Longitud de Arco de Meridiano
A
ds
B
?
ππ = πππ
π
π = β« πππ
π
π=
ππ =
π
π = π(1 β π
2)
β«
0
π(1 β π 2 )
(1 β π 2 π ππ2 π) )3/2
π(1 β π 2)
ππ
(1 β π 2 π ππ2 π¦) )3/2
ππ
(1 β
π 2 π ππ2 π)3/2
Para resolver esta integral, primero hay que desarrollar (1 β π 2 π ππ2 π)β3/2 utilizando la serie binomial de
Newton, cuya fΓ³rmula es:
ππ₯
(1 + π₯)π = 1 +
1!
+
π(πβ1)
2!
π₯2 +
π(πβ1)(πβ2)
2!
π₯3 + β―+
π(πβ1)(πβ2)β¦(πβπ+1)
π!
π₯π
Evaluando tenemos:
(1 β π 2 π ππ2 π)β3/2 =
3
(1 +
(β2)
1!
3
3
5
7
9
(β2)(β2)(β2)(β2)
5
(β2)(β2)
(βπ 2 π ππ2 π ) +
2!
(βπ 2 π ππ2 π )2 +
3
5
7
(β2)(β2)(β2)
3!
(βπ 2 π ππ2 π )3 +
(βπ 2 π ππ2 π )4 + β―
4!
(1 β π 2 π ππ2 π)β3/2 = (1 +
3
2
π 2 π ππ2 π +
15
8
π 4 π ππ4 π +
35
16
π 6 π ππ6 π +
315
128
π 8 π ππ8 π + β―
Sustituyendo
π
π
π
π
3
15 4
35 6
π =π(1 β π 2 )[ β« ππ + π 2 β« π ππ2 π ππ +
π β« π ππ4 π ππ +
π β« π ππ6 π ππ
2
8
16
0
π
+
0
0
0
315 8
π β« π ππ8 π ππ + β― ]
128
0
De acuerdo con Mena (2008) citando a Bass, para resolver estas integrales se utiliza la expresiΓ³n de la
integral de Wallis.
1
β« π πππ π₯ ππ₯ = β π cos π₯ π ππ π₯ +
πβ1
π
β« π πππβ2 π₯ ππ₯
Resolviendo integral por integral tenemos:
β« Ο dΟ = Ο
β« π ππ 2 Ο dΟ = β
1
1
sen ΟcosΟ +
Ο
22
1
3
1
3
1
1
π ππ 3 Ο cosΟ + β« π ππ 2 Ο dΟ = β π ππ 3 Ο cosΟ + (β
sen ΟcosΟ +
Ο)
4
4
4
4
2
2
1
3
3
= β π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο +
Ο
4
8
8
β« π ππ 4 Ο dΟ = β
1
5
π ππ 5 Ο cosΟ + β« π ππ 4 Ο dΟ
6
6
1
5
1
3
3
= β π ππ 5 Ο cosΟ + (β π ππ 3 Ο cosΟ β sen Ο cos Ο + Ο)
6
6
4
8
8
1
5
5
5
= β π ππ 5 Ο cosΟ β
π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο +
Ο
6
24
16
16
β« π ππ 6 Ο dΟ = β
1
7
π ππ 7 Ο cosΟ + β« π ππ 6 Ο dΟ
8
8
1
7
= β π ππΟ cosΟ
8
7
1
5
5
5
+ (β π ππ 5 Ο cosΟ β
π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο +
Ο)
8
6
24
16
16
1
7
35
35
= β π ππ 7 Ο cosΟ β
π ππ 5 Ο cosΟ β
π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο
8
48
192
128
35
+
Ο
128
β« π ππ 8 Ο dΟ = β
Sustituyendo
3 2
1
1
15 4
1
3
π (β
sen ΟcosΟ +
Ο) +
π (β π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο
2
2
2
8
4
8
3
35 6
1
5
5
5
+
Ο)+
π (β π ππ 5 Ο cosΟ β
π ππ 3 Ο cosΟ β
senΟ cos Ο +
Ο)
8
16
6
24
16
16
315 8
1
7
35
+
π (βπ ππ 7 Ο cosΟ β
π ππ 5 Ο cosΟ β
π ππ 3 Ο cosΟ
128
8
48
192
35
35
β
senΟ cos Ο +
Ο) + β― ]
128
128
Finalmente tenemos:
π
ππ π πππ π πππππ π
π = π(π β ππ ) [ ( π + ππ +
π +
π +
π )π
π
ππ
πππ
πππππ
π π ππ π πππ π πππππ π
β(
π +
π +
π +
π ) π¬ππ§π ππ¨π¬ π
π
ππ
πππ
πππππ
ππ π πππ π πππππ π
β(
π +
π +
π ) πππ π π ππ¨π¬π
ππ
πππ
πππππ
ππ π
ππππ π
β(
π +
π ) πππ π π ππ¨π¬π
ππ
ππππ
πππ π
β(
π ) πππ π π ππ¨π¬π β¦ ]
ππππ
π =π(1 β π 2 )[ Ο +
Ejemplo:
Para el Elipsoide GRS80 calcular la longitud de arco de meridiano desde el Ecuador hasta un punto cuya
latitud es Ο=19Β°30β
ParΓ‘metros GRS80
π = 6378137
π=
1
298.257222101
π = 6378137 β (0.0033528107 β 6378137) = 6356752.314
π = π β (π β π)
π2 =
π2 β π 2
63781372 β 6356752.3142
=
= 0.0066943801
2
π
63781372
La latitud expresada en radianes
π = 0.340339204
Resolviendo laecuaciΓ³n de sustituyendo valores
π = 6378137(1 β 0.00669438) ( ( 1 +
+
β
+
β
+
β
β
3
45
0.00669438 +
0.00669438
4
64
2
+
175
0.00669438 3
256
11025
0.00669438 4 ) 0.340339204
16384
3
45
175
(
0.00669438 +
0.00669438 2 +
0.00669438 3
4
64
256
11025
0.00669438 4 ) (0.942641491)( 0.333806859)
16384
15
175
(
0.00669438 2 +
0.00669438 3
32
384
11025
0.00669438 4 ) (0.942641491)( 0.037195103)29576
35
2205
(
0.00669438 3 +
0.00669438 4 ) (0.942641491)( 0.004144539496)
96
6144
315
(
0.00669438 4 ) (0.942641491)( 0.0004618136823)
1024
π = 6335439.327((0.342058768582) β (0.001589821206) β (7.413565326 x 10β7 )
β (4.3013348 x 10β10 ) β (2.41365 x10β12 )) = 6335439.327 β 0.340468205587
= πππππππ. πππ
Sin embargo, dado que esta fΓ³rmula estΓ‘ en funciΓ³n de π ππ π Ο cosΟ y en virtud de que el labibliografΓa
existente, esta fΓ³rmula no es reportada, es factible de simplificarse mediante la consideraciΓ³n de las siguientes
identidades:
sen x cos π₯ =
1
2
sen 2x , π ππ 2 x =
1
2
β
1
2
cos 2x , sen x cos π¦ =
1
2
[ sen (x β y) + sen (x + y)]
Entonces aplicΓ‘ndolas sobre las funciones π ππ π Ο cosΟ tenemos lo siguiente.
a).-
1
sen Ο cosΟ =
sen 2Ο
2
b).1
π ππ 3 Ο cosΟ = sen Ο...
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