Prueba del Principio de Arquímedes

Esta respuesta usa figuras en lugar de cálculo como en la excelente respuesta de Emilio Pisanty.

($\:h\:$= profundidad de la superficie horizontal sumergida desde el resto de la superficie abierta del fluido)

(1) En primer lugar: la fuerza de presión hidrostática horizontal se cancela

Corta tu cuerpo horizontalmente y toma cualquier sección con una altura infinitesimal$\:dh_{1}\:$como en la figura. Entonces

$$\begin{align} \mathbf{F}_{\text{horizontal}}&=\sum_{m=1}^{m=N}\left(- p\right)\Delta\mathbf{s}_{m}=\sum_{m=1}^{m=N}\left(- p\right)\left[\Delta\mathbf{r}_{m}\boldsymbol{\times}\left( dh_{1}\mathbf{k}\right)\right] \nonumber\\ &=\left(- p\right)\underbrace{\left(\sum_{m=1}^{m=N}\Delta\mathbf{r}_{m}\right)}_{=\mathbf{0}}\boldsymbol{\times}\left( dh_{1}\mathbf{k}\right)=\mathbf{0} \tag{01} \end{align}$$

No se preocupe si el perímetro de su sección transversal es una curva cerrada en lugar de un polígono cerrado. Entonces tenemos diferenciales$\:d\:$en lugar de Deltas$\:\Delta \:$e integrales en lugar de sumas

$$\begin{align} \mathbf{F}_{\text{horizontal}}&=\oint\left(- p\right)d\mathbf{s}=\oint\left(- p\right)\left[d\mathbf{r}\boldsymbol{\times}\left( dh_{1}\mathbf{k}\right)\right] \nonumber\\ &=\left(- p\right)\underbrace{\left(\oint d\mathbf{r}\right)}_{=\mathbf{0}}\boldsymbol{\times}\left( dh_{1}\mathbf{k}\right)=\mathbf{0} \tag{02} \end{align}$$

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(2) En segundo lugar: Cualquier objeto, total o parcialmente sumergido en un fluido, es empujado hacia arriba por una fuerza igual al peso del fluido desplazado por el objeto.

Por supuesto, si se tratara de una placa sola en un fluido, entonces la fuerza de flotación hacia arriba ejercida por el fluido sería

$$\begin{equation} \mathbf{B}_{\text{buoyant}}= p\left(h\right)\mathbf{S}_{A}-p\left(h-dh_{1}\right)\mathbf{S}_{A} =\rho g\underbrace{dh_{1}S_{A}}_{V_{A}}\mathbf{k}=\left(\rho g V_{A}\right)\mathbf{k} \tag{03} \end{equation}$$

Ahora, en el primer plato$\:A\:$de superficie horizontal$\:S_{A}\:$y altura infinitesimal$\:dh_{1}\:$pon el siguiente plato$\:B\:$del cuerpo de superficie horizontal$\:S_{B}\:$y altura infinitesimal$\:dh_{2}\:$. Entonces

$$\begin{align} \mathbf{B}_{\text{buoyant}}&= \underbrace{\left[-p\left(h\right)\left(-\mathbf{S}_{A}\right)\right]}_{A\: bottom}+\underbrace{\left[-p\left(h-dh_{1}\right)\left(\mathbf{S}_{A}-\mathbf{S}_{B}\right)\right]}_{step}+\underbrace{\left[-p\left(h-dh_{1}-dh_{2}\right)\mathbf{S}_{B}\right]}_{B\: top} \nonumber\\ &=\rho g\underbrace{dh_{1}S_{A}}_{V_{A}}\mathbf{k}+\rho g\underbrace{dh_{2}S_{B}}_{V_{B}}\mathbf{k}=\rho g \left(V_{A}+V_{B}\right)\mathbf{k} \tag{04} \end{align}$$

Cualquier cuerpo podría estar cortado en placas horizontales de área superficial finita y altura infinitesimal.

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Esta es una aplicación directa del teorema de la divergencia. Primero, divide la integral de la izquierda en sus componentes vectoriales:

$$\int_{\partial \Omega}(P_0 - \rho g z)\left(-\mathrm d\mathbf{S}\right) = \sum_j \mathbf e_j\int_{\partial \Omega}(-P_0 + \rho g z)\mathbf e_j\cdot \mathrm d\mathbf{S} .$$ Luego, aplica el teorema de la divergencia: $$\begin{align} \int_{\partial \Omega}(P_0 - \rho g z)\left(-\mathrm d\mathbf{S}\right) &= \sum_j \mathbf e_j\int_{ \Omega}\nabla\cdot\left[(-P_0 + \rho g z)\mathbf e_j\right] \mathrm dV \\&= \sum_j \mathbf e_j\int_{ \Omega} \rho g \delta_{zj} \mathrm dV \\&= \rho g \mathbf e_z\mathrm{vol}(\Omega) .\end{align}$$