47 votos

Explique $\iint \mathrm dx\,\mathrm dy = \iint r \,\mathrm \,d\alpha\,\mathrm dr$

Es cambiar la coordenada de una coordenada a otra. Hay un ángulo y un radio en el lado derecho. ¿Qué es? ¿Y por qué?

Lo tengo:

$2\,\mathrm dy\,\mathrm dx = r(\cos^2\alpha-\sin^2\alpha)\,\mathrm d\alpha \,\mathrm dr$ ,

donde $x = r \cos(\alpha)$ y $y = r \sin(\alpha)$ .

pero no puede entender y obtener el lado correcto. El problema surgió al tratar de integrar $\displaystyle \int_0^\infty e^{\frac{-x^2}{n^2}}\,\mathrm dx$ donde intenté cambiar el problema sabiendo $r^2=x^2+y^2$ pero me quedé con esta parte. ¿Cómo se llama el cambio en el título y por qué es así?

4 votos

Ver aquí Ejemplo 3, y también aquí .

1 votos

Si piensas en $x$ y $y$ siendo coordenadas cartesianas para el plano, entonces lo que hace es un cambio a coordenadas polares .

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Gracias. Me gustaría aceptar sus comentarios, volvió a las pistas correctas.

58voto

Martin OConnor Puntos 116

En general, una integral doble siempre tiene un diferencial de área para que estés integrando $\iint dA$ . Otra forma de ver la cuestión, entonces, es por qué $dA = dx dy$ en coordenadas cartesianas y $dA = r dr d\theta$ en coordenadas polares.

Un elemento de área en cartesiano es un rectángulo, como describe Qiaochu en su respuesta. El área del rectángulo es el pequeño cambio en $x$ veces el pequeño cambio en $y$ o $\Delta x \Delta y$ .

Sin embargo, un elemento de área en polar es un trozo de un sector circular. Hay una bonita imagen abajo tomada de aquí . (El elemento de área es la parte sombreada).

polar area element

Si el ángulo se mide en radianes, sabemos que el área de un sector de ángulo $\theta$ de un círculo de radio $r$ es $\frac{1}{2}r^2 \theta$ . Así que el área de la pieza sombreada en la imagen es $$\Delta A = \frac{1}{2}(r + \Delta r)^2 \Delta \theta - \frac{1}{2}r^2 \Delta \theta = r \, \Delta r \, \Delta \theta + \frac{1}{2}(\Delta r)^2 \, \Delta \theta.$$ El factor cuadrático de $\Delta r$ hace que el segundo término sea despreciable en comparación con el primero para un tamaño suficientemente pequeño $\Delta r$ y $\Delta \theta$ . Así, en el límite obtenemos $dA = r \, dr \, d\theta$ .

Como han dicho otros, también se puede utilizar la fórmula de cambio de variables multivariante que implica el jacobiano de la transformación directamente. Sin embargo, me gusta el argumento geométrico cuando se introduce por primera vez el elemento polar en un curso de cálculo.

1 votos

@Jonas: Gracias por editar la imagen en mi respuesta.

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¿Es esa fórmula sólo una aproximación?

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@Victor: No estoy seguro de entender tu pregunta. La expresión para $\Delta A$ se convierte en $dA = r dr d\theta$ en el límite, como se explica en la frase que sigue a la fórmula.

36voto

Matt Dawdy Puntos 5479

Es un caso especial de la multivariante fórmula de cambio de variables . Intuitivamente se puede pensar de la siguiente manera: partiendo de un punto $(x, y)$ , se hace un cambio infinitesimal en $x$ y luego un cambio infinitesimal en $y$ para llegar a $(x + \delta x, y + \delta y)$ . Esos cambios trazan un pequeño cuadrado cuya área es $\delta x \delta y$ y estás sumando sobre un montón de estos cuadraditos.

¿Qué ocurre cuando se hace lo mismo en coordenadas polares? Partiendo de $(r, \theta)$ te mueves a $(r + \delta r, \theta + \delta \theta)$ . Ahora, en movimiento $\delta r$ es como mover $\delta x$ en un conjunto de ejes convenientemente girados. Pero cuando se mueve $\delta \theta$ la distancia real por la que te mueves se multiplica por $r$ (dibujar un diagrama para ver esto), y está en una dirección ortogonal a la dirección que se mueve al cambiar $r$ . En realidad te estás moviendo por $r \, \delta \theta$ . El resultado no es exactamente un cuadrado, pero para valores suficientemente pequeños de $\delta r, \delta \theta$ se aproxima a un cuadrado con longitudes de lado $\delta r$ y $r \, \delta \theta$ .

4 votos

No necesitas un cuadrado, sólo necesitas un rectángulo..

36voto

Did Puntos 1

Abordemos este problema como lo harían algunos físicos, es decir, consideremos la diferencial $\mathrm{d}$ como un operador que obedece a las reglas de derivación, sólo que con un signo.

En el presente caso, $x=r\cos\alpha$ y $y=r\sin\alpha$ por lo que $$ \mathrm{d}x=\cos\alpha\mathrm{d}r-r\sin\alpha\mathrm{d}\alpha, \quad \mathrm{d}y=\sin\alpha\mathrm{d}r+r\cos\alpha\mathrm{d}\alpha. $$ Ahora, hay algunas reglas mágicas que permiten multiplicar $\mathrm{d}r$ y $\mathrm{d}\alpha$ elementos. Estos son $$ \mathrm{d}r\mathrm{d}r=0,\quad \mathrm{d}\alpha\mathrm{d}r=-\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha,\quad \mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\alpha=0. $$ Por lo tanto, $$ \mathrm{d}x\mathrm{d}y=(\cos\alpha\mathrm{d}r-r\sin\alpha\mathrm{d}\alpha)(\sin\alpha\mathrm{d}r+r\cos\alpha\mathrm{d}\alpha). $$ El $\mathrm{d}r\mathrm{d}r$ y $\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}\alpha$ desaparecen y los términos que nos interesan son los $\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha$ y $\mathrm{d}\alpha\mathrm{d}r$ los. Uno obtiene $$ \mathrm{d}x\mathrm{d}y=(\cos\alpha\cdot r\cos\alpha-r\sin\alpha\cdot (-1)\sin\alpha)\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha, $$ es decir, $$ \color{green}{\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha}, $$ una fórmula que da como resultado $$ \color{red}{\iint f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint f(r\cos\alpha,r\sin\alpha)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha}. $$ También se pueden transformar las integrales al revés, sólo hay que calcular una fórmula para $\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha$ como un múltiplo de $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ . Nuestra fórmula para $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ en términos de $\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha$ rinde $$ \mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha=\frac1r\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$ por lo que $$ \color{blue}{\iint f(r,\alpha)\mathrm{d}r\mathrm{d}\alpha=\iint f(x,y)\frac1{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y}. $$ Una vez más, esto sólo describe el lado computacional de la historia, pero esta receta se apoya en una teoría bien establecida de formas diferenciales que omitimos.

4 votos

Tal vez sería útil utilizar el símbolo $\wedge$ (o $\cdot$ o $\otimes$ o ...) para la multiplicación de dos diferenciales sólo para dejar claro que no se aplican las reglas "habituales" del producto.

5 votos

@Fabian: Lo he omitido deliberadamente. Ambas opciones (con y sin $\land$ ) tienen sus ventajas. Gracias por su reacción.

2 votos

¿Pueden las "reglas mágicas" ser vistas como el producto cruzado de "vectores" $\mathrm{d}r,\mathrm{d}\alpha$ ?

33voto

Dan Walker Puntos 3466

ACTUALIZACIÓN: Las series han sido sustituidas por límites de sumas.

Interpretación geométrica . Por definición de una integral doble de una función continua sobre una región cerrada acotada $R$ de la $xy$ -plano, tenemos

$$\iint_R f(x,y)\;\mathrm{d}x\;\mathrm{d}y=\lim_{n\to\infty}\; \sum_{i=1}^{n }f(x_{i},y_{i})\Delta A_{i},$$

donde $\Delta A_{i}$ es el área de un celda rectangular genérica y $n$ el número de células.

Si $f(x,y)=1$ obtenemos el área de $R$

$$ \iint_R \mathrm{d}x\;\mathrm{d}y=\lim_{n\to\infty}\; \sum_{i=1}^{n }\Delta A_{i}.$$

Si descomponemos $R$ en células con forma de sectores de un círculo definido por dos radios cuya diferencia es $\Delta r_{i}$ para el genérico $i^{th}$ célula y dos rayos que forman un ángulo $\Delta \theta _{i}$ entre sí, el área de la celda, utilizando la fórmula de un sector del círculo es

$$\frac{1}{2}\left[ \left( r_{i}+\frac{1}{2}\Delta r_{i}\right) ^{2}-\left( r_{i}-\frac{1}{2}\Delta r_{i}\right) ^{2}\right] \Delta \theta _{i}=r_{i}\Delta r_{i}\Delta \theta _{i}\text{,}$$

donde $r_{i}$ es el radio del punto medio de la célula. La misma área $R $ puede expresarse como el límite $\lim_{n\to\infty}\;\sum_{i=1}^{n }r_{i}\Delta r_{i}\Delta \theta _{i}$ que por definición de integral doble es igual a a $$\iint_R r\;\mathrm{d}r\;\mathrm{d}\theta. $$

enter image description here

Figura: Genérico $i^{th}$ -célula en coordenadas polares con la forma de un sector circular

Esta transformación se define rigurosamente por el valor absoluto del Jacobiano de la transformación $\left\vert \frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}\right\vert =r$ de la cartesiano al sistema de coordenadas polares ( $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta $ ):

$$\iint_R \mathrm{d}x\;\mathrm{d}y=\iint_R \left\vert \frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta )}\right\vert \;\mathrm{d}r\;\mathrm{d}\theta = \iint_R r\;\mathrm{d}r\;\mathrm{d}\theta.$$


Añadido : Evaluación del determinante jacobiano: $$\begin{eqnarray*} \frac{\partial \left( x,y\right) }{\partial \left( r,\theta \right) } &=&\det \begin{pmatrix} \partial x/\partial r & \partial x/\partial \theta \\ \partial y/\partial r & \partial y/\partial \theta \end{pmatrix} \\ &=&\det \begin{pmatrix} \cos \theta & -r\sin \theta \\ \sin \theta & r\cos \theta \end{pmatrix} \\ &=&r\cos ^{2}\theta +r\sin ^{2}\theta \\ &=&r. \end{eqnarray*}$$

0 votos

@Mike Spivey: ¡Gracias! (corregido).

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