Integración mediante elementos de superficie y volumen.

Question

Como un Grado en Física licenciatura, me he visto obligado a innumerables veces a utilizar un determinado método para integrar sobre 3D de superficies y volúmenes, que mis profesores como para llamar a la integración, a través de la superficie y el volumen de los elementos. No soporto este método, ni yo podría llegar a entender cómo hacerlo, sobre todo porque no es matemáticamente rigurosa.

Sin embargo, en la mayoría de los casos, no soy capaz de evitarlo. Por ejemplo, dado el campo eléctrico de un anillo de radio $r$ acostado en $z=0$ en el punto de $(0,0,z_0)$, estoy necesarios para hallar el campo eléctrico de un disco de radio $R$ acostado en $z=0$ en el punto de $(0,0,z_0)$. Con el fin de hacer eso, tengo que usar el mencionado método de integrar el campo eléctrico estoy dado con respecto a la longitud del elemento $dr$, de $r=0$ a $r=R$. Por supuesto, esto también requiere traducir la densidad de carga de una longitud de elemento, para una densidad de carga de un elemento de superficie, suponiendo que ambos son unifrom.

Pero la Física no es mi problema, pero las matemáticas. Y por eso he venido aquí. Traté de entender el uso de este método, pero a veces funciona y a veces no. Me encantaría saber donde estoy en lo correcto, y cuando me equivoco.

$(\star)$ Importante: El ángulo de $\theta$ en los Ejemplos 1 y 2 es el ángulo de las coordenadas polares. En los Ejemplos 3 y 4, es el polar, ángulo de las coordenadas esféricas (es decir, no la azimutal uno).

$(\star)$ Me va a denotar $\color{green}{Good}$ verde y $\color{red}{Bad}$ en rojo. Minúsculas será la integración de las variables, y en mayúsculas sería parámetros dados.

Ejemplo 1: Calcular el área de un cilindro de vacío de radio R y altura H

A. Con respecto a $dz$

Dado un perímetro de un anillo de $2\pi R$, el área de un anillo con una altura infinitesimal $dz$ estaría dado por $2\pi Rz$. Y luego:

$$S=\int\limits_{0}^{H}2\pi Rz\ dz=\color{green}{2\pi RH}$$

Una respuesta correcta, con mucho gusto.

B. Con respecto a $d\theta$

Sabemos que si tenemos en rodajas el cilindro vertical, girar con el ángulo de $\theta$, se obtendrían las líneas de la altura de la $H$ cada uno, multiplicado por una anchura infinitesimal $Rd\theta$. Por lo tanto, el elemento de superficie vendría dado por $HRd\theta$. Y luego:

$$S=\int\limits_{0}^{2\pi}HR\ d\theta=\color{green}{2\pi RH}$$

De nuevo, con buena respuesta. Pero: esto es donde las cosas van a ponerse feas.

Ejemplo 2: Calcular el volumen de un cilindro de radio R y altura H

A. Con respecto a $dr$

Queremos suma cilindros con infinitesimal anchos $dr$, por lo tanto el elemento de volumen sería dado por $2\pi H rdr$ (el perímetro de un círculo de radio de $r$ multiplicado por la anchura infinitesimal $dr$ y la altura de la $H$). Y luego:

$$V=\int\limits_{0}^{R}2\pi Hr\ dr=\color{green}{\pi HR^2}$$

Este es, por supuesto, correcto, pero:

B. Con respecto a $d\theta$

Queremos sumar el exacto mismos segmentos que hemos descrito en B. del Ejemplo 1, pero ahora ellos también tienen una anchura de $R$. Significado: el elemento de volumen sería dado por $HR^2d\theta$ (ya que cada rectángulo es de dimensiones $H \times R$, y multiplicamos cada una anchura infinitesimal $Rd\theta$). Y ahora:

$$V=\int\limits_{0}^{2\pi}HR^2\ d\theta=\color{red}{2\pi HR^2}$$

Esto es malo. Quisiera mostrar ahora 2 más ejemplos - en el caso de una esfera y una pelota. No trabajo allí.

Ejemplo 3: Calcular el área de una esfera de radio R

Con respecto a $d\theta$

Un anillo de radio $r$, se puede comprobar fácilmente ver que, geométricamente, $r$ estaría dado por $R\sin\theta$. El infinitesimal de ancho de disco, que sería ahora $Rd\theta$, por lo tanto el elemento de superficie vendría dado por $2\pi R^2\sin\theta d\theta$. Por lo tanto:

$$V=\int\limits_{0}^{\pi}2\pi R^2\sin\theta \ d\theta=\color{green}{4\pi R^2}$$

Llegar optimista, vamos a tratar de calcular el volumen de la pelota.

Ejemplo 4: Calcular el volumen de una bola de radio R

A. Con respecto a $dr$

Nos gustaría que la suma de las esferas, de radio $r$ y anchura infinitesimal $dr$ cada uno. Por lo tanto, el elemento de volumen sería dado por $4\pi r^2 dr$, y luego:

$$V=\int\limits_{0}^{R}4\pi r^2 \ dr = \color{green}{\frac{4}{3}\pi R^3}$$

Pero, por desgracia:

B. Con respecto a $d\theta$

Va de nuevo como B. de Ejemplo 3, queremos suma exactamente el mismo de los anillos, pero ahora ellos serían los discos con la anchura infinitesimal $Rd\theta$. El elemento de volumen sería dado por $\pi (R\sin\theta)^2 Rd\theta$, lo que nos lleva a:

$$V=\int\limits_{0}^{\pi}\pi R^3 \sin^2\theta\ d\theta=\color{red}{\frac{1}{2}\pi^2 R^3}$$

He intentado utilizar otros elementos: $d\varphi$, por ejemplo. el azimut ángulo, que es mucho más complicado, y también trató de otras formas, como un cono e incluso paraboloid. Pero simplemente no funcionan bien. Funciona a veces - y eso no es suficiente para mí, por desgracia. Puedo poner muchos esfuerzos a este post, con el fin de mostrar mi forma de pensar, porque eso es lo que me habían enseñado a hacer esto. Pero tal vez no es correcto (se siente como que, por cierto).

Muchas gracias por leer todo esto, y yo estaría muy contento de escuchar sus pensamientos.

P. S.: me gustaría poder añadir fotos, pero yo no conozco a ninguno de los programas que puedo usar para dibujar.

Answer 1

En el ejemplo 2B, El infinitesimal rodajas no son rectangulares cuboides, pero prims: su altura es $H$ y sus bases son triángulos isósceles con las piernas de longitud $R$ y ángulos en el ápice ser $d\theta$. Que significa que el volumen de cada elemento es $\frac12HR^2d\theta$, no $HR^2 d\theta$. Que le dará la correwct resultado.

En 4B, el infinitesimal son los discos con anchura constante, pero su anchura es $-dz = R\sin\theta d\theta$, no sólo a $Rd\theta$ - que es lo que hace que obtener una respuesta incorrecta.

En general, usted necesita tener cuidado sobre lo que forma la infinitesimal elementos, va a tener, y no asumir que su volumen/superficie está dado por el simple fórmula posible. Si divide su figura de una manera que hace que sea difícil calcular el volumen de un elemento infinitesimal, de este particular método de dividir la cifra puede no ser muy útil. Howwver, si usted calcular correctamente el volumen/área de cada elemento infinitesimal, el resultado debe ser el mismo, no importa cómo se divide la figura. Si usted está recibiendo un mal resultado, que es lo más probable, ya que calcula que el volumen/área de elemento infinitesimal de forma incorrecta.

Si desea asegurarse de que usted está calculando es correcto, es mejor empezar siempre con completa parametrización de la figura, escribe el área/volumen como una integral sobre varias variables y, a continuación, integrar una por una. Las fórmulas generales son:

Si la superficie es parametrizadas por $\vec{r} = \vec r(u,v))$ a continuación, puede utilizar uno de los dos equivalentes fórmulas: $$ dS = \left|\frac{\partial\vec r}{\partial u} \times \frac{\partial\vec r}{\partial v}\right| du dv$$ o $$ dS = \sqrt{\left|\det\begin{bmatrix}\frac{\partial\vec r}{\partial u}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial u} & \frac{\partial\vec r}{\partial u}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial v} \\ \frac{\partial\vec r}{\partial v}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial u} & \frac{\partial\vec r}{\partial v}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial v}\end{bmatrix}\right|} du dv$$ (la segunda fórmula, aunque más complicada de obras para superficies que están incrustadas en un espacio de cualquier dimensión). para el volumen parametrizadas por $\vec{r} = \vec{r}(u,v,w) = (x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w))$ hemos $$ dV = \left|\det\begin{bmatrix}\frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v}&\frac{\partial x}{\partial w}\\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v}&\frac{\partial y}{\partial w}\\\frac{\partial z}{\partial u} & \frac{\partial z}{\partial v}&\frac{\partial z}{\partial w}\end{bmatrix}\right| du dv dw$$ o $$ dV = \sqrt{\left|\det\begin{bmatrix}\frac{\partial\vec r}{\partial u}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial u} & \frac{\partial\vec r}{\partial u}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial v} & \frac{\partial\vec r}{\partial u}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial w}\\ \frac{\partial\vec r}{\partial v}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial u} & \frac{\partial\vec r}{\partial v}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial v} & \frac{\partial\vec r}{\partial v}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial w} \\\frac{\partial\vec r}{\partial w}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial u} & \frac{\partial\vec r}{\partial w}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial v} & \frac{\partial\vec r}{\partial w}\cdot \frac{\partial\vec r}{\partial w}\end{bmatrix}\right|} du dv dw$$

Para ver cómo funciona, vamos a considerar sus ejemplos.

Ejemplo 1: La superficie de un cilindro se puede parametrizar por las coordenadas $(z,\theta)$ como $\vec r(\theta,z) = (R\cos\theta, R\sin\theta, z)$. El rango de los parámetros se $\theta\in[0,2\pi]$,$z\in[0,H]$. El infinitezimal área, calculado a partir de una de las dos fórmulas anteriores, resulta ser $dS = Rd\theta dz$

Eso significa que el área completa es dada por la fórmula $$ S = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^H dz \,R$$ This is a simple case and you can choose whether to integrate over $z$ or over $\theta$. If you first integrate over $\theta$, you get to the case 1A, if you first integrate over $z$ usted consigue el caso 1B.

Ejemplo 2: El cilindro completo es parametrizadas por $\vec r(\rho,\theta,z) = (\rho\cos\theta, \rho\sin\theta, z)$ con $\rho\in[0,R]$,$\theta\in[0,2\pi]$,$z\in[0,H]$. El volumen de infinitesimales de los elementos de las fórmulas anteriores se puede calcular a ser $ dV = \rho d\rho d\theta dz$. El volumen total es, por tanto, $$ V=\int_0^R d\rho \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^H dz\, \rho$$ If you integrate over $\ theta$ and $z$ first, you get case 2A. If you integrate over $\rho$ and $z$ first, you get the correct frormula for case 2B: $$ V=\int_0^{2\pi} d\theta \frac12 HR^2$$ donde el factor de $\frac12$ proviene de la integral sobre la $\rho$.

Ejemplo 3: La esfera puede ser parametrizadas por coordenadas esféricas $\theta$ e $\phi$, $\vec r(\theta,\varphi) = (R\sin\theta\cos\varphi, R\sin\theta\sin\varphi,R\cos\theta)$ con $\theta\in[0,\pi]$,$\varphi\in[0,2\pi]$. El elemento de superficie se convierte ut ser $dS = R^2\sin\theta d\theta d\varphi$. Que da la plena zona a $$ S = \int_0^{\pi}d\theta \int_0^{2\pi} d\varphi R^2\sin\theta $$ En el caso de integrar más de $\varphi$ primer lugar, se obtiene la integral que has calculado. También es posible integrar más de $\theta$ primera obtención de la fórmula de $S = \int_0^{2\pi} d\varphi \,2R^2 $.

Ejemplo 4: el pleno de La bola tiene la parametrización $\vec r(r,\theta,\varphi) = (r\sin\theta\cos\varphi, r\sin\phi\theta\varphi,r\cos\theta)$ con $r\in[0,R]$,$\theta\in[0,\pi]$,$\varphi\in[0,2\pi]$. El elemento de volumen es $dV = r^2\sin\theta drd\theta d\varphi$, y el volumen máximo es $$ V = \int_0^R dr \int_0^{\pi}d\theta \int_0^{2\pi} d\varphi r^2\sin\theta $$ En el caso de integrar más de $\varphi$ e $\phi$ primera (efectivamente calcular el área de la esfera del ejemplo 3), se obtiene caso 4A. También se puede integrar más de $r$ e $\varphi$ primera, lo que le daría la fórmula $ V = \int_0^{\pi} d\theta \frac{2\pi}3 R^3 \sin\theta$.

Para obtener el caso 4B, usted necesita una diferente configuración de parámetros de la pelota, que permite dividir en rodajas, lo que significa que una de las coordenadas deben ser $z$. Los otros dos pueden ser $\rho$ e $\varphi$, no importa en la final, ya que ellos serán los primeros en integrar a cabo. La parametrización es $\vec{r} = (\rho\cos\varphi,\rho\sin\varphi,z)$ con $z \in[-R,R]$, $\phi\in[0,2\pi]$, $\rho\in[0,\sqrt{R^2-z^2}]$, $dV = \rho d\rho d\varphi dz$ y el volumen total se $$ V = \int_{-R}^R dz \int_0^{\sqrt{R^2-z^2}}d\rho \int_0^{2\pi} d\varphi \rho$$ Después de la integración de más de $\rho$ e $\varphi$ obtenemos $$ V = \int_{-R}^R dz \pi(R^2-z^2)$$ que después de substituition $z=R\cos\theta$, $dz=-R\sin\theta d\theta$ da la fórmula correcta para el caso 4B $$ V = \int_0^\pi d\theta \pi R^3 \sin^3\theta $$

Answer 2

Realmente, todo esto es el tema de la integración en los colectores, y para una referencia, usted debe echar un vistazo a Spivak del Cálculo de los Colectores. Lo que estás haciendo es sencilla, 2 y 3-dimensional caso de lo que realmente está pasando en las dimensiones superiores (pero las ideas que estás utilizando son realmente de gran alcance, por lo que no descartan ellos). En el conjunto general, uno puede preguntar: dado un suave $k$-dimensional compacta colector $M$ (o manifold con frontera) en el interior de $\Bbb{R}^n$, ¿cuál es el $k$-dimensional volumen de $M$? Así que para dar una respuesta general, habría que hablar de integración en los colectores.

Si usted puede parametrizar una porción de un colector, entonces es posible dar una fórmula explícita en términos de la parametrización. Así que, aquí está la configuración general: Deje $M$ ser un equipo compacto $k$-dimensiones suave, orientado submanifold (con o sin límite) de $\Bbb{R}^n$ (así es como un "buen" $k$-dimensiones del objeto que se encuentra dentro de $\Bbb{R}^n$, con algunas condiciones de regularidad). Deje $W \subset \Bbb{R}^k$ ser abierto, y deje $\alpha:W \to M \subset \Bbb{R}^n$ ser $C^1$, la orientación de la preservación de la inyectiva mapa, de tal manera que para cada $x \in W$, $\alpha'(x)$ es $n \times k$ matriz de rango completo. También, vamos a $d^kV$ ser el ($k$-dimensional) elemento de volumen de $M$. Entonces, para cualquier función continua $f: M \to \Bbb{R}$, tenemos que (asumiendo que todas las integrales de existir) \begin{align} \int_{\alpha(W)}f\, d^kV &= \int_W f \circ \alpha \cdot \sqrt{\det(g)} \tag{%#%#%} \\ & \equiv \int_W f (\alpha(x) )\cdot \sqrt{\det(g(x))} \, d^kx \end{align} donde $*$ significa que es sólo una notación diferente para la misma cosa, $\equiv$, e $d^kx = dx_1 \cdots dx_k$ es el $g$ matriz cuyas $k \times k$ entrada ($ij$) está dada por el producto interior \begin{equation} g_{ij} = \left\langle \dfrac{\partial \alpha}{\partial x_i}, \dfrac{\partial \alpha}{\partial x_j} \right\rangle \end{equation}

En la integral de la ecuación anterior, el lado izquierdo es una integral sobre un subconjunto de un colector $1 \leq i,j \leq k$, mientras que el lado derecho es una típica multi-dimensional de la integral de Riemann en $M$, que podemos reducir a $\Bbb{R}^k$ unidimensional integrales usando el teorema de Fubini.

Usted dijo que usted es un estudiante de física, así que mucho de esto podría parecer extraños. Pero en la práctica, no es tan malo; es realmente un proceso mecánico, una vez que sabes lo que son los objetos. Ahora, no quedar atrapado en los detalles técnicos; entender cómo usar la fórmula. A continuación, puede leer cualquier libro que trata de la integración de los colectores, para aprender correctamente el tema.

1.)Volumen de un Cilindro

Vamos a considerar en primer lugar la cuestión de calcular el volumen de un cilindro de altura $k$, y el radio de $H$. Llame a este cilindro $R$. En este caso, definimos $M$, y definir $W = [0,R] \times [0, 2\pi] \times [0,H]$por \begin{equation} \alpha(r,\phi,z) = \begin{pmatrix} r \cos \phi \\ r \sin \phi \\ z \end{pmatrix} \end{equation} (me.e $\alpha : W \to \Bbb{R}^3$ es el de coordenadas cilíndrico parametrización del cilindro $\alpha$ $M$). Tenga en cuenta que $\ddot{\smile}$ (i.e la imagen del conjunto $M = \alpha[W]$ bajo el mapa de $W$). Así que, ahora bien, si queremos hallar el volumen del cilindro $\alpha$, elegimos $M$ a ser la constante de la función de $f$, debido a que el volumen se define a menudo como $1$. Ahora, todo lo que queda es calcular la matriz $\int_M 1 \, dV$, y la raíz cuadrada de su determinante. Usted puede verificar que \begin{equation} g(r,\phi,z) = \begin{pmatrix} 1 & 0 & 0 \\ 0 & r^2 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{pmatrix} \end{equation} así, la raíz cuadrada del determinante es $g$. Por lo tanto, tenemos \begin{align} \text{vol}(M) &= \int_W (1 \circ \alpha)(r,\phi,z) \cdot r \, \, dr \, d\phi \, dz \tag{by (%#%#%)} \\ &= \int_W 1 \cdot r \, dr \, d \phi \, dz \\ &= \int_0^R \int_0^{2\pi} \int_0^H r \, dz \, d\phi \, dr \tag{by Fubini's theorem} \\ &= \pi R^2 H, \end{align} como era de esperar. Por supuesto, todo esto puede parecer como la maquinaria pesada para la "sencilla" tarea de encontrar el volumen de un cilindro, pero funciona de una manera muy general la configuración (si usted tiene suficiente regularidad como para que todas las integrales, etc... que por lo general en la física básica de las preguntas no debería ser un problema).

En el ejemplo de arriba, $\sqrt{\det(g(r,\phi,z))} = r$ fue el cilindro sólido en $*$, por lo que fue un 3 dimensiones del objeto que se encuentra dentro de un espacio 3-dimensional, y se calculó su (3 dimensiones) de volumen. yo.e tuvimos $M$

2.) Área de la superficie de una Esfera

Deje $\Bbb{R}^3$, y deje $k=n=3$ ser la esfera centrada en el origen, de radio $R>0$. (Por cierto, el área de la superficie es lo que podríamos llamar $M = \{(x,y,z) \in \Bbb{R}^3: x^2 + y^2 + z^2 = R^2\}$-dimensiones de volumen, y se acostumbra a denotar $R$ por $2$). Así, en este caso, tenemos $d^2V$, mientras que $dA$. El poder de la fórmula $k=2$, es que funciona en todos los casos, independientemente de si $n=3$ o $(*)$.

Para calcular el área de la superficie, seguimos el mismo procedimiento que en el ejemplo anterior. Deje $k<n$, y definir $k=n$por \begin{equation} \alpha(\theta, \phi) = \begin{pmatrix} R \sin \theta \cos \phi \\ R \sin \theta \sin \phi \\ R \cos \theta \end{pmatrix} \end{equation} A continuación, $W = [0,\pi] \times [0,2\pi]$. En este ejemplo, se puede calcular por sí mismo que el de la matriz $\alpha : W \to \Bbb{R}^3$ está dado por \begin{equation} g(\theta, \phi) = \begin{pmatrix} R^2 & 0 \\ 0 & R^2 \sin^2\theta \end{pmatrix} \end{equation} Por lo tanto, tenemos que $M = \alpha[W]$. Por lo tanto, tenemos \begin{align} \text{surface area}(M) &= \int_{M} 1 \, dA \\ &= \int_{W} (1 \circ \alpha)(\theta,\phi) \cdot (R^2 \sin \theta) \, d \theta \, d\phi \tag{by (%#%#%)} \\ &= \int_0^{2\pi} \int_0^{\pi} R^2 \sin \theta \, d \theta \, d\phi \tag{Fubini's theorem}\\ &= 4\pi R^2 \end{align}

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Estos dos ejemplos fueron bastante fácil, pero en general la cosa más difícil será encontrar la parametrizataion $g$. Después de que usted se figura que correctamente, el resto es simplemente girando la manivela: calcular las derivadas parciales de $\sqrt{\det g(\theta,\phi)} = R^2 \sin \theta$, tomar la parte interior de sus productos (productos de puntos) calcular la matriz de $*$, tomar el determinante y, a continuación, utilizar la fórmula de $\alpha: W \to M \subset \Bbb{R}^n$. Por último, el uso del teorema de Fubini para reducir el $\alpha$-dimensión integral $g$ en $(*)$ a $k$ unidimensional integrales.

Ahora, la pregunta que te estarás preguntando es ¿cómo se puede demostrar $\int_W (\cdots)$? Si usted sigue Spivak del libro, entonces la ecuación puede ser probado por la desintegración de las definiciones del elemento de volumen, y cómo la integración de los colectores fue definido. Que la fórmula más o menos sigue de Spivak las definiciones, porque todas las ideas principales ya han sido "codificado" en el interior de las definiciones, así que el lector se queda para hacer es la de extraer esa información.

Pero a partir de una muy áspera heurística punto de vista, se hace uso de la multivariable cambio de variables teorema. A grandes rasgos, si usted tiene un pequeño rectángulo $\Bbb{R}^k$ dentro $k$ (i.e un rectángulo en su "espacio de parámetros") y se fija un punto de $(*)$, cuando en virtud de la asignación de $R$, el volumen del rectángulo $W$ es distorsionado por una cantidad que es aproximadamente proporcional al volumen de la $x_R \in R$-dimensiones paralelepípedo generado por los $\alpha$vectores \begin{equation} \dfrac{\partial \alpha}{\partial x_1}(x_R) \quad, \dots, \quad \dfrac{\partial \alpha}{\partial x_k}(x_R) \end{equation} esta $R$-dimensiones de volumen es igual a $k$.

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Lo siento si esta explicación de la fórmula $k$ no fue muy satisfactorio; esto es realmente un tema que requiere de tiempo para explicar adecuadamente las definiciones, y demostrar los teoremas pertinentes etc.