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terça-feira, 12 de junho de 2012

A Área do Triângulo Esférico Via Cálculo

Antes da invenção do Cálculo, os matemáticos já sabiam calcular a área de um triângulo esférico. O estudo deste objeto é assunto da Trigonometria Esférica o qual possui muitas aplicações na navegação. Neste post, deduziremos a fórmula para calcular a área de um triângulo esférico seguindo os passos apresentados no livro Cálculo com Geometria Analítica Vol. 2 de G. F. Simmons. Originalmente, esta ideia é do grande matemático francês Adrien Marie Legendre.

Definição 1: Um triângulo esférico é uma figura sobre a superfície de uma esfera limitada por arcos de três grandes círculos.
Definição 2: A quantidade [;\alpha + \beta + \gamma - \pi;] chama-se excesso esférico do triângulo esférico.

Lema 1: O triângulo cortado da esfera [;x^2 + y^2 + z^2 = a^2;] pelos planos [;y = 0;], [;y = x\tan \lambda;] e [;z = x\tan \mu;] é retângulo e seus ângulos agudos são [;\lambda;] e [;\beta;], onde [;\cos \beta = \sin \lambda \sin \mu;]. Além disso, sua área é
[;S = (\beta + \gamma - \frac{\pi}{2});]
Demonstração: O primeiro passo é calcular o vetor normal dos planos dados. Para o plano [;y = 0;], temos [;\vec{N}_{1} = (0,1,0);], para o plano [;y = x\tan \lambda;], temos [;\vec{N}_{2} = (\tan \lambda, -1,0);] e para o plano [;z = x\tan \mu;], temos [;\vec{N}_{3} = (\tan \mu, 0,-1);]. Por outro lado,
[;\vec{N_1}\cdot \vec{N_3} = (0,1,0)\cdot (\tan \mu,0,-1) = 0 \quad \Rightarrow \quad \theta_1 = \frac{\pi}{2};]
e
[;\vec{N}_{2}\cdot \vec{N}_{3} = (\tan \lambda,-1,0)\cdot (\tan \mu,0,-1) = \tan \lambda \tan \mu;]
de modo que
[;\vec{N}_{2}\cdot \vec{N}_{3} = \tan \lambda \tan \mu = \sqrt{\tan^2\lambda + 1}\sqrt{\tan^2\mu + 1}\cos \beta;]
Elevando ao quadrado, temos
[;\frac{\sin \lambda}{\cos \lambda}\cdot \frac{\sin \mu}{\cos \mu} = \sec \lambda \cdot \sec \mu \cdot \cos \beta \quad \Rightarrow;]
[;\cos \beta = \sin \lambda \cdot \sin \mu;]
Para determinar a curva sobre o plano [;xy;] resultante da interseção entre a esfera e o plano [;z = x\tan \mu;] fazemos
[;x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \quad \Rightarrow \quad r^2 + (x\tan \mu)^2 = a^2 \quad \Rightarrow;]
[;r^2 + r^2\cos^2\theta \tan^2 \mu = a^2 \quad \Rightarrow;]
[;r = \frac{a}{\sqrt{1 + \cos^2\theta \tan^2 \mu}};]
pois [;x = r\cos \theta;] e [;x^2 + y^2 = r^2;]. A área de uma superfície é dada por
[;S = \int_R\int \frac{dA}{\cos \gamma};]
onde [;\gamma;] é o ângulo entre a reta vertical e a normal à superfície que aponta para cima. Se [;f(x,y,z) = x^2+y^2+z^2 - a^2;], o seu gradiente é [;\nabla f = (2x,2y,2z);], de modo que [;\nabla f \cdot \vec{k} = (2x,2y,2z)\cdot (0,0,1) = 2z;]. Assim,
[;\nabla f\cdot \vec{k} = |\nabla f|\cdot 1 \cdot \cos \gamma \quad \Rightarrow \quad 2z = 2\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\cos \gamma \quad \Rightarrow;]
[;\cos \gamma = \frac{z}{a} = \frac{\sqrt{a^2 - r^2}}{a};]
Sendo [;dA = rdrd\theta;], então
[;S = \int_R\int \frac{ardrd\theta}{\sqrt{a^2 - r^2}} = a\int_{0}^{\lambda}\int_{0}^{a/\sqrt{1 + \cos^2\theta \tan^2 \mu}}\frac{r}{\sqrt{a^2 - r^2}}rdrd\theta;]
[;=-a\int_{0}^{\lambda}\sqrt{a^2 - r^2}\biggr]_{0}^{a/\sqrt{1 + \cos^2\theta\tan^2\mu}};]
[;=-a\int_{0}^{\lambda}\biggl[\sqrt{a^2 - \frac{a^2}{1 + \cos^2\theta\tan^2\mu}} - a\biggr]d\theta;]
[;=a^2\int_{0}^{\lambda}\biggl[1 - \frac{\cos \theta \tan \mu}{\sqrt{1 + \cos^2\theta \tan^2 \mu}}\biggr]d\theta;]
[;=a^2\int_{0}^{\lambda}\biggl[1 - \frac{\sin \mu \cos \theta}{\sqrt{1 + \cos^2\theta \sin^2\mu}}\biggr]d\theta;]
[;=\int_{0}^{\lambda}\biggl[1 - \frac{\sin \mu \cos \theta}{\sqrt{\cos^2\mu + (1 - \sin^2\theta)\sin^2\mu}}\biggr]d\theta;]
[;=a^2\int_{0}^{\lambda}\biggl[1 - \frac{\sin \mu \cos \theta}{\sqrt{1 - \sin^2 \mu \sin^2 \theta}}\biggr]d\theta;]
[;=a^2\lambda - a^2\sin \mu\int_{0}^{\lambda}\frac{\cos \theta d\theta}{\sqrt{1 - \sin^2\mu\sin^2 \theta}};]
Considere agora [;\sin v = \sin \mu \sin \theta;]. Assim, [;\cos vdv = \sin \mu \cos \theta d\theta;]. Para [;\theta = 0;], temos [;v = 0;] e para [;\theta = \lambda;], temos
[;\sin v = \sin \mu \sin \lambda = \cos \beta = \sin(\pi/2 - \beta) \quad \Rightarrow \quad v = \frac{\pi}{2} - \beta;]
Logo,
[;S = a^2\lambda - a^2\int_{0}^{\pi/2 - \beta}\frac{\cos v dv}{\sqrt{1 - \sin^2 v}} = a^2\lambda - a^2v\biggr]_{0}^{\pi/2 - \beta};]
[;=a^2[\lambda - (\frac{\pi}{2} - \beta)] = a^2(\beta + \lambda - \frac{\pi}{2});]
Teorema 1: Dada uma esfera de raio [;a;], a área do triângulo esférico é igual ao produto do excesso esférico pelo quadrado da esfera, isto é,

[;S = (\alpha + \beta + \gamma - \pi)a^2;]
Demonstração: Considere o triângulo esférico [;ABC;] conforme a figura acima de ângulos internos [;\alpha;], [;\beta;]e [;\gamma;]. Dividindo este triângulo esférico retângulo ([;ABD;] e [;BCD;]) e usando o Lema [;1;], temos:

[;\begin{cases}S_1 = a^2(\alpha + \beta_1 - \frac{\pi}{2})\\S_2 = a^2(\gamma + \beta_2 - \frac{\pi}{2})\\\end{cases};]
de modo que
[;S = S_1 + S_2 = a^2(\alpha + \gamma + \beta_1 + \beta_2 - \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{2}) = a^2(\alpha + \beta + \gamma - \pi);]
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Postado por Prof. Paulo Sérgio às 12.6.12
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2 comentários:

  1. Quando comecei a ler o artigo, não achei que fosse tão complexo este problema. Com certeza virará referência pela internet.

    Achei esta demonstração que não usa o cálculo integral:

    http://pt.scribd.com/doc/30172219/DEDUCCION-AREA-TRIANGULO-ESFERICO-Praxedes-Navarrete-Martinez-Grupo-B

    Um brinde ao Cálculo!

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  2. Olá Kleber, eu elaborei esta prova seguindo os passos de um exercício do Simmons há quase 10 anos e a tempos estava querendo publicá-la aqui no blog. Desta vez deu certo e espero contribuir com as aplicações do Cálculo em outras áreas. Obrigado pelo comentário e volte sempre!

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