¿Por qué el ángulo sólido diferencial tiene un $\sin\theta$ término en la integración en coordenadas esféricas?

Question

Cuando se integra en coordenadas esféricas, el elemento diferencial no es sólo $ \mathrm d\theta \,\mathrm d\phi $ . No. Es $\sin\theta \,\mathrm d\theta \,\mathrm d\phi$ , donde $\theta$ es el ángulo de inclinación y $\phi$ es el ángulo acimutal.

Por ejemplo, al intentar integrar la esfera unitaria sin el $\sin\theta$ plazo:

$$ \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} \mathrm d\theta \,\mathrm d\phi = 2 \pi^2. $$

Con la $\sin\theta$ término que se obtiene

$$ \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} \sin\theta \,\mathrm d\theta \,\mathrm d\phi = 4 \pi. $$

Pero me extraña que haya que multiplicar el ángulo sólido diferencial por $\sin\theta$ . Parece que es porque los trozos en el polo norte/sur "valen menos" que los trozos en el ecuador. Eso tiene sentido porque estarán más cerca entre sí.

Answer 1

Se puede ver la necesidad de la $\sin\phi$ comparando el área real en un globo con el área aparente en el Proyección equirectangular . Cada cuadrado de la proyección representa el mismo cambio en $\theta$ y en $\phi$ y se mapea a un cuadrilátero curvo en el globo. Cuanto más cerca de los polos (donde $\phi = 0, \pi$ ), menor es la superficie del globo; aproximadamente es proporcional a $\sin\phi$ teniendo en cuenta que la medida de latitud difiere de $\phi$ por un ángulo recto.

mapas a

Cambios iguales en $\phi$ representan la misma distancia en un globo (esférico), pero cambios iguales en $\theta$ (longitud) representan distancias proporcionales a $\sin\phi$ , lo que se puede demostrar hallando el radio de un círculo de latitud que da la vuelta a un polo (como señala @Alex).

Answer 2

Tienes razón en que los trozos más altos valen menos. Esto viene del artefacto de que el radio horizontal se hace más pequeño a medida que te mueves hacia cualquiera de los polos. Toma la esfera en el origen y dibuja el radio que sale horizontalmente en el plano x-y. Ahora mueve este radio hacia arriba a lo largo del eje z, manteniéndolo paralelo al plano x-y. Ahora estamos en coordenadas cilíndricas. Imagina que ahora estamos calculando el área de la esfera sumando los cortes circulares horizontales a medida que subimos Observa que si haces una revolución en phi, quieres estar trazando el borde de la esfera, y cuanto más arriba estés, menor será el radio. La trigonometría básica te dice que a la altura z, el radio es $r\sin(\theta)$ , donde $r$ es el radio habitual de la esfera (parece que tienes $r=1$ ). Sin el factor sin, estarías calculando la superficie del lado de un cilindro.

Answer 3

Zhen Lin explicó la teoría aquí . Intento recitar esto en la sección de teoría y luego muestro formas de trazar cosas con diferentes herramientas en la sección ¡Entregando las manos!

Teoría

La forma cuadrada, es decir, el jacobiano, es necesaria para el cambio de coordenadas porque se necesita conocer el cambio en cada dirección. Después de este cálculo, es necesario calcular el determinante y tomar la raíz cuadrada como se indica a continuación

$$J = \begin{pmatrix} r \cos \theta \cos \phi & -r \sin \theta \sin \phi \\ r \sin \theta \cos \phi & r \cos \theta \sin \phi \\ -r \sin \phi & 0 \end{pmatrix}$$

para el que la fórmula general

$$A = \int_S \sqrt{\det g} \, du \, dv.$$

Realmente recomiendo la maravillosa respuesta de Zhen Lin.

P.d. El único caso en el que tu primera ecuación es correcta es cuando $r=1$ y $\sin(\phi)=1$ para la integración -- probablemente no la integral ¡que estás tratando de hacer! Utilizo la misma notación que Zhen Lin, la latitud es $\psi \in [0,\pi]$ y el acimut es $\theta \in[0,2\pi]$ .

¡ALERTA!

Por favor, fíjate en que la gente utiliza dos convenciones diferentes para la integración: Zhen Lin utiliza la lectura de las cosas integrales más externas primero y tú utilizas la lectura de las cosas en paralelo (¡espero que sepas la diferencia o estarás muy confundido).

Ahora vamos a ensuciarnos las manos.

Ahora, ¿cómo debemos alterar la parametrización para que se parezca a la integral? No sé, pensando. De todos modos, los siguientes ejemplos fueron proporcionados por la cooperación de la gente alrededor de Stackexchange como Anon Mouse y eindandi. Si los encuentras útiles, dales algunos upvotes no yo.

Mathematica

Manipulate[
 ParametricPlot3D[{Sin[theta] Cos[phi], 
   Sin[theta] Sin[phi], Cos[theta]},
  {theta, 0, t}, {phi, 0, p},
  PlotRange -> {{-1, 1}, {-1, 1}, {-1, 1}}],
 {t, 0.1, Pi}, {p, 0.1, 2 Pi}]

Matlab

[f,t] = meshgrid(linspace(0,2*pi,361),linspace(0,pi,361));
x = sin(t)*cos(f);
y = sin(t)*sin(f);
z = cos(t);
surf(x,y,z)  

Answer 4

Para ver esto basta con dibujar un "cuadrado" en algún lugar a lo largo del ecuador, con lados $d\phi$ , $d\theta$ . Ahora intenta mover este "cuadrado" hacia arriba, hacia los polos: aunque la "altura" ( $d\theta$ ) se mantiene igual, la "anchura" ( $d\phi$ ) se hace cada vez más pequeño, hasta llegar al propio polo, donde la anchura se hace cero. Esto se debe a que las líneas de constante $\phi$ no son paralelas como en las coordenadas cartesianas, sino que se "juntan" en los polos.

Answer 5

En realidad lo que querías preguntar es como para el elemento sólido diferencial de la tarta

$$ \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} \cos\phi \, d\phi \,d\theta \, = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi} d (\sin \phi) \,d\theta \, = \int_0^{2\pi} \sin \phi \,d\theta \, = \int_0^{2\pi} (1-(-1) \,d\theta \, $$

$$ = 2\, (2 \pi) = 4 \pi$$ La tierra es una esfera, no un cilindro, así que $\cos \phi $ se reduce a 0 en los polos.