Relación entre área y volumen (problema de cálculo multivariable)

Question

Sea $D \subset R^3$ una región sobre el plano $z=0$ si $C$ es el cono de base $D$ y vértice en $(0,0,1)$ demuestre que $Vol(C)=\dfrac{1}{3}A(D)$ donde $A(D)$ es la superficie de la región $D$ .

Primero pensé en aplicar el teorema de Gauss (divergencia) sobre la región $W$ donde $W$ es la región delimitada por el cono y la función $F=(x,y,z)$ en ese caso, tendríamos $$\iiint_W div(F)dV=\iint_{\partial W} F.dS.$$

Tenemos $$\iiint_W div(F)dV=3\iiint_W 1dV=3Vol(C).$$ Así que he tratado de mostrar $$\iint_{\partial W} F.dS=A(D)$$ pero no pude.

He parametrizado el cono ( $\partial W$ ) por $T(u,v)=(u\cos(v),u\sin(v),u)$ entonces $T_u \times T_v=(-u\cos(v),-u\sin(v),u)$ Así que $$\iint_{\partial W} F.dS=\iint_{[0,1]\times [0,2\pi]} (u\cos(v),u\sin(v),u).(-u\cos(v),-u\sin(v),u)dudv=-u^2+u^2=0$$

Está claro que el área de $D$ no es $0$ . No sé qué estoy haciendo mal, agradecería correcciones y sugerencias.

Answer 1

Hay un par de problemas con tu parametrización. En primer lugar, usted no sabe que $D$ es un disco. Su parametrización es también del cono con vértice en el origen en lugar de $(0, 0, 1)$ . (Lo más importante es que su parametrización no tiene en cuenta la superficie inferior del cono (incluso en el caso en que $D$ es un disco). Además, si estoy leyendo correctamente tu notación, quieres normalizar el vector normal de la superficie en tu cálculo de $\int F.dS$ . (También es posible derivar el resultado observando que el $z = h$ plano del cono es justo $D$ se redujo en un factor de $(1 - h)$ en ambas direcciones, lo que significa que el volumen total es $\int_0^1 (1 - h)^2 \text{vol}(D)\,dh = \frac{1}{3}\text{vol}(D)$ aunque parece que estás pidiendo específicamente una derivación de cálculo multivariable).

Tomemos el vértice del cono $C$ que esté en el origen y su base que esté en el $z = 1$ plano (una suposición que obviamente no cambia su volumen). Consideremos el campo $F = (x, y, z)$ . El límite del cono $C$ consta de dos partes: la parte "inferior $P$ debajo de la base, que es exactamente como usted lo describió, y la superficie $D$ . (Si esto no está claro, piense en un cilindro sólido: El límite comprende no sólo las "aristas verticales" del cilindro, sino también los dos extremos. Lo mismo ocurre con el cono, salvo que un extremo del cilindro se ha aplastado hasta un punto). Por el argumento que has dado, la integral $\int_P F.dS$ desaparece. Por otra parte $D$ de la frontera, el vector normal (hacia fuera) $\hat n\equiv (0, 0, 1)$ . Así $F.\hat n = z \equiv 1$ en $D$ y tenemos $\int_{D} F.dS = \int_{D} 1 = \text{Area}(D)$ . Ponerlo todo junto, \begin{align*} \text{Vol}(C) &= \int_C 1\; dV \\ &= \frac{1}{3}\int_C \text{div} F\; dV \\ &= \frac{1}{3}\int_{\partial C} F.dS \\ &= \frac{1}{3}\int_{P} F.dS + \frac{1}{3}\int_{D} F.dS \\ &= \frac{1}{3}\text{Area}(D). \end{align*}