29 votos

Prueba rigurosa de que $dx dy=r\ dr\ d\theta$

Entiendo la explicación gráfica, es decir, que el área $dA$ del incremento del sector puede considerarse como un "rectángulo" polar, ya que $dr$ y $d\theta$ son infinitesimales, pero ¿cómo se prueba esto rigurosamente?

Ilustración gráfica

1. Geométricamente, el área exacta sería $$\frac{(r+dr)^2d\theta}{2} - \frac{r^2d\theta}{2}$$$$ = (r + \frac{dr}{2}) dr d\theta $$$$= r dr d\theta + \frac{dr^2 d\theta}{2}$$.

¿Cómo nos deshacemos de $\frac{dr^2 d\theta}{2}$? ¿Es insignificante en valor en comparación con $r dr d\theta$ para que desaparezca? Si es así, ¿es esa la razón por la que se ignora? Y además, geométricamente hablando, ¿por qué las dos áreas - $dx dy$ y $r dr d\theta$ son iguales?

2. Enfoquémoslo algebraicamente, definiendo $$x = r\sin\theta$$$$y = r \cos\theta$$

obtenemos $$\frac{dx}{d\theta} = r\cos\theta, dx = r\cos{\theta} d\theta$$$$ \frac{dy}{dr} = \cos\theta, dy = \cos\theta dr.$$

Al multiplicar ambas ecuaciones lado por lado, obtenemos $$dxdy = r\cos^2\theta dr d\theta.$$

Nuevamente, obtengo un término extra, que es $\cos^2 \theta$. En ambos casos, no puedo derivar que $dxdy = rdrd\theta$.

¿Qué hago mal en mi razonamiento? Todo me hace pensar que estoy cometiendo un error grave en algo esencial.

28voto

geodude Puntos 2315

En el enfoque geométrico, $dr^2=0$ ya que no solo es pequeño sino también simétrico (ver aquí).

En el enfoque algebraico, más riguroso, estás derivando $x$ respecto a $\theta$ y $y$ respecto a $r$, ¡pero estás olvidando los términos cruzados! Estos son funciones de dos variables cada uno, así que deberías calcular todas las derivadas parciales:

$$ dx=\dfrac{\partial x}{\partial r}dr+\dfrac{\partial x}{\partial \theta}d\theta $$ $$ dy=\dfrac{\partial y}{\partial r}dr+\dfrac{\partial y}{\partial \theta}d\theta\;. $$

Derivando (ya hiciste dos de ellas, aquí hacemos las cuatro): $$ dx=\sin\theta\,dr+r\,\cos\theta\,d\theta $$ $$ dy=\cos\theta\,dr-r\,\sin\theta\,d\theta\;. $$ El producto exterior de estos dos vectores (ver enlace arriba, o pensar en el producto cruz, o pensar en el área del paralelogramo) es: $$ dx \, dy = (\sin\theta\,dr)(-r\,\sin\theta\,d\theta)-(\cos\theta\,dr)(\cos\theta\,d\theta) $$ $$ = -r(\sin^2\theta +\cos^2\theta)\,dr\,d\theta=-r\,dr\,d\theta. $$ Generalmente uno toma en lugar $x=\cos\theta, y=\sin\theta$, para que el signo menos se convierta en un más. Pero de todas formas, lo que importa es el valor absoluto de esa cantidad.

Creo que lo que te faltaba es la relación entre el área (y más generalmente los volúmenes) y el producto exterior. Búscalo a partir del enlace arriba, es muy interesante.

12voto

ILIV Puntos 421

De hecho, lo que hiciste mal es confundir diferenciales parciales y totales (copia a continuación):

introducir descripción de la imagen aquí

$$dx = \sin{\theta}dr+r\cos{\theta} d\theta$$ $$ dy = \cos\theta dr- r\sin{\theta} d\theta $$

Uno tiene que calcular el determinante de la matriz Jacobiana:

$dxdy= \begin{Vmatrix} \frac{\partial x}{\partial r} & \frac{\partial x}{\partial \theta} \\ \frac{\partial y}{\partial r} & \frac{\partial y}{\partial \theta} \\ \end{Vmatrix}dr\;d\theta = \begin{Vmatrix} \sin(\theta) & r \cos(\theta) \\ \cos(\theta) & -r \sin(\theta) \\ \end{Vmatrix}dr\;d\theta = r\left|-\sin^2(\theta)-\cos^2(\theta)\right|\,dr\,d\theta $

$$dx\,dy= r\,dr\,d\theta$$

12voto

BrianB Puntos 186

¿Cómo se demuestra esto rigurosamente?

La igualdad $dx\;dy= r\;dr\;d\theta$ por sí sola no tiene sentido (aquí, no tenemos productos ordinarios en cada lado de la igualdad). Lo que debemos probar es $$\iint_Qf(x,y)\;dx\;dy=\iint_A f(r\cos \theta,r\sin \theta)\;r\;dr\;d\theta\tag{$*$}.$$

No daré una prueba rigurosa, pero te diré cómo se puede hacer una prueba formal según el enfoque de C. H. Edwards en su libro Cálculo avanzado de varias variables. Citando este libro:

Sin duda, el estudiante ha visto fórmulas de cambio de variables como $(*)$ que resultan de cambios de coordenadas rectangulares a coordenadas polares. La aparición del factor $r$ en la fórmula a veces se "explica" con imágenes míticas, como la figura en el post original, en la que se afirma que $dA$ es un rectángulo "infinitesimal" con lados $dr$ y $r\;d\theta$, y por lo tanto tiene un área de $r \;dr\; d\theta$. En esta sección daremos una explicación matemáticamente aceptable del origen de tales factores en la transformación de integrales múltiples de un sistema de coordenadas a otro.

Para empezar, "recordemos" tres cosas sobre integrales dobles:

$\quad$ (i) Desde la interpretación geométrica de la integral doble, si $X$ es una región muy pequeña y $(x_0,y_0)$ es algún punto en $X$, entonces $$\iint_Xf(x,y)\;dx\;dy\cong f(x_0,y_0) \Delta X,$$ donde $\Delta X$ es el área de $X$.

$\quad$ (ii) La integral doble de una función $g$ sobre un rectángulo $A\subset\mathbb{R}^2 $ puede escribirse como límite de sumas de Riemann: $$\iint_Ag(x,y)\;dx\;dy=\lim_{\mathcal{\|\mathcal{P}\|}\to0}\sum_{i=1}^k g(x_i,y_i)\Delta A_i,$$ donde $\mathcal{P}=\{A_1,...,A_k\}$ es una partición de $A$, $(x_i,y_i)$ es un punto en $A_i$ y $\Delta A_i$ es el área de $A_i$. Así, para una partición suficientemente fina, $$\sum_{i=1}^k g(x_i,y_i)\Delta A_i\cong\iint_Ag(x,y)\;dx\;dy.$$

$\quad$ (iii) En la notación de la integral, $(x,y)$ es una variable dummy y por lo tanto $$\iint g(x,y)\;dx\;dy=\iint g(r,\theta)\;dr\;d\theta.$$

Supongamos que queremos calcular la integral doble $$\iint_Q f(x,y)\;dx\;dy,\tag{0}$$ donde $Q$ es un sector anular en $\mathbb{R}^2$ (ver la imagen abajo).

enter image description here

Queremos "transformar" esta integral en una integral sobre un rectángulo. ¿Por qué? Porque esperamos que la "integral transformada" sea más fácil de calcular (por virtud del teorema de Fubini).

Observa que el rectángulo $A=\{(r,\theta)\in\mathbb{R}^2\mid a\leq r\leq b\text{ y }\alpha\leq \theta\leq\beta \}$ se transforma en el sector anular $Q$ por la función $T:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}^2$ dada por $$T(r,\theta)=(r\cos\theta,r\sin\theta).\tag{1}$$

enter image description here

Entonces, $$Q=T(A).\tag{2}$$

Veremos que la función $T$ se puede usar para transformar $(0)$ en una integral sobre el rectángulo $A$, como queremos. Para esto, tenemos que responder la

Gran pregunta: Dado un rectángulo $R$, ¿cuál es la relación entre el área $\Delta R$ de $R$ y el área $\Delta T(R)$ de $T(R)$?

Respuesta: Mira la imagen anterior. Si $(c,d)$ es el punto central de $A$, entonces $$\text{area of } Q=\frac{b^2(\beta-\alpha)}{2}-\frac{a^2(\beta-\alpha)}{2}=\frac{1}{2}(b+a)(b-a)(\beta-\alpha)=c(\text{area of } A)$$ Lo mismo es cierto para $R$ y por lo tanto $$\Delta T(R)=p\Delta R,\tag{3}$$ donde $p$ es la abscisa del punto central de $R$.

Ahora, sea $\mathcal{P}=\{A_1,..., A_k\}$ una partición de $A$ en subintervalos muy pequeños. Para cada $i=1,...,k$, sea $(x_i,y_i)$ el punto central de $A_i$. Entonces, $T(x_i,y_i)$ es un punto en $T(A_i)$ y $$T(A)=T(A_1)\cup\cdots \cup T(A_k)\tag{4}$$ con unión disjunta. Se sigue que \begin{align} \iint_Qf(x,y)\;dx\;dy&=\iint_{T(A)} f(x,y)\;dx\;dy\tag{por (2)}\\\\ &=\sum_{i=1}^k\iint_{T(A_i)} f(x,y)\;dx\;dy\tag{por (4)}\\\\ &\cong\sum_{i=1}^k f(T(x_i,y_i))\Delta T(A_i)\tag{por (i)}\\\\ &=\sum_{i=1}^kf(T(x_i,y_i))x_i\Delta A_i\tag{por (3)}\\\\ &\cong \iint_A f(T(x,y))\;x\;dx\;dy\tag{por (ii)}\\\\ &=\iint_A f(x\cos y,x\sin y)\;x\;dx\;dy\tag{por (1)}\\\\ &=\iint_A f(r\cos \theta,r\sin \theta)\;r\;dr\;d\theta\tag{por (iii)} \end{align}

En este punto, trabajando con una partición suficientemente fina, hemos deducido que $$\iint_Qf(x,y)\;dx\;dy\cong\iint_A f(r\cos \theta,r\sin \theta)\;r\;dr\;d\theta.$$ Sin embargo, con un "argumento epsilon" es posible probar que podemos hacer esta aproximación tan buena como queramos y así la igualdad $(*)$ es verdadera (los detalles se encuentran en el libro). Citando nuevamente el libro mencionado, la prueba de $(*)$

es cuestión de suministrar suficientes argumentos epsilon para convertir la discusión anterior en un argumento preciso.

3voto

DDD4C4U Puntos 6

La forma 'correcta' de hacer esto es usar formas diferenciales:

$$ dr \wedge d \theta = (\frac{\partial r}{\partial x} dx + \frac{\partial r}{\partial y} dy) \wedge ( \frac{\partial \theta}{\partial x} dx + \frac{\partial \theta}{\partial y} dy )= ( \frac{\partial r}{\partial x} \frac{\partial \theta}{\partial y} - \frac{\partial r}{\partial y} \frac{\partial \theta}{\partial x} ) dx \wedge dy$$

Ahora simplemente sustituya $r$ y $\theta$ como funciones de $x$ y $y$

3voto

Paul Elksnis Puntos 1

Junto con otros comentaristas, también me confundí con la respuesta aceptada de @geodude. Nunca había oído hablar de productos de cuña o exteriores antes. Pero ahora entiendo y puedo explicar por qué la respuesta de @geodude me confundió.

Cuando @geodude escribió "$dx\,dy = \ldots$", pensé que podía simplemente substituir en $dx\,dy$ las fórmulas de $dx$ y $dy$ de las dos líneas anteriores. ¡No! Eso no está bien. $dx\,dy$ estaba destinado a ser el producto exterior $dx\wedge dy$.

Realmente, deberías buscar una relación entre un área en el espacio $(r,\theta)$ (es decir, el producto exterior $dr\wedge d\theta$) y un área en el espacio $(x,y)$ (es decir, $dx\wedge dy$).

Estaba tentado y pensé que $dx\,dy$ era un área en el espacio $(x,y)$ porque se parecía a la fórmula de área para un rectángulo en el espacio $(x,y)$. Estaba equivocado. $dx\wedge dy$ es el área.

Escribiré la respuesta, combinando la de @geodude y @Tryst.with.Freedom.

Sea $T: \mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}^2,$

$$\mathbf{T}\left(\begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right)=\begin{bmatrix}r\cos\theta \\ r\sin\theta \end{bmatrix}$$

entonces la derivada total de $\mathbf{T}$ es

$$ \mathbf{T}'\left(\begin{bmatrix}x \\ y \end{bmatrix}\right)=\begin{bmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{bmatrix}.$$

En términos de diferenciales, eso es

$$\begin{bmatrix}dx \\ dy \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}\cos\theta & -r\sin\theta\\ \sin\theta & r\cos\theta\end{bmatrix}\begin{bmatrix}dr \\ d\theta \end{bmatrix}$$

o

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

MAL: Aquí es donde multipliqué $dx$ y $dy$

$$\begin{align} dx\,dy &= (\cos\theta dr -r\sin\theta d\theta)(sin\theta dr + r\cos\theta d\theta) \\ &= \cos\theta\sin\theta(dr)^2+r\cos^2\theta dr d\theta - r\sin^2\theta dr d\theta - r^2\cos\theta\sin\theta(d\theta)^2 \\ &=r\cos^2\theta dr d\theta - r\sin^2\theta dr d\theta\\ &=rdrd\theta(\cos^2\theta - \sin^2\theta) \\ &\neq rdrd\theta \end{align}$$

Revisé todas mis identidades trigonométricas. Sin suerte. No pude llegar a $dx\,dy = rdrd\theta$. ¡Eso es porque nunca iba a funcionar!

BIEN: Lo que necesitaba hacer era lo siguiente:

$$\begin{align} dx\wedge dy &= (\cos\theta dr -r\sin\theta d\theta)\wedge(sin\theta dr + r\cos\theta d\theta) \\ &= (\cos\theta\sin\theta)dr\wedge dr+(r\cos^2\theta) dr \wedge d\theta - (r\sin^2\theta) d\theta \wedge dr - (r^2\cos\theta\sin\theta)d\theta \wedge d\theta \\ &= (r\cos^2\theta) dr \wedge d\theta - (r\sin^2\theta) d\theta \wedge dr \\ &= (r\cos^2\theta) dr \wedge d\theta + (r\sin^2\theta) dr \wedge d\theta \\ &= r(\cos^2\theta + \sin^2\theta)dr \wedge d\theta \\ &= r\,dr \wedge d\theta \end{align}$$

Creo que esto te permite interpretar heurísticamente

$$ dxdy=rdrdθ $$

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