Formas de demostrar la fórmula del área de una elipse

Question

Se puede demostrar la fórmula del área de la elipse $A=\pi a b$ ( $a$ , $b$ los semiejes mayor y menor), ya sea por integración o por el argumento del círculo estirado. Véase, por ejemplo, aquí: https://proofwiki.org/wiki/Area_of_Ellipse

¿Existen otras pruebas de esta fórmula?

Answer 1

Otra forma podría ser a través de El principio de Cavalieri . Supongamos que tenemos una elipse con semiejes $a$ y $b$ y construir un círculo de radio $\sqrt{ab}$ . Dibuja un par de líneas $FF'$ , $EE'$ tangente a la circunferencia en los puntos extremos de un diámetro (véase la figura siguiente) y girar la elipse de modo que tenga esas líneas como tangentes. Si demostramos que cualquier cuerda $CD$ del círculo, paralelo a $FF'$ tiene la misma longitud que la cuerda correspondiente $C'D'$ de la elipse, entonces el círculo y la elipse tienen la misma área $\pi ab$ .

Consideremos en primer lugar el diámetro $AB$ del círculo paralelo a $FF'$ el diámetro correspondiente $A'B'$ de las formas de elipse con $E'F'$ un par de diámetros conjugados . Es bien sabido que el paralelogramo formado por semidiámetros $O'B'$ y $O'F'$ tiene área $ab$ como la altura de dicho paralelogramo con respecto a la base $O'B'$ es $\sqrt{ab}$ deducimos entonces $O'B'=\sqrt{ab}$ . De ello se desprende que $AB=A'B'$ .

Demostremos ahora la igualdad análoga para cualquier otro par de acordes correspondientes $CD$ y $C'D'$ . La ecuación de los diámetros conjugados establece que $${O'M'^2\over O'F'^2}+{C'M'^2\over O'A'^2}=1,$$ pero por otro lado también tenemos: $${O'M'\over O'F'}={OM\over OF}={OM\over \sqrt{ab}}.$$ Insertando esto en la igualdad anterior, y teniendo en cuenta que $O'A'=\sqrt{ab}$ nos encontramos con que: $$C'M'=\sqrt{ab-OM^2}=CM,$$ donde también utilizamos el teorema de Pitágoras aplicado al triángulo $OMC$ . Esto completa la prueba, porque $M'$ es el punto medio de $C'D'$ .

Answer 2

Seamos creativos. Para cualquier $R>1$ tenemos $$f_R(\theta)=\frac{1}{R+e^{i\theta}} = \sum_{n\geq 0}(-1)^n \frac{e^{ni\theta}}{R^{n+1}}$$ por lo tanto por la identidad de Parseval $$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{(R^2+1)+2R\cos\theta}= \int_{0}^{2\pi}f_R(\theta)\overline{f_R}(\theta)\,d\theta = 2\pi\sum_{n\geq 0}\frac{1}{R^{2n+2}}=\frac{2\pi}{R^2-1}$$ y multiplicando ambos lados por $(R^2+1)$ obtenemos $$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{1+\frac{2R}{R^2+1}\cos\theta}=2\pi\frac{R^2+1}{R^2-1}.$$ Mediante una sustitución obtenemos que para cualquier $B>1$ la identidad $$\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{B+\cos\theta} = \frac{2\pi}{\sqrt{B^2-1}}$$ retiene. Diferenciando ambos lados con respecto a $B$ obtenemos $$\forall B>1,\quad \int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{(B+\cos\theta)^2}=\frac{2\pi B}{(B^2-1)^{3/2}}.\tag{1}$$ Supongamos que una elipse tiene semiejes $a>b$ . ¿Cómo podemos escribir su ecuación polar con respecto a un foco?
Al imponer que la propiedad $PF_1+PF_2=2a$ se mantiene, es decir, imponiendo que $$\rho(\theta) + \sqrt{\rho^2(\theta)\sin^2(\theta)+(\rho(\theta)\cos(\theta)-2c)^2} = 2a,$$ $$\rho^2(\theta)-4c\rho(\theta)\cos(\theta)+4c^2 = 4a^2-4a\rho(\theta)+\rho^2(\theta),$$ $$-c\rho(\theta)\cos(\theta) = b^2-a\rho(\theta),$$ $$\rho(\theta) = \frac{b^2/a}{1-e\cos\theta} \tag{2}$$ donde $e=\frac{c}{a}=\sqrt{1-\frac{b^2}{a^2}}$ . El área encerrada por la elipse es

$$A(a,b)=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\rho^2(\theta)\,d\theta = \frac{b^4}{2a^2}\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{(1-e\cos\theta)^2}\stackrel{\theta\mapsto\pi+\theta}{=}\frac{b^4}{2a^2 e^2}\int_{0}^{2\pi}\frac{d\theta}{\left(\frac{1}{e}+\cos\theta\right)^2}\tag{3}$$ e invocando $(1)$ tenemos

$$A(a,b) = \frac{2\pi b^4}{2a^2(1-e^2)^{3/2}}=\large{\color{red}{\pi a b}}.$$

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $$\begin{align} \mathcal{A} & = \iint_{x^{2}/a^{2}\ +\ y^{2}/b^{2}\ =\ 1}\dd x\,\dd y = ab\iint_{x^{2}\ +\ y^{2}\ =\ 1}\dd x\,\dd y = ab\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}r\,\dd r\,\dd\phi \\[5mm] & = \bbox[15px,#ffc,border:1px solid navy]{\pi ab} \end{align}$$