Suponiendo que la tierra es una esfera perfecta de radio 6378 kilómetros, ¿cuál es la distancia en línea recta esperada a través de la tierra (en km) entre 2 puntos que son elegidos uniformemente en la superficie de la tierra?
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Usted puede asumir que el primer punto es el Polo Norte $N$ ($\theta=0)$ de la tierra esfera $S$. Todos los puntos en una "pantalla infinitesimal" en latitud $\theta$ y de latitud ancho ${\rm d}\theta$ tienen la misma distancia de $N$, es decir %#% $ de #% el área de esta pantalla"infinitesimal" asciende a $$\rho(\theta):=2r\sin{\theta\over2}\ .$$${\rm d}A=2\pi r\sin\theta\cdot r{\rm d}\theta\ .$\bar\rho$ se convierte en $ In this way the mean distance $ $ $$\bar\rho={1\over{\rm area}(S)}\int_S\rho(\theta)\>{\rm d}A={1\over 4\pi\>r^2}\int_0^\pi 2r\sin{\theta\over2}\ 2\pi r^2 \sin\theta\>d\theta\ .$ $ finalmente obtenemos $$\int_0^\pi \sin{\theta\over2}\sin\theta\ d\theta=2\int_0^\pi \sin^2{\theta\over2}\cos{\theta\over2}\>d\theta={4\over3}\sin^3{\theta\over2}\Biggr|_0^\pi={4\over3}$ $
Vista de la esfera, ya que la superficie de la revolución del círculo $$x^2+y^2=r^2 \tag 1$$ about the $x$-axis. Differentiating both sides of $(1)$ obtenemos $$ 2x\,dx+2y\,dy=0\quad\text{o}\quad x\,dx+y\,dy=0\quad\text{o}\quad\frac{dy}{dx}=\frac{-x} de{y}. $$
La distancia de$(r,0)$$(x,y)$$\sqrt{(x-r)^2+y^2}$, por el teorema de Pitágoras.
El elemento de longitud de arco es \begin{align} & \sqrt{(dx)^2+(dy)^2} \quad\text{(by the Pythagorean theorem)} \\[8pt] = {} & \sqrt{1 + \left(\frac{dy}{dx}\right)^2} \ \ dx \\[8pt] = {} & \sqrt{1+\frac{x^2}{y^2}}\ \ dx = \frac{\sqrt{y^2+x^2}}{y} \, dx = \frac r y \, dx. \end{align} Cuando el gráfico se giró sobre el $x$-eje, el punto de $(x,y)$ recorre un círculo de la circunferencia de la $2\pi y$. Así, obtenemos una infinitamente estrecha franja de longitud de $2\pi y$ e infinitamente pequeñas anchura $\dfrac r y\, dx$, por lo tanto con el área de $2\pi y\dfrac r y\,dx=2\pi r\,dx$, y cada punto en el que la franja está a la misma distancia de a $(r,0)$, es decir, $$ \sqrt{(x-r)^2+y^2} = \sqrt{(x-r)^2+(r^2-x^2)}= \sqrt{2r^2-2rx\ {}}. $$ Por ello la suma de todos estos infinitamente pequeñas cantidades obtenemos \begin{align} & \int_{-r}^r\ \overbrace{{}\ \sqrt{2r^2-2rx\ {}}\ {}}^{\text{distance}} \ \overbrace{{}\ 2\pi r\,dx\ {}}^{\text{element of area}} \\[8pt] = {} & (2r)^{3/2}\pi \int_{-r}^r \sqrt{r-x\,{}}\ dx \\[8pt] = {} & (2r)^{3/2}\pi \int_{2r}^0 \sqrt{u}\,(-du) \\[8pt] = {} & (2r)^{3/2}\pi \frac 2 3 (2r)^{3/2} = \frac {16} 3 \pi r^3. \end{align} Dividiendo esto por toda la superficie superficie $4\pi r^2$ para obtener el promedio, hemos $$ \text{media} = \frac{(16/3)\pi r^3}{4\pi r^2} = \frac{4r}3. $$
Donde vimos $2\pi y\dfrac r y\, dx$, la cancelación de la $y$ parece un poco sorprendente. Fue en el efecto descubierto por Arquímedes en alrededor de 250 AC.
