¿Por qué esta integral no da el área de la esfera?

Question

Así es como mi libro obtiene la fórmula para el volumen de la esfera:

Una esfera puede considerarse como el sólido de revolución generado por girando un semicírculo alrededor de su diámetro (véase la figura siguiente). Si la ecuación del semicírculo es $x^2+y^2=a^2$ entonces el elemento de volumen es $dV=\pi y^2dx=\pi(a^2-x^2)dx$ y el volumen de la esfera viene dado por $$V=2\int_0^a{\pi(a^2-x^2)dx}=\frac{4}{3}\pi a^3$$

Entonces pensé: bueno, sé que la superficie "lateral" del elemento de volumen $dV$ es sólo la circunferencia multiplicada por un pequeño cambio en $x$ por lo que, por el mismo razonamiento, el zona de la esfera debe venir dada por

$$2\int_0^a{2\pi\sqrt{a^2-x^2}dx}$$

De este modo, deberíamos poder cubrir toda la superficie de la esfera. Claro que seguiría habiendo un "pelado" extra alrededor del exterior de la tira, pero como dice el libro, al igual que en el cálculo del volumen, "este ligero error aparente -debido al uso de discos en lugar de rodajas reales- desaparece como consecuencia del proceso límite que forma parte del significado del signo integral".

Resulta, sin embargo, que esa integral no es igual a $4\pi a^2$ . Entonces, ¿qué hay de erróneo en mi razonamiento? Gracias de antemano.

Answer 1

Para calcular el volumen, hay que integrar el área inclinada (parte delgada de un cono) que limita lo que se puede considerar un cilindro delgado. Es más largo que $dx$ .

Es la misma paradoja que se produce cuando se intenta calcular la longitud de una línea inclinada o la circunferencia de un círculo aproximándola con una escalera de pequeños peldaños.

Answer 2

Es la idea correcta, pero las bandas son rebanadas del frustum de un cono.

Se necesita un factor de la altura oblicua para $dx$

Ese factor es $\sqrt {1+\frac {dr}{dx}^2}$

$A = 2\pi\int r\sqrt {1+\frac {dr}{dx}^2} \ dx$

O si tus rodajas corren horizontalmente

$A = 2\pi\int r\sqrt {1+\frac {dr}{dy}^2} \ dy$

Si $r = \sqrt {R^2-x^2}$

$\frac {dr}{dx} = -\frac {x}{\sqrt {R^2-x^2}}\\ y\sqrt {1+\frac {dr}{dx}^2} = \sqrt{R^2-x^2}\sqrt {1+\frac {x^2}{R^2-x^2}} = R$

$A = 2\pi \int_{-R}^R R \ dx = 4\pi R^2$

Answer 3

Como puede observar en su gráfico, la horizontal $dx $ no tiene en cuenta la pendiente de la esfera en el punto $(x,y)$ .

Para contar para la pendiente, sustituye tu $dx$ con la mejor estimación $$ds = \sqrt {1+(dy/dx)^2}dx$$

Answer 4

Su configuración

$$2\int_0^a{2\pi\sqrt{a^2-x^2}dx}$$

no es válida para la superficie de la esfera ya que debemos considerar $\frac{dx}{\sin \theta}=\frac{dx}{ \frac{ \sqrt{a^2-x^2}} {a} }=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2}}dx$ entonces

$$S=2\int_0^a{2\pi a\,dx}=4\pi a^2$$