¿por qué $\iint \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\:dx\:dy$ significa superficie?

Question

¿Por qué la siguiente integral: la zona de superficie $f(x,y)=z$? $$\iint \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2}\:dx\:dy$$

Answer 1

$\frac{\partial f}{\partial x}$ - Piensa en esto como diciendo "Si x aumenta por $\partial x$, ¿cuánto ¿f aumenta por?". Ahora sobre cada pequeño parche cuadrado $dx dy$, se cálculo el área de un pequeño avión. El plano puede ser representado por las cuatro esquinas $$(x, y, f(x,y))$$ $$ (x + \partial x, y, f(x,y) + \frac{\partial f}{\partial x} \partial x)$$ $$(x, y + \partial y, f(x,y) + \frac{\partial f}{\partial y} \partial y)$$ $% $ $ (x + \partial x, y + \partial y, f(x,y) + \frac{\partial f}{\partial x}\partial x + \frac{\partial f}{\partial y} \partial y)$

Si calcular el área de este paralelogramo, se obtiene la %#% $ #%

Sacar el $$\sqrt{\partial x^2 \partial y^2 + \left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2 (\partial x)^2 (\partial y)^2 + \left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2(\partial y)^2 (\partial x)^2}$ usted obtiene el resultado.

Answer 2

Es un hecho que $||\vec{v}\times\vec{w}||$ es el área del paralelogramo generado por $\vec{v}$$\vec{w}$. Así, una buena aproximación de la zona de alrededor de un punto de $x$ sobre una superficie es $||\vec{T_1}\times \vec{T_2}||$ donde $\vec{T_1}$ $\vec{T_2}$ son linealmente independiente de vectores tangente a $x$. Su superficie está dada por $z=f(x,y)$. Piense en esto como en todos los puntos de $(x,y,f(x,y))$. Dos vectores tangente luego ser$(1,0,f_x(x,y))$$(0,1,f_y(x,y))$. Estas son sólo las coordenadas sabio derivadas parciales de $(x,y,f(x,y))$. Por lo tanto, su buena aproximación a la zona alrededor de cualquier punto de la superficie está dada por la magnitud de la cruz del producto, que funciona a ser $$ \sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)^2} $$ Ahora se acaba de integrar sobre su superficie.

Answer 3

Hay un resumen bastante bueno de aquí, pero utiliza algunos primaria diferencial de los conceptos de geometría. La verdad es que la superficie es notoriamente concepto difícil de definir con precisión. En cualquier caso, la raíz cuadrada del factor de resultados a partir de la definición de área de la superficie en términos de producto cruzado de los vectores de tangentes en las direcciones definidas por una parametrización de la $(u,v)$.

Para un general de la parametrización, el área de la superficie se define en términos de la primera forma fundamental

$$\iint_S du\,dv \sqrt{E\,G-F^2}$$

donde

$$E=\left(\frac{\partial x}{\partial u} \right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial u} \right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial u} \right)^2$$

$$F=\left(\frac{\partial x}{\partial u} \right)\left(\frac{\partial x}{\partial v} \right) + \left(\frac{\partial y}{\partial u} \right)\left(\frac{\partial y}{\partial v} \right) + \left(\frac{\partial z}{\partial u} \right)\left(\frac{\partial z}{\partial v} \right) $$

$$G=\left(\frac{\partial x}{\partial v} \right)^2+\left(\frac{\partial y}{\partial v} \right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial v} \right)^2$$

Cuando $z=f(x,y)$, $x=u$, $y=v$. Entonces

$$E\,G-F^2 = \left[1+\left(\frac{\partial z}{\partial x} \right)^2\right] \left[1+\left(\frac{\partial z}{\partial y} \right)^2\right] - \left(\frac{\partial z}{\partial x} \right)^2\left(\frac{\partial z}{\partial y} \right)^2$$

El resultado de la siguiente manera.

Answer 4

El siguiente es redundante como respuesta, pero ya que ya había escrito lo es demasiado largo para un comentario, me decidí a publicar de todas formas.

Que $\vec {r}\colon \operatorname{dom}(f)\longrightarrow \Bbb R^3$, definido por $\vec {r}(x,y)=(x,y,f(x,y))$, para todos los $(x,y)\in \operatorname{dom}(f)$.

Sea $1_\varphi\colon \Bbb R^3\longrightarrow \Bbb R$ constantemente $1$.

Si $\vec{r},f$ $\operatorname{dom}(f)$ respeto y ciertas condiciones entonces el área viene dada por

$$\displaystyle \iint \limits_{\operatorname{dom}(f)} (1_\varphi \circ \vec{r})(x,y)\left\Vert\frac{\partial \vec{r}}{\partial x}(x,y) \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial y}(x,y) \right\Vert\mathrm dx\mathrm dy$$

Puesto que todos $(x,y)\in \operatorname{dom}(f)$ es verdad que el $(1_\varphi \circ \vec{r})(x,y)=1\\$, $$\displaystyle \frac{\partial \vec{r}}{\partial x}(x,y)=\left(1,0,\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\right),$$ $$\displaystyle \frac{\partial \vec{r}}{\partial y}(x,y)=\left(0,1,\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right),$$ $$\displaystyle \frac{\partial \vec{r}}{\partial x}(x,y) \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial y}(x,y)=\left(\displaystyle -\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),-\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),1\right)$$ and $% $ $\displaystyle \left\Vert\left(\displaystyle -\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),-\frac{\partial f}{\partial x}(x,y),1\right)\right\Vert=\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right)^2,}$se deduce que

$$\displaystyle \iint \limits_{\operatorname{dom}(f)} (1_\varphi \circ \vec{r})(x,y)\left\Vert\frac{\partial \vec{r}}{\partial x}(x,y) \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial y}(x,y) \right\Vert\mathrm dx\mathrm dy=\\=\iint \limits_{\operatorname{dom}(f)}\sqrt{1+\left(\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)\right)^2+\left(\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)\right)^2}\mathrm dx\mathrm dy.$$