, nuestra suposición de que C podría ser mayor que T debe ser errónea.    

No menos

Supongamos que el área encerrada por el círculo es menor que el área T del triángulo. Sea D la cantidad del déficit. Circunscriba un cuadrado, de modo que el punto medio de cada lado quede sobre el círculo. Si la diferencia total de área entre el cuadrado y el círculo, G ₄ , es mayor que D , recorte las esquinas con tangentes al círculo para formar un octágono circunscrito, y continúe recortando hasta que el área del hueco sea menor que D . El área del polígono, P _n , debe ser menor que T .

${\displaystyle {\begin{aligned}D&{}=TC\\&{}>G_{n}\\P_{n}&{}=C+G_{n}\\&{}<C+D\\P_{n}&{}<T\end{aligned}}}$

Esto también genera una contradicción. Pues una perpendicular al punto medio de cada lado del polígono es un radio de longitud r . Y como la longitud total de los lados es mayor que la circunferencia, el polígono consta de n triángulos idénticos con un área total mayor que T. De nuevo, nos encontramos ante una contradicción, por lo que nuestra suposición de que C podría ser menor que T también debe ser errónea.

Por lo tanto, el área encerrada por el círculo debe ser exactamente igual al área del triángulo. Con esto concluye la demostración.

Siguiendo a Satō Moshun ( Smith & Mikami 1914 , pp. 130–132) , Nicolás de Cusa ^{[ 4 ]} y Leonardo da Vinci ( Beckmann 1976 , p. 19) , podemos usar polígonos regulares inscritos de una manera diferente. Supongamos que inscribimos un hexágono . Cortamos el hexágono en seis triángulos partiéndolo desde el centro. Dos triángulos opuestos tocan dos diámetros comunes; los deslizamos a lo largo de uno de ellos de manera que las aristas radiales sean adyacentes. Ahora forman un paralelogramo , con los lados del hexágono formando dos aristas opuestas, una de las cuales es la base, s . Dos aristas radiales forman lados inclinados, y la altura, h, es igual a su apotema (como en la demostración de Arquímedes). De hecho, también podemos ensamblar todos los triángulos en un gran paralelogramo colocando pares sucesivos uno al lado del otro. Lo mismo sucede si lo aumentamos a ocho lados y así sucesivamente. Para un polígono con 2n lados , el paralelogramo tendrá una base de longitud ns y una altura h . A medida que aumenta el número de lados, la longitud de la base del paralelogramo se aproxima a la mitad de la circunferencia del círculo, y su altura se aproxima al radio del círculo. En el límite, el paralelogramo se convierte en un rectángulo con ancho πr y altura r .  

Usando cálculo, podemos sumar el área incrementalmente, dividiendo el disco en anillos concéntricos delgados como las capas de una cebolla . Este es el método de integración de capas en dos dimensiones. Para un anillo infinitesimalmente delgado de la "cebolla" de radio t , el área acumulada es 2 π t dt , la longitud circunferencial del anillo por su ancho infinitesimal (se puede aproximar este anillo por un rectángulo con ancho = 2 π t y altura = dt ). Esto da una integral elemental para un disco de radio r .

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Área} (r)&{}=\int _{0}^{r}2\pi t\,dt\\&{}=2\pi \left[{\frac {t^{2}}{2}}\right]_{0}^{r}\\&{}=\pi r^{2}.\end{aligned}}}$

Se justifica rigurosamente mediante la regla de sustitución multivariada en coordenadas polares. Es decir, el área viene dada por una integral doble de la función constante 1 sobre el propio disco. Si D denota el disco, entonces la integral doble se puede calcular en coordenadas polares de la siguiente manera:

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Área} (r)&{}=\iint _{D}1\ d(x,y)\\&{}=\iint _{D}t\ dt\ d\theta \\&{}=\int _{0}^{r}\int _{0}^{2\pi }t\ d\theta \ dt\\&{}=\int _{0}^{r}\left[t\theta \right]_{0}^{2\pi }dt\\&{}=\int _{0}^{r}2\pi t\,dt\\\end{aligned}}}$

que es el mismo resultado que el obtenido anteriormente.

Una justificación rigurosa equivalente, sin depender de las coordenadas especiales de la trigonometría, utiliza la fórmula del área de coárea . Definir una función${\displaystyle \rho$ :\mathbb {R} ^{2}\to \mathbb {R} } por${\textstyle \rho (x,y)={\sqrt {x^{2}+y^{2}}}}$Nótese que ρ es una función de Lipschitz cuyo gradiente es un vector unitario .${\displaystyle |\nabla \rho |=1}$( casi en todas partes ). Sea D el disco${\displaystyle \rho <1}$en${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$Demostraremos que${\displaystyle {\mathcal {L}}^{2}(D)=\pi }$, dónde${\displaystyle {\mathcal {L}}^{2}}$es la medida de Lebesgue bidimensional en${\displaystyle \mathbb {R} ^{2}}$Supondremos que la medida de Hausdorff unidimensional del círculo${\displaystyle \rho =r}$es${\displaystyle 2\pi r}$, la circunferencia del círculo de radio r . (Esto puede tomarse como la definición de circunferencia). Luego, por la fórmula del área de circunferencia,

${\displaystyle {\begin{aligned}{\mathcal {L}}^{2}(D)&=\iint _ {D}|\nabla \rho |\,d{\mathcal {L}}^{2}\\&=\int _{\mathbb {R} }{\mathcal {H}}^{1}(\rho ^{-1}(r)\cap D)\,dr\\&=\int _{0}^{1}{\mathcal {H}}^{1}(\rho ^{-1}(r))\,dr\\&=\int _{0}^{1}2\pi r\,dr=\pi .\end{aligned}}}$

De forma similar a la demostración con la cebolla descrita anteriormente, podríamos utilizar el cálculo diferencial para obtener la fórmula del área de un disco. Consideremos desplegar los círculos concéntricos en tiras rectas. Esto formará un triángulo rectángulo con altura r y base 2πr (la porción exterior de la cebolla).

Calcular el área de este triángulo nos dará el área del disco.

${\displaystyle {\begin{aligned}{\text{Área}}&{}={\frac {1}{2}}\cdot {\text{base}}\cdot {\text{altura}}\\[6pt]&{}={\frac {1}{2}}\cdot 2\pi r\cdot r\\[6pt]&{}=\pi r^{2}\end{aligned}}}$

Los ángulos opuestos y adyacentes de este triángulo son respectivamente en grados 9,0430611..., 80,956939... y en radianes 0,1578311... OEIS : A233527  , 1,4129651... OEIS : A233528  .

Explícitamente, imaginamos dividir un círculo en triángulos, cada uno con una altura igual al radio del círculo y una base infinitesimalmente pequeña. El área de cada uno de estos triángulos es igual a${\displaystyle 1/2\cdot r\cdot du}$Al sumar (integrar) todas las áreas de estos triángulos, llegamos a la fórmula para el área del círculo:

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Área} (r)&{}=\int _{0}^{2\pi r}{\frac {1}{2}}r\,du\\[6pt]&{}=\left[{\frac {1}{2}}ru\right]_{0}^{2\pi r}\\[6pt]&{}=\pi r^{2}.\end{aligned}}}$

También puede justificarse mediante una integral doble de la función constante 1 sobre el disco, invirtiendo el orden de integración y utilizando un cambio de variables en la integral iterada anterior:

${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Área} (r)&{}=\iint _{D}1\ d(x,y)\\&{}=\iint _{D}t\ dt\ d\theta \\&{}=\int _{0}^{2\pi }\int _{0}^{r}t\ dt\ d\theta \\&{}=\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{2}}r^{2}\ d\theta \\\end{alineado}}}$

Realizar la sustitución${\displaystyle u=r\theta ,\ du=r\ d\theta }$convierte la integral en

${\displaystyle \int _{0}^{2\pi r}{\frac {1}{2}}{\frac {r^{2}}{r}}du=\int _{0}^{2\pi r}{\frac {1}{2}}r\ du}$

lo cual es lo mismo que el resultado anterior.

La demostración triangular puede reformularse como una aplicación del teorema de Green en forma de flujo-divergencia (es decir, una versión bidimensional del teorema de la divergencia ), de manera que se evite toda mención de trigonometría y la constante π . Consideremos el campo vectorial${\displaystyle \mathbf {r} =x\mathbf {i} +y\mathbf {j} }$en el plano. Por lo tanto, la divergencia de r es igual a dos, y por consiguiente el área de un disco D es igual a

${\displaystyle A={\frac {1}{2}}\iint _{D}\operatorname {div} \mathbf {r} \,dA.}$

Según el teorema de Green, esto es lo mismo que el flujo hacia afuera de r a través del círculo que delimita D :

${\displaystyle A={\frac {1}{2}}\oint _{\partial D}\mathbf {r} \cdot \mathbf {n} \,ds}$

donde n es el vector normal unitario y ds es la medida de la longitud del arco. Para un círculo de radio R centrado en el origen, tenemos${\displaystyle |\mathbf {r} |=R}$y${\displaystyle \mathbf {n} =\mathbf {r} /R}$, por lo tanto, la igualdad anterior es

${\displaystyle A={\frac {1}{2}}\oint _{\partial D}\mathbf {r} \cdot {\frac {\mathbf {r} }{R}}\,ds={\frac {R}{2}}\oint _{\partial D}\,ds.}$

La integral de ds sobre todo el círculo.${\displaystyle \partial D}$es simplemente la longitud del arco, que es su circunferencia, por lo que esto demuestra que el área A encerrada por el círculo es igual a${\displaystyle R/2}$veces la circunferencia del círculo.

Otra demostración que utiliza triángulos considera que el área encerrada por un círculo está formada por un número infinito de triángulos (es decir, cada triángulo tiene un ángulo ^d𝜃 en el centro del círculo), cada uno con un área de 1/2 · r² · d𝜃 ( derivada de la expresión para el área de un triángulo: 1/2 · a · b · sen 𝜃 = 1/2 · r · r · sen ( d𝜃 ) = 1/2 · r² · d𝜃 ) . Nótese que sen ( d𝜃 ) ≈ d𝜃 debido a la aproximación de ángulo pequeño . Sumando las ^áreas de los triángulos, se puede hallar la expresión para el área del círculo :$${\displaystyle {\begin{aligned}\mathrm {Area} &{}=\int _{0}^{2\pi }{\frac {1}{2}}r^{2}\,d\theta \\&{}=\left[{\frac {1}{2}}r^{2}\theta \right]_{0}^{2\pi }\\&{}=\pi r^{2}.\end{aligned}}}$$

Nótese que el área de un semicírculo de radio r se puede calcular mediante la integral${\textstyle \int _{-r}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,dx}$.

Mediante sustitución trigonométrica , sustituimos${\displaystyle x=r\sin \theta }$, por eso${\displaystyle dx=r\cos \theta \,d\theta .}$$${\displaystyle {\begin{aligned}\int _{-r}^{r}{\sqrt {r^{2}-x^{2}}}\,dx&=\int _{-{\frac {\pi }{2}}}^{\frac {\pi }{2}}{\sqrt {r^{2}\left(1-\sin ^{2}\theta \right)}}\cdot r\cos \theta \,d\theta \\[5pt]&=2r^{2}\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\cos ^{2}\theta \,d\theta \\[5pt]&={\frac {\pi r^{2}}{2}}.\end{aligned}}}$$

El último paso se deduce de la identidad trigonométrica.${\displaystyle \cos(\theta )=\sin(\pi /2-\theta )}$implica que${\displaystyle \cos ^{2}\theta }$y${\displaystyle \sin ^{2}\theta }$tienen integrales iguales sobre el intervalo${\displaystyle [0,\pi /2]}$, utilizando la integración por sustitución . Pero por otro lado, dado que${\displaystyle \cos ^{2}\theta +\sin ^{2}\theta =1}$, la suma de las dos integrales es la longitud de ese intervalo, que es${\displaystyle \pi /2}$. En consecuencia, la integral de${\displaystyle \cos ^{2}\theta }$es igual a la mitad de la longitud de ese intervalo, que es${\displaystyle \pi /4}$.

Por lo tanto, el área de un círculo de radio r , que es el doble del área del semicírculo, es igual a${\displaystyle 2\cdot {\frac {\pi r^{2}}{2}}=\pi r^{2}}$.

Esta demostración en particular podría parecer una falacia de petición de principio si se considera que las funciones seno y coseno involucradas en la sustitución trigonométrica están definidas en relación con los círculos. Sin embargo, como se mencionó anteriormente, es posible definir seno, coseno y π de una manera totalmente independiente de la trigonometría, en cuyo caso la demostración es válida mediante la fórmula de cambio de variables y el teorema de Fubini , asumiendo las propiedades básicas del seno y el coseno (que también pueden demostrarse sin asumir nada sobre su relación con los círculos).

Dado un círculo, sea u _n el perímetro de un n- gono regular inscrito y U _n el perímetro de un n- gono regular circunscrito. Entonces, u _n y U _n son cotas inferior y superior para la circunferencia del círculo que se vuelven cada vez más precisas a medida que n aumenta, y su promedio ( u _n + U _n )/2 es una aproximación especialmente buena a la circunferencia. Para calcular u _n y U _n para valores grandes de n , Arquímedes derivó las siguientes fórmulas de duplicación:

${\displaystyle u_{2n}={\sqrt {U_{2n}u_{n}}}}$  ( media geométrica ), y

${\displaystyle U_{2n}={\frac {2U_{n}u_{n}}{U_{n}+u_{n}}}}$  ( media armónica ).

Partiendo de un hexágono, Arquímedes duplicó n cuatro veces para obtener un polígono de 96 lados, lo que le dio una buena aproximación a la circunferencia del círculo.

En notación moderna, podemos reproducir su cálculo (e ir más allá) de la siguiente manera. Para un círculo unitario, un hexágono inscrito tiene u ₆  = 6, y un hexágono circunscrito tiene U ₆  = 4 √ 3 . Duplicando siete veces se obtiene

(Aquí , ⁠ u _n + U _n / 2 ⁠ se aproxima a la circunferencia del círculo unitario, que es 2 π , por lo que ⁠ u _n + U _n / 4 ⁠ se aproxima a π .)

La última entrada de la tabla tiene ^355/113 como una de sus mejores aproximaciones racionales ; es decir, no hay mejor aproximación entre los números racionales con denominador hasta 113. El número _{355/113 es} ^también una excelente aproximación a π , atribuida al matemático chino Zu Chongzhi , quien la denominó Milü . ^{[ 5 ]} Esta aproximación es mejor que cualquier otro número racional con denominador menor que 16.604. ^{[ 6 ]}

Snell propuso (y Huygens demostró) una cota más ajustada que la de Arquímedes:

${\displaystyle n{\frac {3\sin {\frac {\pi }{n}}}{2+\cos {\frac {\pi }{n}}}}<\pi <n\left(2\sin {\frac {\pi }{3n}}+\tan {\frac {\pi }{3n}}\right).}$

Esto, para n = 48, da una mejor aproximación (alrededor de 3,14159292) que el método de Arquímedes para n = 768.

_{Sea s n} un lado de un n- gono regular inscrito que toca la circunferencia en los puntos A y B. Sea A ′ el punto opuesto a A en la circunferencia, de modo que A ′ A es un diámetro, y A ′ AB es un triángulo inscrito en un diámetro. Por el teorema de Tales , este es un triángulo rectángulo con ángulo recto en B. Sea c _n la longitud de A ′ B , que llamamos el complemento de s _n ; por lo tanto, c _n ² + s _n ² = (2 r ) ² . Sea C la bisectriz del arco de A a B, y sea C ′ el punto opuesto a C en la circunferencia. Así, la longitud de CA es s _{2 n} , la longitud de C ′ A es c _{2 n} , y C ′ CA es en sí mismo un triángulo rectángulo con diámetro C ′ C. Como C biseca el arco de A a B, C ′ C biseca perpendicularmente la cuerda de A a B, digamos en P. El triángulo C ′ AP es, por lo tanto, un triángulo rectángulo, y es similar a C ′ CA ya que comparten el ángulo en C ′ . Por lo tanto, los tres lados correspondientes están en la misma proporción; En particular, tenemos C ′ A : C ′ C = C ′ P : C ′ A y AP : C ′ A = CA : C ′ C. El centro del círculo, O, biseca A ′ A, por lo que también tenemos el triángulo OAP similar a A ′ AB, con OP de la mitad de la longitud de A ′ B. En términos de longitudes de lados, esto nos da           

${\displaystyle {\begin{aligned}c_{2n}^{2}&{}=\left(r+{\frac {1}{2}}c_{n}\right)2r\\c_{2n}&{}={\frac {s_{n}}{s_{2n}}}.\end{aligned}}}$

En la primera ecuación C ′ P es C ′ O+OP, longitud r  + ⁠ 1 / 2 ⁠ c _n , y C ′ C es el diámetro, 2 r . Para un círculo unitario tenemos la famosa ecuación de duplicación de Ludolph van Ceulen , 

${\displaystyle c_{2n}={\sqrt {2+c_{n}}}.}$

Si ahora circunscribimos un n- gono regular, con el lado A ″ B ″ paralelo a AB, entonces OAB y OA ″ B ″ son triángulos semejantes, con A ″ B ″  :  AB  = OC  : OP. Llamemos S _n  al lado circunscrito ; entonces este es S _n : s _n = 1 : ¹ ⁄ ₂ c _n . (Hemos usado nuevamente que OP es la mitad de la longitud de A ′ B.) Así obtenemos     

${\displaystyle c_{n}=2{\frac {s_{n}}{S_{n}}}.}$

Llamemos al perímetro inscrito u _n  = ns _n , y al perímetro circunscrito U _n  = nS _n . Entonces, combinando ecuaciones, tenemos

${\displaystyle c_{2n}={\frac {s_{n}}{s_{2n}}}=2{\frac {s_{2n}}{S_{2n}}},}$

de modo que

${\displaystyle u_{2n}^{2}=u_{n}U_{2n}.}$

Esto da como resultado una ecuación de media geométrica .

También podemos deducir

${\displaystyle 2{\frac {s_{2n}}{S_{2n}}}{\frac {s_{n}}{s_{2n}}}=2+2{\frac {s_{n}}{S_{n}}},}$

o

${\displaystyle {\frac {2}{U_{2n}}}={\frac {1}{u_{n}}}+{\frac {1}{U_{n}}}.}$

Esto da como resultado una ecuación de media armónica .