integrais para área no espaço 3D

Question

Estou no meu primeiro ano de faculdade e começamos a usar integrais duplos e triplos em eletrostática para calcular as áreas e volumes de formas simples como o cilindro. tentando aprender a matemática por trás disso, aprendi sobre o jacobian e a mudança de variáveis. agora eu entendo porque a integral tripla para o volume de um cilindro é o que é, já que posso usar o jacobiano para obtê-la do cartesiano.$V(R)= \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} \chi(R)dxdydz$ para $V(R)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty} \chi(R)\rho dzd\rho d\theta$ mas o problema é quando calculamos a área da superfície lateral do cilindro na classe usando coordenadas cilíndricas. $\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{h}R dzd\theta$ Eu não sabia como seria a integral em cartesiano, para começar ... Eu também vi alguns usarem o delta de Dirac para calcular em cartesiano mas não sei como manipulá-las e não sei como transformá-lo em cilíndrico, meu objetivo é comprovar o uso das integrais que o professor utilizou.

PERGUNTA: alguém pode me mostrar como ficaria a integral para a área da superfície lateral de um cilindro em cartesiano? e se é complicado como transformá-lo em cilíndrico.

Answer 1

Integral em cartesiano

Uma maneira de encontrar a área da superfície lateral é somar as áreas de círculos espessos de pequena altura como "$\mathrm{d}z$". Para fazer isso, primeiro precisamos da circunferência desses círculos.

A circunferência de um círculo $x^{2}+y^{2}=R^{2}$ (em altura $z$) não muda com a altura, então podemos apenas trabalhar no $xy$-avião. Então, há dois semicírculos, um dado por$y=\sqrt{R^{2}-x^{2}}$ e o outro dado por $y=-\sqrt{R^{2}-x^{2}}$. Os semicírculos têm cada um o mesmo comprimento, então podemos encontrar apenas o dobro do comprimento do primeiro. A fórmula do comprimento do arco pode ser encontrada em Paul's Online Notes ou ou openstax Calculus Volume 2 . Nós temos$\int_{-R}^{R}\sqrt{1+\left(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x$ para o comprimento de um semicírculo, então o dobro de toda a circunferência.

Então podemos multiplicar essas circunferências por uma pequena altura $\Delta z$, some-os e use um limite para transformá-lo na seguinte integral:

\begin{align*} & \int_{0}^{h}\left(2\int_{-R}^{R}\sqrt{1+\left(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x\right)\,\mathrm{d}z\\ = & 2\int_{0}^{h}\int_{-R}^{R}\sqrt{1+\left(-\dfrac{x}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\right)^{2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\\ = & 2\int_{0}^{h}\int_{-R}^{R}\sqrt{1+\dfrac{x^{2}}{R^{2}-x^{2}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\\ = & 2\int_{0}^{h}\int_{-R}^{R}\sqrt{\dfrac{R^{2}}{R^{2}-x^{2}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\\ = & 2\int_{0}^{h}\int_{-R}^{R}\dfrac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z\\ = & 2\int_{0}^{h}\int_{-R}^{R}\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(x/R\right)^{2}}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}z \end{align*}

Observe que o interior $x$ integral não depende de $z$, então também podemos escrever $$ 2\left(\int_{-R}^{R}\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(x/R\right)^{2}}}\,\mathrm{d}x\right)\left(\int_{0}^{h}1\,\mathrm{d}z\right) $$ $$ \text{or }\int_{-R}^{R}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(x/R\right)^{2}}}2\int_{0}^{h}1\,\mathrm{d}z\right)\,\mathrm{d}x\text{.} $$ Este último sugere uma maneira de pensar sobre isso cortando fatias para cada valor de $x$, onde o $\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(x/R\right)^{2}}}$ responde pela curva do semicírculo.

Transformando de volta para cilíndrico

Para transformar novamente em cilíndrico, podemos usar uma substituição trigonométrica ( openstax , Paul's ). Nós usamos$x=R\cos\theta$ e $\mathrm{d}x=-R\sin\theta\,\mathrm{d}\theta$ para converter o $x$ integral acima:

\begin{align*} & \int_{-R}^{R}\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(x/R\right)^{2}}}\,\mathrm{d}x\\ = & \int_{\theta\text{ when }x=-R}^{\theta\text{ when }x=R}\dfrac{1}{\sqrt{1-\left(R\cos\theta/R\right)^{2}}}\left(-R\sin\theta\right)\,\mathrm{d}\theta\\ = & \int_{\pi}^{0}\dfrac{1}{\sqrt{1-\cos^{2}\theta}}\left(-R\sin\theta\right)\,\mathrm{d}\theta\\ = & \int_{\pi}^{0}\dfrac{-R\sin\theta}{\sqrt{\sin^{2}\theta}}\,\mathrm{d}\theta\\ = & \int_{\pi}^{0}\dfrac{-R\sin\theta}{\left|\sin\theta\right|}\,\mathrm{d}\theta\\ = & \int_{\pi}^{0}-R\,\mathrm{d}\theta\text{ since }\sin\theta\ge0\text{ on }[0,\pi]\\ = & \int_{0}^{\pi}R\,\mathrm{d}\theta \end{align*}

Isso significa que toda a área se torna $$ 2\left(\int_{0}^{\pi}R\,\mathrm{d}\theta\right)\left(\int_{0}^{h}1\,\mathrm{d}z\right)=\left(\int_{0}^{2\pi}R\,\mathrm{d}\theta\right)\left(\int_{0}^{h}1\,\mathrm{d}z\right)=\boxed{\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{h}R\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}\theta} $$

Mais áreas gerais

A área lateral de um cilindro é um tipo de superfície muito especial, e existem técnicas mais gerais que podemos usar para encontrar a sua área e outras superfícies.

Áreas de revolução

O cilindro é uma superfície de revolução: Para o cilindro em discussão, revolvemos o segmento de linha $x=R,y=0,z\in[0,h]$ em volta do $z$-eixo. Girando as coisas, isso teria a mesma área que girar o segmento de linha$x=R$, $y\in[0,h]$ (no avião $z=0$) em volta do $y$-eixo. A fórmula padrão ( Paul's , openstax ) para a área lateral de uma superfície de revolução dá:

\begin{align*} & \int_{0}^{h}2\pi R\sqrt{1+\left(\dfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}y}R\right)^{2}}\,\mathrm{d}y\\ = & 2\pi\int_{0}^{h}R\,\mathrm{d}y\\ = & \left(\int_{0}^{2\pi}1\,\mathrm{d}\theta\right)\int_{0}^{h}R\,\mathrm{d}y\\ = & \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{h}R\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}\theta\\ = & \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{h}R\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}\theta \end{align*}

Áreas de superfícies parametrizadas

Se você fizer mais cálculos (você pode não encontrar isso em um primeiro estudo de eletrostática), você pode querer encontrar a área da superfície de uma superfície que não tem nenhuma simetria rotacional, mas ainda tem uma boa parametrização. Isso é descrito em openstax Calculus Volume 3 e Paul's Online Calculus III Notes , por exemplo.

Uma coisa a ter em atenção é que, se tiver algo como uma tira de Moebius com apenas um lado, pode não estar a calcular a área pretendida. Veja a pergunta do Math StackExchange "Faixa da área de Mobius " e suas respostas para alguma discussão.