¿Prueba simple de integración en coordenadas polares?

Question

En cada ejemplo que he visto de integración en coordenadas polares la Jacobiana es determinante que se utiliza, no se que tengo un problema con el Jacobiano, pero me preguntaba si hay una manera más sencilla para mostrar esto, lo que dará también a mi algo más que la intuición acerca de la Jacobiana.

Si trato de escribir simplemente el diferenciales:

\begin{align} x & = r \cos \theta\\ y & = r \sin \theta\\ dx & = dr \cos \theta - r \sin \theta\ d\theta\\ dy & = dr \sin \theta + r \cos \theta\ d\theta\\ \end{align}

En una integral doble a integrar a $dxdy$, así que si me trate de conectar en los resultados que vamos a obtener algo que no es $r d\theta dr$ \begin{align} dxdy & = \left(dr \cos \theta - r \sin \theta\ d\theta \right) \left( dr \sin \theta + r \cos \theta\ d\theta\right)\\ & = dr^2 \cos \theta \sin \theta - r^2 d\theta^2 \cos \theta\ \sin\ \theta + r\ dr\ d\theta\ (\cos^2 \theta\ - \sin^2\theta ) \end{align}

Yo no creo que pueda ir a cualquier lugar a partir de aquí, No estoy seguro si es sólo un error de cálculo o de toda la lógica es malo.

¿Cómo puedo obtener este derecho?

Gracias :)

Answer 1

Por supuesto, si se rompe $\mathbb{R}^2$ en una cuadrícula polar

$\hspace{3.5cm}$

el pequeño ligeramente curvada rectángulos tienen área de $r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r$.

Sin embargo, parece que usted está interesado en mirar a la $$ \begin{align} \mathrm{d}y\,\mathrm{d}x &=(\sin(\theta)\,\mathrm{d}r+r\cos(\theta)\,\mathrm{d}\theta)(\cos(\theta)\,\mathrm{d}r-r\sin(\theta)\,\mathrm{d}\theta)\\ &=r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r \end{align} $$ y por qué la $\mathrm{d}r^2$ $\mathrm{d}\theta^2$ lo que se refiere a desaparecer y el $\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ $\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r$ tienen signos diferentes.

Vamos a empezar con $$ \begin{align} \mathrm{d}x&=\cos(\theta)\,\mathrm{d}r-r\sin(\theta)\,\mathrm{d}\theta\\ \mathrm{d}y&=\sin(\theta)\,\mathrm{d}r+r\cos(\theta)\,\mathrm{d}\theta \end{align} $$ reescribe como $$ \begin{bmatrix}\mathrm{d}x\\\mathrm{d}y\end{bmatrix} =\begin{bmatrix}\cos(\theta)\\\sin(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}r +\begin{bmatrix}-r\sin(\theta)\\r\cos(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}\theta $$ Por lo tanto, los desplazamientos $\color{green}{\mathrm{d}r}$ $\color{red}{\mathrm{d}\theta}$ asignado a $\color{green}{\begin{bmatrix}\cos(\theta)\\\sin(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}r}$$\color{red}{\begin{bmatrix}-r\sin(\theta)\\r\cos(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}\theta}$$\mathbb{R}^2$:

$\hspace{3cm}$

donde el área en gris está dado por $\color{green}{\begin{bmatrix}\cos(\theta)\\\sin(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}r}\times\color{red}{\begin{bmatrix}-r\sin(\theta)\\r\cos(\theta)\end{bmatrix}\mathrm{d}\theta}=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$.

El hecho de que la cruz de producto está involucrado es la razón por la que el $\mathrm{d}r^2$ $\mathrm{d}\theta^2$ lo que se refiere a desaparecer y el $\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$ $\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}r$ tienen signos diferentes. Esto, y su $n$-dimensiones análogos, son la razón de que el uso de la cuña de productos y formas diferenciales cuando el cambio de variables.

Answer 2

El elemento área debe calcularse cuidadosamente.

Esto es muy informal, pero tal vez debería pensar en el elemento de volumen como un par, en lugar de un producto, como en: $$\binom{dx}{dy} = \begin{bmatrix} \cos \theta & - r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta \end{bmatrix}\binom{dr}{d\theta}$$ La multiplicación de un conjunto por una matriz de $A$ se corresponde con el cambio de volumen por un factor de $\det A$. En este caso, $\det A = r$, por lo que el elemento de volumen de cálculo se convierte, de manera informal, $dxdy = r dr d\theta$.

Apéndice: Los dos elementos de volumen, de manera informal, $[r,r+dr]\times[\theta,\theta+d\theta]$, e $[x,x+dx]\times[y,y+dy]$.

Answer 3

La respuesta corta es que usted necesita para considerar la cuña de productos entre los diferenciales, no simétrica producto que usted ha escrito. La razón de esto se trata en Robjohn excelente respuesta.

El elemento de volumen, $dV$, formalmente está dada por el producto exterior de $dx_1, \dots, dx_n$. Esto significa que, en $\mathbb{R}^2$ el elemento de volumen en coordenadas cartesianas técnicamente debe ser escrito como $$ dV = dx \wedge dy. $$ Tenga en cuenta que el producto exterior es antisimétrica, lo que significa que, en particular, $dx \wedge dy = - dy \wedge dx.$ Teniendo esto en cuenta, si se interpretan esta cuña entre el producto $dx$ $dy$ calculados, se tiene lo siguiente $$\begin{align*} dV &= dx \wedge dy \\ &= (\cos\theta ~dr - r\sin\theta ~d\theta) \wedge (\sin\theta ~dr + r\cos\theta~ d\theta) \\ &= \cos\theta \sin\theta ~dr\wedge dr + r \cos^2\theta ~dr \wedge d\theta - r\sin^2\theta~ d\theta \wedge dr -r \sin\theta\cos\theta~ d\theta \wedge d\theta\\ &= r(\cos^2\theta + \sin^2\theta) dr \wedge d\theta\\ &= r~ dr \wedge d\theta, \end{align*} $$ donde hemos utilizado el hecho de que $dr \wedge dr = d\theta \wedge d\theta = 0.$ Si se calcula el determinante del Jacobiano encontrarás $$\det\left(\dfrac{\partial(x,y)}{\partial{(r,\theta)}}\right) = r,$$ lo cual concuerda con el cálculo anterior.

Answer 4

Sabemos que $$x=r\cos\theta,\quad y= r\sin\theta$ $ distinguen b.s respectivamente, obtenemos %#% $ #%

Entonces $$dx= -r\sin\theta\, d\theta+ \cos\theta\, dr,\quad dy= r\cos\theta\, d\theta + \sin\theta\, dr$ $