Coordenadas Polares
Curvas, pendientes y áreas en coordenadas polares
1 Coordenadas polares
Un punto en el plano se puede describir con la distancia \(r\) al origen (el polo) y el ángulo \(\theta\) respecto al eje \(x\) (el eje polar). La relación con las coordenadas cartesianas es
\[x = r\cos\theta \qquad y = r\sin\theta\]
1.1 Ejemplo — la familia \(r=2a\cos\theta\)
Grafiquemos esta familia (¡la misma que ya trabajamos con la técnica de las trayectorias ortogonales!) para distintos rayos \(\theta\), y construyamos la tabla de valores.
| θ |
|---|
1.2 Ejemplo 3 (Apostol, Vol. 1, p. 136) — la lemniscata de Bernoulli
Pasar a coordenadas polares la ecuación \((x^2+y^2)^2 = x^2-y^2\), con \(y^2\leq x^2\).
Con \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\), \(x^2+y^2=r^2\), la ecuación se convierte en
\[r^4 = r^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta) = r^2\cos(2\theta)\]
\[\Longrightarrow\quad r^2 = \cos(2\theta)\]
que solo tiene sentido si \(\cos(2\theta)\geq0\), es decir \(2\theta\in\left[-\dfrac\pi2,\dfrac\pi2\right] \Rightarrow \theta\in\left[-\dfrac\pi4,\dfrac\pi4\right]\) (más su reflejo por \(\pi\), para el segundo lóbulo). La figura que se genera se conoce como la lemniscata de Bernoulli, y se asocia al símbolo \(\infty\).
2 Pendientes en coordenadas polares
Con \(\varphi\) denotamos el ángulo de la pendiente de la recta tangente en el punto \((r,\theta)\); entonces \(\tan\varphi = y'\). Denotamos \(r'=dr/d\theta\). Ya dedujimos (viendo \(x=r\cos\theta\), \(y=r\sin\theta\) como una parametrización) que
\[\tan\varphi = y' = \frac{r'\sin\theta + r\cos\theta}{r'\cos\theta - r\sin\theta}\]
Si despejamos \(r'\) de esta ecuación:
\[r' = \frac{r(\cos\theta+\tan\varphi\sin\theta)}{\cos\theta\tan\varphi - \sin\theta} = F(r,\theta)\]
Esta es la ecuación diferencial asociada a las pendientes de las rectas tangentes de la familia original. Para la familia ortogonal, reemplazamos \(\tan\varphi\) por \(-1/\tan\varphi\) (la pendiente perpendicular):
\[r' = \frac{r(\sin\theta - \cos\theta\tan\varphi)}{\cos\theta+\sin\theta\tan\varphi} = G(r,\theta)\]
Y si calculamos directamente \(-r^2/F(r,\theta)\), coincide exactamente con \(G(r,\theta)\). Por eso: si la familia de rectas tangentes satisface \(r'=F(r,\theta)\), la ecuación de las curvas ortogonales satisface \(r'=-r^2/F(r,\theta)\) — queda demostrado.
kill(all);
depends(y, x);
/* pendiente cartesiana en terminos de r, theta, r'=dr/dtheta */
tanphi: (rp*sin(theta)+r*cos(theta)) / (rp*cos(theta)-r*sin(theta));
/* despejamos rp = F(r,theta) */
F: rhs(solve(tanphi = tphi, rp)[1]);
F: ratsimp(F);
/* familia ortogonal: reemplazamos tphi por -1/tphi */
G: ratsimp(subst(tphi = -1/tphi, F));
/* chequeo: -r^2/F debe coincidir con G */
ratsimp(-r^2/F - G); /* debe dar 0 */2.1 Aplicando la técnica a \(r=2a\cos\theta\)
\[\tan\varphi = \frac{r'\sin\theta+r\cos\theta}{r'\cos\theta-r\sin\theta} = -\cot(2\theta)\]
(la última identidad se puede probar con algo de paciencia, sustituyendo \(r=2a\cos\theta\), \(r'=-2a\sin\theta\) y usando las identidades del ángulo doble). Y eliminando \(a\) de \(r'=-2a\sin\theta\) con \(a=r/(2\cos\theta)\):
\[F(r,\theta) = -r\tan\theta\]
Entonces la ecuación a resolver para la familia ortogonal es
\[r' = \frac{-r^2}{-r\tan\theta} = r\cot\theta \quad\Longrightarrow\quad \frac{dr}{r}=\cot\theta\,d\theta \quad\Longrightarrow\quad \ln r = \ln(\sin\theta)+C \quad\Longrightarrow\quad r = C\sin\theta\]
2.2 Un enfoque más elegante: el ángulo \(\psi\)
Este enfoque (con \(\tan\varphi\)) no es el más acertado necesariamente. En vez de \(\varphi\) (ángulo de la tangente con el eje \(x\)), conviene trabajar con \(\psi\), el ángulo entre el radio vector y la recta tangente.
Al achicar dθ, el triángulo $OPQ$ se hace más y más parecido al triángulo rectángulo $PNQ$, con $PN\approx dr$ y $QN\approx r\,d\theta$ — de ahí $\tan\psi = r\,d\theta/dr$.
Analíticamente se comprueba con \(\tan\psi=\tan(\varphi-\theta)=\dfrac{\tan\varphi-\tan\theta}{1+\tan\varphi\tan\theta}\), sustituyendo \(\tan\varphi\) (la fórmula de arriba) y \(\tan\theta=y/x\), y simplificando (queda, después de algo de álgebra, \(\tan\psi = r/r'\), es decir \(\tan\psi = r\,d\theta/dr\)).
Como \(\psi+\pi/2\) es perpendicular a \(\psi\) y \(\tan(\psi+\pi/2)=-\cot\psi\), la ecuación de las familias ortogonales, en esta notación, es
\[\left(r\frac{d\theta}{dr}\right)_{\text{ortogonal}} = -\frac{1}{r\,d\theta/dr}\]
Si hacemos esto con \(r=2a\cos\theta\): \(r'=-2a\sin\theta\), y reemplazando \(a\) obtenemos \(r\,d\theta/dr = -\cot\theta\) — esta es la forma en la que Simmons presenta la ecuación a resolver (no es una ecuación distinta a la de arriba, es la misma, solo escrita “boca abajo”).
Usa esta manera de pensar (con \(\psi\)) para resolver el problema 3 (el de \(r=2c\sin\theta\), en Familias Ortogonales) de una forma más elegante. Con esto ya puedes hacer todos los ejercicios de la sección.
3 Bonus: cálculo de área en coordenadas polares
Aproximamos el área bajo una curva \(r=f(\theta)\) con sectores circulares delgados: el área de cada sector de ángulo \(d\theta\) es \(\tfrac12 r^2\,d\theta\), así que
\[A = \frac12\int_\alpha^\beta r(\theta)^2\,d\theta\]
3.1 Ejemplo — área de un pétalo de \(r=\sin\theta\)
Para \(\theta\in[0,\pi/2]\):
\[A = \frac12\int_0^{\pi/2} \sin^2\theta\,d\theta = \frac14\int_0^{\pi/2}(1-\cos2\theta)\,d\theta = \frac14\left[\theta-\frac12\sin2\theta\right]_0^{\pi/2} = \frac{\pi}{8}\]
kill(all);
integrate(1/2*sin(theta)^2, theta, 0, %pi/2);Dibujar a mano (y luego verificar en GeoGebra) y calcular el área del cardioide \(r=a(1+\cos\theta)\) y del caracol \(r=2+\cos\theta\), con \(\theta\in[0,2\pi]\). Terminar todos los ejercicios de la sección de curvas ortogonales.