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Autor Tema: Integral para la energía cinética sin usar diferenciales  (Leído 2338 veces)
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DavidRG
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« : 13/05/2019, 12:41:13 pm »

Mirando la demostración de la fórmula de la energía cinética, me he encontrado con esto:

Tenemos que [texx]W_{int} = \displaystyle\int_{A}^{B} \vec{F}     d\vec{r}= m \displaystyle\int_{A}^{B}  \vec{a}    \cdot{}d\vec{r}[/texx]

Para solucionar esta integral, hace falta usar diferenciales:

[texx]m \displaystyle\int_{A}^{B}  \vec{a} \cdot{}d\vec{r}  = m \displaystyle\int_{A}^{B}  \frac{d\vec{v}}{dt}  \underbrace{\vec{v} \cdot{}dt} _{ (\vec{v} = \frac{d\vec{r}}{dt}) } = m \displaystyle\int_{A}^{B}  \vec{v} \cdot{}d\vec{v} = \displaystyle\frac{1}{2} m v_b ^2 - \displaystyle\frac{1}{2}mv_a ^2[/texx]



Me preguntaba si hay alguna forma de desarrollar esta integral para que de el mismo resultado sin usar diferenciales


(Si no se pudiera, lo que no entiendo de las operaciones que se hacen con diferenciales es que si dr es una variable independiente, estamos considerando que dt es dependiente y para integrar hace falta que la variable sea independiente)
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« Respuesta #1 : 13/05/2019, 01:25:40 pm »

La aceleración es función del tiempo, ¿cierto? Y tenemos que la posición depende también del tiempo, así que [texx]dr(t)=r'(t)dt=v(t)dt[/texx], y como [texx]a(t)=v'(t)[/texx] entonces nos quedaría

[texx]\displaystyle \int_A^B adr=\int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}v'(t)v(t)dt=v(t)^2\big|_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}-\int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}v'(t)v(t)dt
\implies 2\int_A^B adr=v(t)^2\big|_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}[/texx]

que es lo mismo que se obtiene usando la notación de Leibniz.

El tiempo siempre es independiente, es la posición la que depende del tiempo y no al revés, entonces debe entenderse que [texx]{r^{-1}(A)}[/texx] es el tiempo inicial (entiendo a A como la posición inicial) y [texx]{r^{-1}(B)}[/texx] es el tiempo final, es decir, que se alcanza al llegar a la posición final B.

Arriba lo único que he usado es integración por partes y el hecho de que [texx]dr(t)=r'(t)dt[/texx].
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« Respuesta #2 : 13/05/2019, 02:04:24 pm »

¿El segundo paso es un cambio de variable? De forma que:

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} a(r) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a(r(t)) \cdot{} \underbrace{r'(t)} _{= v(t)} \cdot{}dt[/texx]



Si no es así, no se por qué cambian los límites de la integral de A y B a [texx]r^{-1}(A) [/texx] y [texx]r^{1}(B) [/texx]
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« Respuesta #3 : 13/05/2019, 02:38:14 pm »

¿El segundo paso es un cambio de variable? De forma que:

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} a(r) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a(r(t)) \cdot{} \underbrace{r'(t)} _{= v(t)} \cdot{}dt[/texx]



Si no es así, no se por qué cambian los límites de la integral de A y B a [texx]r^{-1}(A) [/texx] y [texx]r^{1}(B) [/texx]

Más que un cambio de variable es la definición de diferencial, entendiendo a la variable del recorrido en función del tiempo. También se puede ver como una parametrización del recorrido en función del tiempo.

Yo he interpretado en mi respuesta anterior que la aceleración estaba en función únicamente del tiempo, no de la posición. En otro caso creo que podríamos considerar [texx]a(r(t))r'(t)=(v\circ r)'(t)[/texx], pero si fuese así nos quedaría que [texx]\int a(r)dr=v(r)[/texx], lo cual no coincide con lo buscado, así que no debe ser correcta la identidad [texx]a(r(t))r'(t)=(v\circ r)'(t)[/texx].

Por otro lado he interpretado que A y B eran los puntos iniciales y finales de un recorrido cualquiera, es decir, posiciones, por eso si escribo el recorrido en función del tiempo tengo que cambiar los límites de integración.

Dicho de paso: no tengo ni idea de física, exceptuando las nociones básicas de física que recuerdo haber aprendido en el bachiller (y ni siquiera las recuerdo todas). Usando las nociones básicas de velocidad, aceleración y recorrido en función del tiempo es como he interpretado lo anterior.
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« Respuesta #4 : 13/05/2019, 04:34:24 pm »

¿Eso es sin usar diferenciales?
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« Respuesta #5 : 13/05/2019, 05:50:01 pm »

A ver es que el problema que veo a los diferenciales es que la definición es que dx es un número "muy pequeño" y que  dy = y' dx. Entonces dx es siempre el mismo número muy pequeño y dy varía según y'.
Entonces veo problemas (que puede que sea un fallo de conceptos) como que si existe y'=dy/dx no puede existir x'=dx/dy ya que para ello dy debería ser siempre el mismo número. E integrar sobre dy no es igual a integrar sobre dx porque dy cambia (depende de y').





Yo he interpretado en mi respuesta anterior que la aceleración estaba en función únicamente del tiempo, no de la posición. En otro caso creo que podríamos considerar [texx]a(r(t))r'(t)=(v\circ r)'(t)[/texx], pero si fuese así nos quedaría que [texx]\int a(r)dr=v(r)[/texx], lo cual no coincide con lo buscado, así que no debe ser correcta la identidad [texx]a(r(t))r'(t)=(v\circ r)'(t)[/texx].


Con esto estoy un poco perdido. Osea la aceleración debería depender de la posición porque si no lo hiciera sería una constante y se podría sacar de la integral. Pero es cierto que si depende, entonces la solución de la integral es v(r).


Lo único que se me ocurre es que realmente la solución sea v(r) pero tenemos que averiguarlo en función de t y por ello hay que hacer más operaciones como la sustitución, (o a lo mejor esto que estoy diciendo es una burrada)

¿Eso es sin usar diferenciales?

Masacroso ha usado diferenciales, pero si se pudiera aplicar el metodo de sustitución para hacer ese paso que he mencionado antes no haría falta usarlos.
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« Respuesta #6 : 13/05/2019, 05:55:27 pm »

A ver es que el problema que veo a los diferenciales (además de que matemáticamente no están bien vistos) es que la definición es que dx es un número "muy pequeño" y que  dy = y' dx. Entonces dx es siempre el mismo número muy pequeño y dy varía según y'.
Entonces veo problemas (que puede que sea un fallo de conceptos) como que si existe y'=dy/dx no puede existir x'=dx/dy ya que para ello dy debería ser siempre el mismo número. E integrar sobre dy no es igual a integrar sobre dx porque dy cambia (depende de y').

Creo que estás confundiendo diferenciales con infinitesimales. Los diferenciales actualmente tienen un significado preciso en el análisis estándar usado en matemáticas donde [texx]dx[/texx] es un vector unitario en el espacio cotangente asociado al punto [texx]x[/texx].

Igualmente se puede ver lo mismo con un cambio de variable: si [texx]r[/texx] es la posición y [texx]y(t)[/texx] es una función que parametriza la posición entonces con el cambio de variable [texx]r=y(t)[/texx] queda lo mismo, sólo que yo arriba he llamado a [texx]y(t)[/texx] por [texx]r(t)[/texx].

Cierto que la integral no queda muy clara, necesitaría una definición precisa de la aceleración del integrando para ver qué está pasando o cómo se puede expresar la aceleración respecto de la posición y su relación con las otras magnitudes. Fíjate igualmente que tu demostración cambia la aceleración por [texx]dv/dt[/texx] que es lo mismo que yo he hecho si entendemos que [texx]dv/dy=v'(t)[/texx].



Básicamente aquí hacen lo mismo que en tu demostración. En cualquier caso se asume que la posición depende del tiempo (o al menos que puede parametrizarse por éste) dejando [texx]F dx=F vdt[/texx] y continuando a partir de ahí.

ACTUALIZACIÓN.
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« Respuesta #7 : 13/05/2019, 06:22:12 pm »

Los diferenciales actualmente tienen un significado preciso en el análisis estándar usado en matemáticas.


Aun así las dudas/problemas que he dicho iban respecto a los diferenciales.

Fíjate igualmente que tu demostración cambia la aceleración por [texx]dv/dt[/texx] que es lo mismo que yo he hecho si entendemos que [texx]dv/dy=v'(t)[/texx].

Si te refieres a la primera demostración que usa diferenciales es la que intento evitar. Si no es esa no se a cual te refieres.





Se me ha ocurrido algo que se podría hacer sin el concepto de diferencial pero no se si está mal.
La idea es esta:

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} a(t) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a(r(t))  \cdot{} r'(t) \cdot{}dt[/texx]


Es decir, aplico la "sustitución," pero esta vez desde a(t) .
Tiene más sentido pero realmente el método de sustitución no funciona así por lo que es probable que esté mal
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« Respuesta #8 : 13/05/2019, 06:29:13 pm »

Se me ha ocurrido algo que se podría hacer sin el concepto de diferencial pero no se si está mal.
La idea es esta:

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} a(t) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a({\color{red}{t}})  \cdot{} r'(t) \cdot{}dt[/texx]


Es decir, aplico la "sustitución," pero esta vez desde a(t) .
Tiene más sentido pero realmente el método de sustitución no funciona así por lo que es probable que esté mal

Actualicé mi mensaje anterior. Te marco en rojo lo que debería ser tras la sustitución, y ahí ya te saldría bien la integral ya que [texx]a(t)=v'(t)[/texx] y [texx]r'(t)=v(t)[/texx].
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« Respuesta #9 : 13/05/2019, 06:36:49 pm »


Actualicé mi mensaje anterior. Te marco en rojo lo que debería ser tras la sustitución, y ahí ya te saldría bien la integral ya que [texx]a(t)=v'(t)[/texx] y [texx]r'(t)=v(t)[/texx].


Es verdad, por algún motivo pensé que eran lo mismo. Pues creo que no se puede resolver por sustitución y no tengo ni idea de como resolverlo sin usar diferenciales, ya que la única forma que conozco para cambiar la variable sin multiplicar ni dividir diferenciales es la sustitución.

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« Respuesta #10 : 13/05/2019, 07:13:14 pm »

A ver es que el problema que veo a los diferenciales (además de que matemáticamente no están bien vistos)

Pero quién te ha dicho que no están bien vistos, David. Eso no es verdad, otro asunto es que se meta la cabeza en el "agujero", como el avestruz, porque hay cosas que se enseñan a utilizar, de forma práctica, antes de que los alumnos puedan entender la demostración; y por eso los profesores intentan explicarlo de otra forma, porque el alumno no puede aún entenderlo, no porque estén mal vistos.

Esa demostración que pones no empieza así desde el principio, primero viene mostrar la magnitud de trabajo, antes que la energía, y en forma de ecuación diferencial, es decir, sin integrales. Se integra después, para resolverla, pues la integral es un método, lo principal en la demostración es la ecuación diferencial, e Intentar hacer una ecuación diferencial sin diferenciales es como hacer chocolate a la taza sin chocolate.

 Mira aquí, por ejemplo, para que veas bien el significado de la energía; y verás cómo parte de la ecuación diferencial para integral después:

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/dinamica/trabajo/energia/energia.htm

Saludos.

 
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« Respuesta #11 : 13/05/2019, 07:29:31 pm »


Pero quién te ha dicho que no están bien vistos, David. Eso no es verdad, otro asunto es que se meta la cabeza en el "agujero", como el avestruz, porque hay cosas que se enseñan a utilizar, de forma práctica, antes de que los alumnos puedan entender la demostración; y por eso los profesores intentan explicarlo de otra forma, porque el alumno no puede aún entenderlo, no porque estén mal vistos.

Ah, pensaba eso por otros temas que había leído en el foro, que cuando se usan diferenciales siempre se critica mucho. Pero ahora lo corrijo, gracias por avisar.




Esa demostración que pones no empieza así desde el principio, primero viene mostrar la magnitud de trabajo, antes que la energía, y en forma de ecuación diferencial, es decir, sin integrales. Se integra después, para resolverla, pues la integral es un método, lo principal en la demostración es la ecuación diferencial, e Intentar hacer una ecuación diferencial sin diferenciales es como hacer chocolate a la taza sin chocolate.



Ya, entiendo. Entonces ahora me han surgido dos preguntas


La primera es la que había propuesto, si se puede resolver esta ecuación sin usar el concepto de diferencial. Es decir olvidándonos de las magnitudes fisicas y tratandola como una integral matemática. (Ya que los matemáticos desarrollaron métodos alternativos para sustituir el calculo de integrales, si no me equivoco)



Y la segunda es entender el uso de diferenciales. Es decir resolver las dudas que planteo aquí :
A ver es que el problema que veo a los diferenciales es que la definición es que dx es un número "muy pequeño" y que  dy = y' dx. Entonces dx es siempre el mismo número muy pequeño y dy varía según y'.
Entonces veo problemas (que puede que sea un fallo de conceptos) como que si existe y'=dy/dx no puede existir x'=dx/dy ya que para ello dy debería ser siempre el mismo número. E integrar sobre dy no es igual a integrar sobre dx porque dy cambia (depende de y').


Es decir, porque integrar sobre dy se hace igual que sobre dx siendo distintos (dy= y'dx)





EDITADO



 Mira aquí, por ejemplo, para que veas bien el significado de la energía; y verás cómo parte de la ecuación diferencial para integral después:

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/dinamica/trabajo/energia/energia.htm
 

De todas formas, se puede definir trabajo como la intrgral directamente sin tener que definir un trabajo infinitesimal. (Se podría considerar el área bajo la curva, que es igual al límite de la suma de los rectángulos que tienen una base Δr cada vez menor (lo que se viene a ser dr) y una altura F)
Pero bueno, si el entiendo por qué funcionan los diferenciales no me importa usarlos.
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« Respuesta #12 : 13/05/2019, 08:41:57 pm »



La primera es la que había propuesto, si se puede resolver esta ecuación sin usar el concepto de diferencial. Es decir olvidándonos de las magnitudes fisicas y tratandola como una integral matemática.

Bueno, pero eso ya es la “cuenta” en sí, quitándole el significado.

Tienes que tener presente que esas fórmulas son de Newton, que usa un cálculo todavía incipiente inventado por él. Él no sabe lo que es un diferencial ni tampoco conoce la notación d(x); la conoce después, cuando Leibniz reclama el invento, lo cual da lugar a una célebre disputa.

Newton, como notación, usaba “x” con unos puntos encima y las llamaba fluxiones, no diferenciales.

Puedes ver sobre las fluxiones aquí https://es.wikipedia.org/wiki/M%C3%A9todo_de_las_fluxiones

El cálculo infinitesimal nace como necesidad de resolver problemas físicos, va muy unido, antes no existía en las matemáticas; sí existían ideas parecidas, pero más vagas, no exactamente el cálculo infinitesimal. Sin embargo, el concepto de número muy pequeño, más que todos los “demás”, es bastante antiguo; y en toda la física de Newton es muy necesario, es imprescindible considerar tiempos muy pequeños, espacios muy pequeños... se puede decir que es la base de su física y la de toda la física.


Cita
Y la segunda es entender el uso de diferenciales. Es decir resolver las dudas que planteo aquí :
A ver es que el problema que veo a los diferenciales es que la definición es que dx es un número "muy pequeño" y que  dy = y' dx. Entonces dx es siempre el mismo número muy pequeño y dy varía según y'.
Entonces veo problemas (que puede que sea un fallo de conceptos) como que si existe y'=dy/dx no puede existir x'=dx/dy ya que para ello dy debería ser siempre el mismo número. E integrar sobre dy no es igual a integrar sobre dx porque dy cambia (depende de y').


Es decir, porque integrar sobre dy se hace igual que sobre dx siendo distintos (dy= y'dx)


Es que no llego a ver que es lo que te da problema. Si dx es muy pequeño, dy también lo es, ambos son variables, como si trabajas con una ecuación de números reales; son del mismo tamaño, no hay un abismo entre ellos, qué más da entonces el tamaño.

Haz [texx]y=f(x)
 [/texx] y [texx]y^{\prime}=\dfrac{d(f(x))}{dx}
 [/texx] donde x es la variable independiente; entonces [texx]x^{\prime}=\dfrac{d(x)}{d(x)}=1
 [/texx], que no es lo mismo que [texx]\dfrac{d(x)}{d(f(x))}
 [/texx]; esto último te dará el valor inverso de la derivada [texx]\dfrac{d(f(x))}{dx}
 [/texx]

Cita

Es decir, porque integrar sobre dy se hace igual que sobre dx siendo distintos (dy= y'dx)


Eso es [texx]dy=\dfrac{dy}{dx}dx
 [/texx], no hay ningún problema porque todos los números están a la misma “escala”, si interactuara un real con ellos, pues podría pasar algo, pero no hay, piénsalo como si fueran dos variables normales. Integrando a los dos lados te queda [texx]\int dy=\int dy\Rightarrow y+c=y+c
 [/texx]

Saludos.
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« Respuesta #13 : 13/05/2019, 09:21:07 pm »


Actualicé mi mensaje anterior. Te marco en rojo lo que debería ser tras la sustitución, y ahí ya te saldría bien la integral ya que [texx]a(t)=v'(t)[/texx] y [texx]r'(t)=v(t)[/texx].


Es verdad, por algún motivo pensé que eran lo mismo. Pues creo que no se puede resolver por sustitución y no tengo ni idea de como resolverlo sin usar diferenciales, ya que la única forma que conozco para cambiar la variable sin multiplicar ni dividir diferenciales es la sustitución.



Pero ya lo has resuelto por sustitución aquí

[texx]\displaystyle \displaystyle\int_{A}^{B} a(t) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a({\color{red}{t}})  \cdot{} r'(t) \cdot{}dt[/texx]

cambiando [texx]r[/texx] por [texx]r(t)[/texx], que es lo que te venía diciendo en uno de mis anteriores mensajes. Lo único que habría que considerar ahí, para que todo fuese correcto, es que la aceleración está en función del tiempo, que de hecho es lo que parece asumirse en la demostración posteada inicialmente al cambiar [texx]a[/texx] por [texx]dv/dt[/texx].
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« Respuesta #14 : 14/05/2019, 07:04:55 am »

Esta es la tercera vez que intento escribir este mensaje. A partir de ahora antes de previsualizar o publicar un mensaje voy a copiar lo que he escrito por si hay algún fallo de conexión y me borra el mensaje, que ya me ha pasado 2 veces.





Pero ya lo has resuelto por sustitución aquí

[texx]\displaystyle \displaystyle\int_{A}^{B} a(t) \cdot{}dr = \displaystyle\int_{r^{-1}(A) }^{r^{-1}(B) } a({\color{red}{t}})  \cdot{} r'(t) \cdot{}dt[/texx]

cambiando [texx]r[/texx] por [texx]r(t)[/texx], que es lo que te venía diciendo en uno de mis anteriores mensajes. Lo único que habría que considerar ahí, para que todo fuese correcto, es que la aceleración está en función del tiempo, que de hecho es lo que parece asumirse en la demostración posteada inicialmente al cambiar [texx]a[/texx] por [texx]dv/dt[/texx].

A ver yo con método de sustitución me refiero a [texx]\displaystyle\int f(g(x)) \cdot{}g'(x) \cdot{dx} = \displaystyle\int f(u) \cdot{du}[/texx]
[texx]\displaystyle\int f(x) \cdot{dx} = \displaystyle\int f(g(u)) \cdot{g'(u)}\cdot{du}[/texx]

Esos son los 2 métodos de sustitución que entiendo sin usar diferenciales, no se si hay más.




La primera es la que había propuesto, si se puede resolver esta ecuación sin usar el concepto de diferencial. Es decir olvidándonos de las magnitudes fisicas y tratandola como una integral matemática.

Bueno, pero eso ya es la “cuenta” en sí, quitándole el significado.


Sí, me refiero a si matemáticamente se puede resolver sin usar diferenciales :

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} \frac{d\frac{dr(t)}{dt}}{dt}\cdot{dr}[/texx]

Aunque halla que considerar a t como la inversa de r(t)



Es que no llego a ver que es lo que te da problema. Si dx es muy pequeño, dy también lo es, ambos son variables, como si trabajas con una ecuación de números reales; son del mismo tamaño, no hay un abismo entre ellos, qué más da entonces el tamaño.

Haz [texx]y=f(x)
 [/texx] y [texx]y^{\prime}=\dfrac{d(f(x))}{dx}
 [/texx] donde x es la variable independiente; entonces [texx]x^{\prime}=\dfrac{d(x)}{d(x)}=1
 [/texx], que no es lo mismo que [texx]\dfrac{d(x)}{d(f(x))}
 [/texx]; esto último te dará el valor inverso de la derivada [texx]\dfrac{d(f(x))}{dx}
 [/texx]

Cita

Es decir, porque integrar sobre dy se hace igual que sobre dx siendo distintos (dy= y'dx)


Eso es [texx]dy=\dfrac{dy}{dx}dx
 [/texx], no hay ningún problema porque todos los números están a la misma “escala”, si interactuara un real con ellos, pues podría pasar algo, pero no hay, piénsalo como si fueran dos variables normales. Integrando a los dos lados te queda [texx]\int dy=\int dy\Rightarrow y+c=y+c
 [/texx]

Saludos.



Es que dy es una variable dependiente de dx. Osea que dy vale distinto en cada dx. A lo mejor en uno vale 2dx,en otro 7dx,en otro -5dx...
Por lo tanto integrar definidamente sobre dy sería sumar todos los intervalos dy y la base total no sería la misma que si integraramos con dx. Osea no entiendo por qué se integra de la misma forma.

Basicamente me refiero a que si tenemos [texx]dλ[/texx], donde λ puede ser cualquier variable, no podemos definir qué significa porque el diferencial de cada variable tiene su significado (por ejemplo, dy≠dx, si consideramos que [texx]y' = \frac{dy}{dx}[/texx])
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feriva
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« Respuesta #15 : 14/05/2019, 11:58:57 am »



Es que dy es una variable dependiente de dx. Osea que dy vale distinto en cada dx. A lo mejor en uno vale 2dx,en otro 7dx,en otro -5dx...
Por lo tanto integrar definidamente sobre dy sería sumar todos los intervalos dy y la base total no sería la misma que si integraramos con dx. Osea no entiendo por qué se integra de la misma forma.

Basicamente me refiero a que si tenemos [texx]dλ[/texx], donde λ puede ser cualquier variable, no podemos definir qué significa porque el diferencial de cada variable tiene su significado (por ejemplo, dy≠dx, si consideramos que [texx]y' = \frac{dy}{dx}[/texx])


Sigo sin estar seguro de si entiendo lo que quieres decir. Valer, valen cero, pero no son en general equivalentes, es decir [texx]\dfrac{dy}{dx}\neq1
 [/texx]. Allá en “su mundo” varían los dos, no sólo [texx]dy[/texx], otra cosa son las particiones que hagamos para integrar un área según la integral de Riemann, pueden ser más finas o menos finas; y la más fina es tomar los “dx”, donde no distinguimos distintas longitudes, para nosotros son todos iguales.

No sé si te refieres a esto. Pero es claro si piensas en el área bajo cualquier curva, puedes partir el eje “x” en pequeños segmentos iguales y, en la medida que sean más pequeños, el error también será más pequeño al medir el área (ya sabes, por rectángulos escalonados). Cuando sean tan pequeños como “dx” el error será tan mínimo que, supongo, no vendrá dado por un número real, podremos decir que no existe error. Pero eso no quiere decir que si tomamos el dx de la derivada en un punto, digamos [texx](dx)_{1}
 [/texx], y el dx de la derivada en otro punto, digamos [texx](dx)_{2}
 [/texx], se cumpla [texx]\dfrac{(dx)_{1}}{(dx)_{2}}=1
 [/texx]; que yo sepa eso no tiene por qué ser así.

Saludos.
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« Respuesta #16 : 14/05/2019, 01:20:21 pm »

Cita de: feriva link=topic=109097

Sigo sin estar seguro de si entiendo lo que quieres decir. Valer, valen cero, pero no son en general equivalentes, es decir [tex
\dfrac{dy}{dx}\neq1
 [/tex]. Allá en “su mundo” varían los dos, no sólo [texx]dy[/texx], otra cosa son las particiones que hagamos para integrar un área según la integral de Riemann, pueden ser más finas o menos finas; y la más fina es tomar los “dx”, donde no distinguimos distintas longitudes, para nosotros son todos iguales.

No sé si te refieres a esto. Pero es claro si piensas en el área bajo cualquier curva, puedes partir el eje “x” en pequeños segmentos iguales y, en la medida que sean más pequeños, el error también será más pequeño al medir el área (ya sabes, por rectángulos escalonados). Cuando sean tan pequeños como “dx” el error será tan mínimo que, supongo, no vendrá dado por un número real, podremos decir que no existe error. Pero eso no quiere decir que si tomamos el dx de la derivada en un punto, digamos [texx](dx)_{1}
 [/texx], y el dx de la derivada en otro punto, digamos [texx](dx)_{2}
 [/texx], se cumpla [texx]\dfrac{(dx)_{1}}{(dx)_{2}}=1
 [/texx]; que yo sepa eso no tiene por qué ser así.

Saludos.

Vale, dx no tiene por qué ser constante. Pero eso no quita que dy dependa siempre de dx.

Le he estado dando bastantes vueltas y creo que he entendido lo que es el diferencial y por qué funciona. Voy a ver si entiendo lo de la integral de la aceleración con diferenciales y si me surge cualquier duda pregunto.

Aun así también me gustaría saber si se puede resolver esa integral solo con análisis estándar (sin usar el concepto de diferencial) y cómo se haría
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« Respuesta #17 : 14/05/2019, 01:26:19 pm »

La definición de derivada, usando los infinitesimales del análisis no estándar, es así comparada con la noción de derivada estándar:

[texx]\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\approx \frac{f(x+\epsilon)-f(x)}{\epsilon}\tag1[/texx]

donde [texx]\epsilon[/texx] es un infinitésimo distinto de cero y la relación [texx]a\approx b[/texx] significa que [texx]a-b[/texx] es una cantidad infinitesimal.

Entonces, dado un número hiperreal limitado cualquiera, existe un único número real a una distancia infinitesimal, es decir, si [texx]x[/texx] es un número hiperreal limitado (que significa que existe un número natural mayor que él) entonces se define [texx]\mathrm {sh}(x)[/texx] (la sombra de x, también llamada la parte estándar de x) al único número real infinitamente cerca de [texx]x[/texx]. Entonces es obvio que

[texx]\displaystyle f'(x)=\mathrm{sh}\left(\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right)\tag2[/texx]

para cualquier número infinitesimal [texx]h[/texx] distinto de cero, si la derivada existe claro. Entonces si definimos [texx]\Delta_h f(x):=f(x+h)-f(x)[/texx], tenemos de (1) que [texx]\Delta_h f(x)\approx f'(x)\Delta_h x[/texx] cuando [texx]h[/texx] es un infinitesimal distinto de cero.

Entonces se define [texx]d_h f(x):= f'(x) \Delta_h x[/texx], donde [texx]d_h f(x)[/texx] es un infinitesimal que depende de [texx]h[/texx], de [texx]f[/texx] y también de [texx]x[/texx]. Como el [texx]h[/texx] elegido es irrelevante y además tenemos que [texx]d_h x=\Delta_h x[/texx] se puede simplemente escribir [texx]df(x)=f'(x) dx[/texx], entendiendo que [texx]dx[/texx] es un infinitesimal distinto de cero y [texx]d f(x)[/texx] un infinitesimal definido por la anterior igualdad.

Entonces ahí sí que podemos finalmente escribir [texx]\frac{d f(x)}{dx}=f'(x)[/texx]. En el caso de la fracción [texx]dy/dx[/texx] se debe entender que [texx]dx\neq 0[/texx] y [texx]dy[/texx] depende del infinitésimo [texx]dx[/texx] elegido, de la función [texx]y[/texx] y del punto [texx]x[/texx] que sea.

Por tanto la relación del valor del infinitésimo [texx]dy:=d y(x)[/texx] depende de todo eso, no es simplemente una fracción entre infinitésimos cualesquiera.
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« Respuesta #18 : 14/05/2019, 02:35:00 pm »

La definición de derivada, usando los infinitesimales del análisis no estándar, es así comparada con la noción de derivada estándar:

[texx]\displaystyle f'(x)=\lim_{h\to 0}\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\approx \frac{f(x+\epsilon)-f(x)}{\epsilon}\tag1[/texx]

donde [texx]\epsilon[/texx] es un infinitésimo distinto de cero y la relación [texx]a\approx b[/texx] significa que [texx]a-b[/texx] es una cantidad infinitesimal.

Entonces, dado un número hiperreal limitado cualquiera, existe un único número real a una distancia infinitesimal, es decir, si [texx]x[/texx] es un número hiperreal limitado (que significa que existe un número natural mayor que él) entonces se define [texx]\mathrm {sh}(x)[/texx] (la sombra de x, también llamada la parte estándar de x) al único número real infinitamente cerca de [texx]x[/texx]. Entonces es obvio que

[texx]\displaystyle f'(x)=\mathrm{sh}\left(\frac{f(x+h)-f(x)}{h}\right)\tag2[/texx]

para cualquier número infinitesimal [texx]h[/texx] distinto de cero, si la derivada existe claro. Entonces si definimos [texx]\Delta_h f(x):=f(x+h)-f(x)[/texx], tenemos de (1) que [texx]\Delta_h f(x)\approx f'(x)\Delta_h x[/texx] cuando [texx]h[/texx] es un infinitesimal distinto de cero.

Entonces se define [texx]d_h f(x):= f'(x) \Delta_h x[/texx], donde [texx]d_h f(x)[/texx] es un infinitesimal que depende de [texx]h[/texx], de [texx]f[/texx] y también de [texx]x[/texx]. Como el [texx]h[/texx] elegido es irrelevante y además tenemos que [texx]d_h x=\Delta_h x[/texx] se puede simplemente escribir [texx]df(x)=f'(x) dx[/texx], entendiendo que [texx]dx[/texx] es un infinitesimal distinto de cero y [texx]d f(x)[/texx] un infinitesimal definido por la anterior igualdad.

Entonces ahí sí que podemos finalmente escribir [texx]\frac{d f(x)}{dx}=f'(x)[/texx]. En el caso de la fracción [texx]dy/dx[/texx] se debe entender que [texx]dx\neq 0[/texx] y [texx]dy[/texx] depende del infinitésimo [texx]dx[/texx] elegido, de la función [texx]y[/texx] y del punto [texx]x[/texx] que sea.

Por tanto la relación del valor del infinitésimo [texx]dy:=d y(x)[/texx] depende de todo eso, no es simplemente una fracción entre infinitésimos cualesquiera.

Está bastante bien esta definición de derivada con infinitesimales. Explica bastante mejor la definición de y' = dy/dx



Respecto a mi duda inicial, lo que me cuesta ver con los diferenciales es el proceso en el que la variable se cambia. Es decir, el paso:


[texx]\displaystyle\int_{A}^{B}  \frac{d\vec{v}}{dt}  [{\vec{v} \cdot{}dt}] = \displaystyle\int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}  \frac{d\vec{v}}{dt}  {\vec{v} \cdot{}dt} [/texx]

Es decir, el paso en el que la variable pasa de ser dr (=v*dt) a ser dt
En ese paso la función se cambia, ya que se pasa a multiplicar por la velocidad, al igual que se cambia la longitud de la base de los rectángulos y los extremos de la integral.

El area de los rectángulos no varía al fin y al cabo porque la velocidad pasa de estar de la base a la altura. Y los extremos supongo que se cambiarán de forma que su total cubra la suma de todos los dt para mantener el área pero no veo como.


Y luego, esta sustitución de la variable con el diferencial, ¿como se podría entender si pensamos en integrales indefinidas (en las que la idea del rectángulo no tiene sentido)?
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« Respuesta #19 : 14/05/2019, 03:19:27 pm »

Respecto a mi duda inicial, lo que me cuesta ver con los diferenciales es el proceso en el que la variable se cambia. Es decir, el paso:


[texx]\displaystyle\int_{A}^{B}  \frac{d\vec{v}}{dt}  [{\vec{v} \cdot{}dt}] = \displaystyle\int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)}  \frac{d\vec{v}}{dt}  {\vec{v} \cdot{}dt} [/texx]

Es decir, el paso en el que la variable pasa de ser dr (=v*dt) a ser dt

Porque inicialmente tenías [texx]dr[/texx], entonces los límites de integración son valores de [texx]r[/texx], es decir, de posición. Si cambias la variable de integración por [texx]v dt[/texx] entonces deberás expresar los límites de integración con valores de tiempo, ya que la variable es ahora [texx]t[/texx] y no [texx]r[/texx].

Si no actuáramos así entonces alguien podría pensar que A y B son tiempos, no posiciones. Llámalo convención si quieres pero se trata de ver lo que se está integrando.

Cita
En ese paso la función se cambia, ya que se pasa a multiplicar por la velocidad, al igual que se cambia la longitud de la base de los rectángulos y los extremos de la integral.

El area de los rectángulos no varía al fin y al cabo porque la velocidad pasa de estar de la base a la altura. Y los extremos supongo que se cambiarán de forma que su total cubra la suma de todos los dt para mantener el área pero no veo como.

No cambias nada, escribes lo mismo de otra forma. Es que no entiendo muy bien a qué te refieres, no has puesto tú mismo antes que [texx]dr=vdt[/texx]? Entonces no cambias nada sino que ahora la integral viene expresada en valores de tiempo cuando antes se expresaba en valores de posición, pero ambas integrales valen lo mismo.

Se puede ver haciendo gráficas, es decir, toma una función cualquiera [texx]f(x)[/texx] de tal modo que sea sencillo ver el valor del área bajo la curva en una región, luego parametriza los valores de x, es decir, toma una otra función tal que [texx]x=x(t)[/texx] sea diferenciable (si es inyectiva mejor, te ahorras complicaciones innecesarias). Entonces puedes intentar ver visualmente que las áreas de la función [texx]f(x)[/texx] en una región [texx][a,b][/texx] y las de la función [texx]f(x(t))x'(t)[/texx] en la región [texx][x^{-1}(a),x^{-1}(b)][/texx] son iguales.

Lo que no tiene mucho sentido en la integral, y eso deberá explicártelo un físico porque yo no puedo, es meter la aceleración si no está en función de la posición sino del tiempo. O que aclare lo que ahí ocurre o se está simbolizando, eso ya escapa a mi entendimiento ya que lo normal es que si tu escribes [texx]\int a dr[/texx] es que la función [texx]a[/texx] esté en función de [texx]r[/texx], y no de otra variable.


Cita
Y luego, esta sustitución de la variable con el diferencial, ¿como se podría entender si pensamos en integrales indefinidas (en las que la idea del rectángulo no tiene sentido)?

En una integral indefinida el cambio de variable se usa momentáneamente para hallar una forma cerrada de la integral, luego se vuelven a cambiar las variables a las originales para tener las primitivas de la integral original. En resolución de integrales indefinidas mediante el cambio de variable hay que tener cuidado con los dominios naturales y definiciones de las funciones implicadas, de otro modo se pueden escribir barbaridades, pero ése es otro tema.
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