Área encerrada por una curva equipotencial para un dipolo eléctrico en el plano

Question

Actualmente enseño Física en un instituto italiano. Hoy, mientras hablaba de la dipolo eléctrico generado por dos cargas iguales en el plano, me preguntaba sobre el siguiente problema:

Supongamos que se colocan dos cargas iguales en $(-1,0)$ y $(1,0)$ .

Existe una curva equipotencial que pasa por el origen, cuya ecuación es dada por: $$\frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}}=2 $$ y cuya forma es muy lemniscate -como:

¿Existe alguna forma rápida y complicada de calcular el área encerrada por una curva de este tipo?

Numéricamente, es $\approx 3.09404630427286$ .

Answer 1

Consideremos la siguiente parametrización del primer cuadrante del $(x,y)$ avión:

$$[1,\infty) \times [0,1] \ni (u,v) \quad\mapsto\quad (x,y) \in [0,\infty)^2 \quad\text{s.t.}\quad \begin{cases} r_1 &= \sqrt{(x+1)^2+y^2} = u+v\\ r_2 &= \sqrt{(x-1)^2+y^2} = u-v \end{cases}$$ En esta parametrización, el elemento de área viene dado por $$dx \wedge dy = -\omega\quad\text{ where }\quad \omega \stackrel{def}{=} \frac{u^2-v^2}{\sqrt{(u^2-1)(1-v^2)}} du \wedge dv$$ Sea $D$ sea la región en $(u,v)$ plano corresponde al dipolo del primer cuadrante. Su límite $\partial D$ consta de 3 piezas

1. $C_1$ un inicio de curva en $(1,0)$ y termina en $(\phi,1)$ donde $\phi = \frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es la proporción áurea. $$[1,\phi] \in t \quad\mapsto\quad (u,v) = \left(t,\sqrt{t(t-1)}\right) \in [1,\infty) \times [0,1]$$
2. $C_2$ un segmento de línea desde $(\phi,1)$ a $(1,1)$ .
3. $C_3$ un segmento de línea desde $(1,1)$ a $(1,0)$ .

Aviso $\omega = \frac12 d\Omega$ donde $$\Omega \stackrel{def}{=} \frac{u (u^2 - 1) dv - v(1-v^2) du}{\sqrt{(u^2-1)(1-v^2)}}$$ La zona $\mathcal{A}$ buscamos iguales a $$\mathcal{A} = 4 \int_D \omega = 2\int_{\partial D}\Omega = 2\left(\int_{C_1} + \int_{C_2} + \int_{C_3}\right) \Omega$$

Introducir otra parametrización para la región $[1,\infty) \times [0,1]$ en el $(u,v)$ avión:

$$[0,\infty) \times [0,\pi] \ni (\rho,\eta) \quad\mapsto\quad (u,v) = (\cosh\rho,\cos\eta) \in [1,\infty) \times [0,1]$$

Se puede utilizar para verificar los segmentos de línea $C_2$ y $C_3$ no contribuyen en nada a $\mathcal{A}$ . Como resultado,

$$\mathcal{A} = 2\int_{C_1} \Omega = 2\int_{C_1} \left(u\sqrt{\frac{u^2-1}{1-v^2}} dv - v\sqrt{\frac{1-v^2}{u^2-1}} du\right)$$

Desde $v^2 = u(u-1)$ en curva $C_1$ podemos transformar el $1^{st}$ trozo del integrando como $$\begin{align} u\sqrt{\frac{u^2-1}{1-v^2}} dv &= \sqrt{\frac{u(u+1)}{1-v^2}} vdv = \sqrt{u(u+1)} d(-\sqrt{1-v^2})\\ &= -d \sqrt{u(u+1)(1-v^2)} + \sqrt{1-v^2}d\sqrt{u(u+1)}\\ &= -d\sqrt{u(u+1)(1-v^2)} + \sqrt{\color{red}{\frac{1-v^2}{u(u+1)}}}\left(\color{red}{u} + \frac12\right) du \end{align} $$ Obsérvese que el fragmento en rojo puede reescribirse como $\displaystyle\;\sqrt{\frac{u(1-v^2)}{u+1}} du = v\sqrt{\frac{1-v^2}{u^2-1}} du\;$ que no es más que el $2^{nd}$ pieza. Esto lleva a

$$\begin{align} \mathcal{A} &= -2 \left[\sqrt{u(u+1)(1-v^2)}\right]_{(u,v) = (1,0)}^{(\phi,1)} + \int_{C_1} \sqrt{\frac{1-v^2}{u(u+1)}} du\\ &= \sqrt{8} + \int_1^\phi \sqrt{\frac{1+u-u^2}{u(u+1)}} du \tag{*1} \end{align} $$

Como doble comprobación, se puede lanzar el siguiente comando a wolfram alpha,

Sqrt[8]+Integrate[Sqrt[(1+u-u^2)/(u*(u+1))],{u,1,GoldenRatio}]

para evaluar en $(*1)$ numéricamente. WA devuelve $$\mathcal{A} \approx 3.0940463058814386237217800770286020796565427678...$$ un número que coincida con lo indicado en la pregunta.

Esto es lo más lejos que puedo llegar. Espero que alguien pueda simplificar más la integral en $(*1)$ . Tenga en cuenta que WA sabe cómo calcular la antiderivada de la integral en $(*1)$ . Es una expresión de una página en términos de integrales elípticas y no voy a reproducirla aquí.

Answer 2

Considera este post un apéndice a la brillante solución de @achillehui, que llega a la siguiente integral elíptica para el área total:

$$\mathcal{A}=\sqrt{8}+\int_{1}^{\phi}\sqrt{\frac{1+x-x^{2}}{x\left(1+x\right)}}\,\mathrm{d}x=:\sqrt{8}+\mathcal{B},\tag{1}$$

donde como siempre $\phi$ denota la proporción áurea. Este problema me pareció sumamente interesante y no pude resistirme a dejar esa última integral sin evaluar. El trabajo que sigue aborda los pormenores de la evaluación de esta integral elíptica como un caso particular de una integral más general.

---

Para parámetros reales $a,b,c,d,z\in\mathbb{R}\land d<c<b\le z<a$ define $\mathcal{E}{\left(a,b,c,d;z\right)}$ mediante la integral

$$\mathcal{E}{\left(a,b,c,d;z\right)}:=\int_{z}^{a}\sqrt{\frac{\left(a-x\right)\left(x-c\right)}{\left(x-b\right)\left(x-d\right)}}\,\mathrm{d}x.\tag{2}$$

Por comodidad, definimos de antemano los parámetros auxiliares

$$\begin{cases} &\theta:=\arcsin{\left(\sqrt{\frac{\left(a-c\right)\left(z-b\right)}{\left(a-b\right)\left(z-c\right)}}\right)},\\ &\kappa:=\sqrt{\frac{\left(a-b\right)\left(c-d\right)}{\left(a-c\right)\left(b-d\right)}},\\ &\nu:=\frac{a-b}{a-c}.\tag{3}\\ \end{cases}$$

La clave para poner la integral elíptica $\mathcal{E}$ en algo más parecido a la forma estándar la transformación cuadrática "mágica",

$$\sqrt{\frac{\left(a-c\right)\left(x-b\right)}{\left(a-b\right)\left(x-c\right)}}=y\implies x=\frac{b\left(a-c\right)-c\left(a-b\right)y^{2}}{\left(a-c\right)-\left(a-b\right)y^{2}}.\tag{4}$$

$$\begin{align} \mathcal{E}{\left(a,b,c,d;z\right)} &=\int_{z}^{a}\sqrt{\frac{\left(a-x\right)\left(x-c\right)}{\left(x-b\right)\left(x-d\right)}}\,\mathrm{d}x\\ &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{2\left(a-b\right)\left(b-c\right)y}{\left(a-c\right)\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\sqrt{\frac{\left(a-c\right)\left(1-y^{2}\right)}{\left(b-d\right)y^{2}\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\,\mathrm{d}y\\ &=\frac{2\left(a-b\right)\left(b-c\right)}{\sqrt{\left(a-c\right)\left(b-d\right)}}\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\sqrt{\frac{1-y^{2}}{1-\kappa^{2}y^{2}}}.\tag{5}\\ \end{align}$$

Definir otra función auxiliar,

$$f{\left(\kappa,\nu;\theta\right)}:=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\sqrt{\frac{1-y^{2}}{1-\kappa^{2}y^{2}}},\tag{6}$$

entonces encontramos,

$$\begin{align} f{\left(\kappa,\nu;\theta\right)} &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\sqrt{\frac{1-y^{2}}{1-\kappa^{2}y^{2}}}\\ &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{1-y^{2}}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\left(1-\nu y^{2}\right)+\left(\nu y^{2}-y^{2}\right)}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &~-\left(1-\nu\right)\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{y^{2}}{\left(1-\nu y^{2}\right)^{2}}\cdot\frac{\mathrm{d}y}{\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &=\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &~-\left(1-\nu\right)\frac{\partial}{\partial\nu}\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &=\left[1-\left(1-\nu\right)\frac{\partial}{\partial\nu}\right]\int_{\sin{\theta}}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{\left(1-\nu y^{2}\right)\sqrt{\left(1-y^{2}\right)\left(1-\kappa^{2}y^{2}\right)}}\\ &=\left[1-\left(1-\nu\right)\partial_{\nu}\right]\left[\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}\right].\tag{7}\\ \end{align}$$

Atención: por la fuerza de la costumbre, utilizo las convenciones argumentales para denotar integrales elípticas que se adoptan en Gradshteyn y otros que difiere ligeramente de la de muchas otras fuentes comunes (como una referencia o software relacionado con Wolfram).

Utilizando la fórmula de la derivada parcial

$$\small{\partial_{\nu}\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}=\frac{E{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{\kappa^{2}-\nu}{\nu}F{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{\nu^{2}-\kappa^{2}}{\nu}\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}-\frac{\nu\sin{\left(2\theta\right)}\sqrt{1-\kappa^{2}\sin^{2}{\left(\theta\right)}}}{2\left(1-\nu\sin^{2}{\left(\theta\right)}\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)\left(\nu-1\right)}},\tag{8}$$

entonces encontramos,

$$\begin{align} f{\left(\kappa,\nu;\theta\right)} &=\left[1-\left(1-\nu\right)\frac{\partial}{\partial\nu}\right]\left[\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}\right]\\ &=\frac{E{\left(\kappa\right)}+\frac{\kappa^{2}-\nu}{\nu}K{\left(\kappa\right)}+\frac{2\nu\kappa^{2}-\nu^{2}-\kappa^{2}}{\nu}\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)}\\ &~\small{-\frac{E{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{\kappa^{2}-\nu}{\nu}F{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{2\nu\kappa^{2}-\nu^{2}-\kappa^{2}}{\nu}\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}-\frac{\nu\sin{\left(2\theta\right)}\sqrt{1-\kappa^{2}\sin^{2}{\left(\theta\right)}}}{2\left(1-\nu\sin^{2}{\left(\theta\right)}\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)}}.\\ \end{align}$$

---

Supongamos ahora que $a+c+d=0\land c\ge b-a\land b\le0$ . Entonces, estableciendo $z=a+c$ tenemos

$$\begin{cases} &\theta=\arcsin{\left(\sqrt{\frac{\left(a-c\right)\left(a-b+c\right)}{\left(a-b\right)a}}\right)},\\ &\kappa=\sqrt{\frac{\left(a-b\right)\left(a+2c\right)}{\left(a-c\right)\left(a+b+c\right)}},\\ &\nu=\frac{a-b}{a-c}.\\ \end{cases}$$

También ajuste $c=1-a\land b=0$ , produce

$$\begin{cases} &\theta=\arcsin{\left(\frac{\sqrt{2a-1}}{a}\right)},\\ &\kappa=\sqrt{\frac{a\left(2-a\right)}{2a-1}},\\ &\nu=\frac{a}{2a-1}.\\ \end{cases}$$

En estas condiciones, podemos hacer las simplificaciones

$$\begin{align} f{\left(\kappa,\nu;\theta\right)} &=\frac{E{\left(\kappa\right)}+\frac{\kappa^{2}-\nu}{\nu}K{\left(\kappa\right)}+\frac{2\nu\kappa^{2}-\nu^{2}-\kappa^{2}}{\nu}\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)}\\ &~\small{-\frac{E{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{\kappa^{2}-\nu}{\nu}F{\left(\theta,\kappa\right)}+\frac{2\nu\kappa^{2}-\nu^{2}-\kappa^{2}}{\nu}\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}-\frac{\nu\sin{\left(2\theta\right)}\sqrt{1-\kappa^{2}\sin^{2}{\left(\theta\right)}}}{2\left(1-\nu\sin^{2}{\left(\theta\right)}\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)}}\\ &=\frac{K{\left(\kappa\right)}-F{\left(\theta,\kappa\right)}}{2\nu}+\frac{\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}}{a}\\ &~+\frac{E{\left(\kappa\right)}-E{\left(\theta,\kappa\right)}}{2\left(\kappa^{2}-\nu\right)}+\frac{\sin{\left(2\theta\right)}\sqrt{1-\kappa^{2}\sin^{2}{\left(\theta\right)}}}{4\left(1-a\right)\left(1-\nu\sin^{2}{\left(\theta\right)}\right)}\\ &=\frac{\left(2a-1\right)\left[K{\left(\kappa\right)}-F{\left(\theta,\kappa\right)}\right]}{2a}+\frac{\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}}{a}\\ &~-\frac{\left(2a-1\right)\left[E{\left(\kappa\right)}-E{\left(\theta,\kappa\right)}\right]}{2a\left(a-1\right)}-\frac{1}{a}\sqrt{\frac{2a-1}{2a\left(a-1\right)}}.\\ \end{align}$$

Así, para $1<a<2$ obtenemos

$$\begin{align} \mathcal{E}{\left(a,0,1-a,-1;1\right)} &=\frac{2a\left(a-1\right)}{\sqrt{2a-1}}\,f{\left(\kappa,\nu;\theta\right)}\\ &=\left(a-1\right)\sqrt{2a-1}\left[K{\left(\kappa\right)}-F{\left(\theta,\kappa\right)}\right]\\ &~-\sqrt{2a-1}\left[E{\left(\kappa\right)}-E{\left(\theta,\kappa\right)}\right]\\ &~+\frac{2\left(a-1\right)\left[\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}\right]}{\sqrt{2a-1}}\\ &~-\sqrt{\frac{2\left(a-1\right)}{a}}.\tag{9}\\ \end{align}$$

---

Ahora, el caso particular que nos interesa es cuando $a$ toma el valor de la proporción áurea, $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ definido, por supuesto, por la condición clásica,

$$\phi=\frac{1}{\phi-1};~~~\small{\phi>0}.$$

Una constante asociada a $\phi$ es la llamada razón áurea conjugada,

$$\Phi:=\frac{1}{\phi}.$$

Finalmente obtenemos una forma cerrada para la cantidad $\mathcal{B}$ como sigue:

$$\begin{align} \mathcal{B} &=\mathcal{E}{\left(\phi,0,1-\phi,-1;1\right)}\\ &=\mathcal{E}{\left(\phi,0,-\Phi,-1;1\right)}\\ &=\left(\phi-1\right)\sqrt{2\phi-1}\left[K{\left(\kappa\right)}-F{\left(\theta,\kappa\right)}\right]\\ &~-\sqrt{2\phi-1}\left[E{\left(\kappa\right)}-E{\left(\theta,\kappa\right)}\right]\\ &~+\frac{2\left(\phi-1\right)\left[\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}\right]}{\sqrt{2\phi-1}}\\ &~-\sqrt{\frac{2\left(\phi-1\right)}{\phi}}\\ &=\Phi\sqrt[4]{5}\left[K{\left(\kappa\right)}-F{\left(\theta,\kappa\right)}\right]-\sqrt[4]{5}\left[E{\left(\kappa\right)}-E{\left(\theta,\kappa\right)}\right]\\ &~+\frac{2\Phi}{\sqrt[4]{5}}\left[\Pi{\left(\nu,\kappa\right)}-\Pi{\left(\theta,\nu,\kappa\right)}\right]-\Phi\sqrt{2},\tag{10a}\\ \end{align}$$

donde

$$\begin{cases} &\theta=\arcsin{\left(\frac{\sqrt{2\phi-1}}{\phi}\right)},\\ &\kappa=\sqrt{\frac{\phi\left(2-\phi\right)}{2\phi-1}},\\ &\nu=\frac{\phi}{2\phi-1}.\tag{10b}\\ \end{cases}$$

Resultado $(10)$ anterior es potencialmente un lugar para dar un paso, pero los seis términos de integral elíptica separados hacen que la expresión sea demasiado engorrosa para jugar con ella si no tenemos que hacerlo. Como cada término de integral elíptica tiene el mismo módulo elíptico $\kappa$ la simplificación parece muy probable. Actualizaré mi respuesta si hago algún progreso hacia un valor final simplificado.

Answer 3

En el primer paso, introduciré una curva de coordenadas lineales adecuada para este problema. Esto ayudará a construir la integral para el área. Podemos escribir la ecuación de estas curvas equi-potenciales como

$$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}=C \tag{1}$$

donde $C$ es una constante real y $r_1$ y $r_2$ se definen como

$$r_1=\sqrt{(x-a)^2+y^2} \\ r_2=\sqrt{(x+a)^2+y^2} \tag{2}$$

donde $2a$ es la distancia entre las dos cargas semejantes en el $x$ -eje situado en $x=a$ y $x=-a$ . Ecuación $(2)$ es introducir una nueva curva-coordenadas lineales $(r_1,r_2)$ que se denomina coordenadas bipolares de dos centros . La interpretación geométrica es fácil, ya que sólo describe las coordenadas de un punto en $xy$ plano mediante la distancia de ese punto a través de otros dos puntos que se denominan centros . Puede consultar este enlace en WIKI o este post en MSE . Sin embargo, no contienen tanta información.

Entonces encontramos $x$ y $y$ a partir de ecuaciones en $(2)$ en términos de $r_1$ y $r_2$ . Para ello, reste y sume las ecuaciones en $(4)$ para obtener

$$\begin{align} r_2^2-r_1^2&=4ax \\ r_2^2+r_1^2&=2(x^2+y^2+a^2) \end{align} \tag{3}$$

tras algunas simplificaciones, $x$ y $y$ en términos de $r_1$ un $r_2$ será

$$ \begin{align} x &= \frac{1}{4a} (r_{2}^{2}-r_{1}^{2})\\ y &= \pm \frac{1}{4a} \left( \sqrt{16 a^2 r_{2}^{2}-(r_{2}^{2}-r_{1}^{2}+4a^2)^2} \right) \end{align} \tag{4}$$

Para un determinado $(r_1,r_2)$ encontraremos dos pares $(x,y)$ y $(x,-y)$ . De la imagen anterior se desprende por qué ocurre esto.

El siguiente paso será la construcción de la integral para la zona. Establecemos $C=2a=2$ y hallar la intersección de $\infty$ curva con forma de $x$ -eje

$$y=0 \qquad \to \qquad \frac{1}{\sqrt{(x-1)^2}}+\frac{1}{\sqrt{(x+1)^2}}=2 \qquad \to \qquad x=-\phi,0,\phi \tag{5}$$

donde $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ es el número de la proporción áurea. Así que según $(1)$ , $(4)$ y $(5)$ las ecuaciones paramétricas de la curva en el segundo cuadrante de $xy$ avión será

$$ \begin{align} x &= \frac{1}{4} \left(r_{2}^{2}-\left(\frac{r_2}{2r_2-1}\right)^{2}\right)\\ y &= \frac{1}{4} \sqrt{16 r_{2}^{2}-\left(r_{2}^{2}-\left(\frac{r_2}{2r_2-1}\right)^{2}+4\right)^2} \end{align} \qquad \qquad \phi-1 \le r_2 \le 1 \tag{6}$$

Por último, la integral a evaluar para la zona será

$$\begin{align} \text{Area} &=4 \int_{-\phi}^{0} y dx \\ &=4 \int_{\phi-1}^{1}y \frac{dx}{dr_2}dr_2 \\ &= \int_{\phi-1}^{1} \sqrt{16 r_{2}^{2}-\left(r_{2}^{2}-\left(\frac{r_2}{2r_2-1}\right)^{2}+4\right)^2} \left(\frac{r_2}{2}-\frac{r_2}{2(2r_2-1)^2}+\frac{r_{2}^{2}}{(2r_2-1)^3}\right) dr_2 \end{align}$$

El valor numérico del área hasta cincuenta dígitos es

$$\text{Area}=3.0940463058814386237217800770286020796565427678113$$

como se indica en la pregunta. Sin embargo, habría que investigar la forma de evaluar la integral definida del área de forma cerrada. Hice los cálculos en este fichero MAPLE que puede ser útil para quien lea este post.

Answer 4

He aquí otro método basado en las coordenadas curvo-lineales introducidas por Achille Hui . Introdujo el siguiente cambio de variables

$$\begin{align} \sqrt{(x+1)^2+y^2} &= u+v\\ \sqrt{(x-1)^2+y^2} &= u-v \end{align} \tag{1}$$

Entonces, resolviendo para $x$ y $y$ obtendremos

$$\begin{align} x &= u v\\ y &= \pm \sqrt{-(u^2-1)(v^2-1)} \end{align} \tag{2}$$

requiere que

$$-(u^2-1)(v^2-1) \ge 0 \tag{3}$$

No parece familiar, pero lo es. Teniendo en cuenta las ecuaciones $(2)$ y $(3)$ podemos considerar lo siguiente como una parametrización para el primer cuadrante de la $xy$ avión

$$\boxed{ \begin{array}{} x=uv & & 1 \le u \lt \infty \\ y=\sqrt{-(u^2-1)(v^2-1)} & & 0 \le v \le 1 \end{array}} \tag{4}$$

Traté de dibujar las curvas de coordenadas de esta curva-coordenadas lineales y me acabo de dar cuenta de que es exactamente el mismo que el Coordenadas elípticas ¡y nada más! Esto se puede demostrar analíticamente mediante el cambio de variables

$$\begin{align} u &= \cosh p \\ v &= \cos q \end{align} \tag{5}$$

Dejo al lector los detalles de esta vía.

Volvamos al problema del cálculo del área. La ecuación del $\infty$ curva era

$$\frac{1}{\sqrt{(x-1)^2+y^2}}+\frac{1}{\sqrt{(x+1)^2+y^2}}=2 \tag{6}$$

así que combinando $(1)$ y $(6)$ conduce a

$$v=\pm \sqrt{u^2-u} \tag{7}$$

y, por tanto, el ecuación paramétrica de la $\infty$ curva en el primer cuadrante considerando $(4)$ y $(7)$ será

$$\boxed{ \begin{array}{} x=u\sqrt{u^2-u} & & 1 \le u \lt \phi \\ y=\sqrt{-(u^2-1)(u^2-u-1)} \end{array}} \tag{8}$$

y finalmente la integral para el área es

$$\begin{align} \text{Area} &=4 \int_{0}^{\phi} y dx \\ &=4 \int_{1}^{\phi}y \frac{dx}{du}du \\ &=2 \int_{1}^{\phi} (4u-3)\sqrt{-u(u+1)(u^2-u-1)}du \\ &\approx 3.09405 \end{align} \tag{9}$$

Answer 5

SUGERENCIA:

Casi seguro que se puede evaluar el área entre los límites $(u_1,u_2),(v_1,v_2)$ para funciones holomorfas de variables complejas en mapas conformes.

Los equipotenciales y las líneas de fuerza forman una red ortogonal de curvas rectangulares curvilíneas (parecidas a los óvalos casinianos, pero diferentes.. una de las cuales se muestra arriba), y líneas de fuerza que son todas hipérbolas concurrentes que pasan por el polo de la misma polaridad / carga y asintóticas al eje y. Para estas $(u,v)$ parcelas de parámetros que satisfacen la ecuación de Laplace todo lo que necesitamos antes de evaluar la integral del área es identificar los límites de u y v para cualquier óvalo elegido. (cargaremos la ecuación, si se encuentra en sitios como 2d curves.com)

EDIT1:

Lo más cerca que puedo llegar a la función es esbozado por Mark McClure en otro contexto para $ f(z)= z^2 (z-1)^3 $ :

De Orth Traj a Hyperbolae

Creo que deberíamos elegir otra parte de variable compleja para que nuestras hipérbolas pasen por $ (\pm 1,0)$ en lugar de $ ( 0,0),(1,0)$ como se indica más arriba. Nos interesa una trayectoria ortogonal particular que se cruza doblemente en el origen. El cálculo del área puede ser más fácil.