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Autor Tema: Integral para la energía cinética sin usar diferenciales  (Leído 2279 veces)
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DavidRG
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« Respuesta #20 : 14/05/2019, 07:25:40 pm »



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.

Si el problema principal de esta integral es que está definida en función del tiempo y no puede resolverse directamente.

¿Y cómo puede demostrarse que ambas ecuaciones son iguales?
Osea que el area bajo la curva (su suma mediante rectangulitos) coincide en ambas?
No me refiero a verlo en un ejemplo sino a demostrarlo generalmente.


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.

En la integral indefinida igual, ¿por qué ambas expresiones son equivalentes?


Por otro lado lo de los dominios sí que me había fijado sobre todo al usar algún método de sustitución y me había parecido raro que no se explicase en el libro donde lo leí, pero bueno, las integrales más básicas no requieren que te fijes en eso...
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« Respuesta #21 : 14/05/2019, 08:24:55 pm »



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.

Si el problema principal de esta integral es que está definida en función del tiempo y no puede resolverse directamente.

¿Y cómo puede demostrarse que ambas ecuaciones son iguales?
Osea que el area bajo la curva (su suma mediante rectangulitos) coincide en ambas?
No me refiero a verlo en un ejemplo sino a demostrarlo generalmente.


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.

En la integral indefinida igual, ¿por qué ambas expresiones son equivalentes?


Por otro lado lo de los dominios sí que me había fijado sobre todo al usar algún método de sustitución y me había parecido raro que no se explicase en el libro donde lo leí, pero bueno, las integrales más básicas no requieren que te fijes en eso...

David, todo eso se estudia en análisis real. Hay cientos de fuentes (libros, apuntes, etc...) donde puedes despejar tus dudas, yo no te puedo resumir en un foro todos los pormenores del teorema de sustitución o de cambio de variables en una integral de Riemann, que requieren definiciones precisas de muchas cosas y teoremas anteriores, además de que no podría hacerlo mejor que como lo hacen profesionales que llevan décadas (o vidas enteras) dedicados a la enseñanza.

Así que si tienes ganas puedes buscar un libro, o apuntes, de análisis real (que hay cientos en internet en formato PDF) y ponerte a estudiar hasta que llegues a ese teorema y despejes por completo cualquier duda o malentendido.
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« Respuesta #22 : 14/05/2019, 08:38:30 pm »


David, todo eso se estudia en análisis real. Hay cientos de fuentes (libros, apuntes, etc...) donde puedes despejar tus dudas, yo no te puedo resumir en un foro todos los pormenores del teorema de sustitución o de cambio de variables en una integral de Riemann, además de que no podría hacerlo mejor que como lo hacen profesionales que llevan décadas (o vidas enteras) dedicados a la enseñanza.

Así que si tienes ganas puedes buscar un libro, o apuntes, de análisis real (que hay cientos en internet en formato PDF) y ponerte a estudiar hasta que llegues a ese teorema y despejes por completa cualquier duda o malentendido.



Pero debe de ser de análisis no estándar entonces, supongo, para tratar con diferenciales. Bueno, pues entonces de momento lo dejaré como una supuesta verdad hasta que estudie ese tema. Lo bueno es que por lo menos los métodos de sustitución que antes mencioné se pueden entender sin diferenciales. De hecho, por eso pensaba que este también y que sería mucho más fácil entenderlo sin diferenciales (de ahí el título del hilo)
Aun así, muchas gracias por toda la ayuda.

Por cierto, si alguien sabe resolver sin diferenciales la integral (si se puede), me gustaría saber como. Claro que pasándolo a matemáticas la integral es ésta:

[texx]\displaystyle\int_{A}^{B} \frac{d\frac{dr(t)}{dt}}{dt}\cdot{dr}[/texx]
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« Respuesta #23 : 14/05/2019, 08:42:17 pm »


David, todo eso se estudia en análisis real. Hay cientos de fuentes (libros, apuntes, etc...) donde puedes despejar tus dudas, yo no te puedo resumir en un foro todos los pormenores del teorema de sustitución o de cambio de variables en una integral de Riemann, además de que no podría hacerlo mejor que como lo hacen profesionales que llevan décadas (o vidas enteras) dedicados a la enseñanza.

Así que si tienes ganas puedes buscar un libro, o apuntes, de análisis real (que hay cientos en internet en formato PDF) y ponerte a estudiar hasta que llegues a ese teorema y despejes por completa cualquier duda o malentendido.



Pero debe de ser de análisis no estándar entonces, supongo, para tratar con diferenciales. Bueno, pues entonces de momento lo dejaré como una supuesta verdad hasta que estudie ese tema. Lo bueno es que por lo menos los métodos de sustitución que antes mencioné se pueden entender sin diferenciales. De hecho, por eso pensaba que este también y que sería mucho más fácil entenderlo sin diferenciales (de ahí el título del hilo)
Aun así, muchas gracias por toda la ayuda.

No necesariamente debe ser no estándar. La notación de Leibniz del tipo [texx]dy/dx[/texx] también es válida en el análisis estándar, es simplemente una forma de codificar la regla de la cadena, la cual se puede expresar también por otras notaciones. De hecho el análisis estándar y no estándar dicen lo mismo pero de diferente manera.
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« Respuesta #24 : 14/05/2019, 09:18:54 pm »

Por cierto, si alguien sabe resolver sin diferenciales la integral (si se puede), me gustaría saber como. Claro que pasándolo a matemáticas la integral es ésta:

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

De hecho, esto creo que no se puede porque estoy considerando a t como variable independiente al derivar sobre ella y por tanto estamos trabajandp desde el inicio con la variable de la integral cambiada, por lo que o solo se puede hacer con diferenciales, o hay algún método en análisis estándar para cambiar la variable del diferencial pero no la de la función a integrar.

No necesariamente debe ser no estándar. La notación de Leibniz del tipo [texx]dy/dx[/texx] también es válida en el análisis estándar, es simplemente una forma de codificar la regla de la cadena, la cual se puede expresar también por otras notaciones. De hecho el análisis estándar y no estándar dicen lo mismo pero de diferente manera.

Vale, pues sería interesante saber como explica el análisis real este cambio en la variable (solo la del diferencial) sin usar el concepto de diferencial.
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« Respuesta #25 : 14/05/2019, 09:54:22 pm »

No necesariamente debe ser no estándar. La notación de Leibniz del tipo [texx]dy/dx[/texx] también es válida en el análisis estándar, es simplemente una forma de codificar la regla de la cadena, la cual se puede expresar también por otras notaciones. De hecho el análisis estándar y no estándar dicen lo mismo pero de diferente manera.

Vale, pues sería interesante saber como explica el análisis real este cambio en la variable (solo la del diferencial) sin usar el concepto de diferencial.

Es la regla de la cadena. Es decir [texx]df/dr:=f'(r)[/texx] para una función [texx]r[/texx], que actúa como variable, entonces la regla de la cadena adopta la forma siguiente usando la notación de Leibniz:

[texx]\displaystyle [(f\circ g)(x)]'=(f'\circ g)(x) g'(x)=\frac{df}{dg}\frac{dg}{dx}[/texx]

donde en la notación de Leibniz se sobreentiende que todas las funciones dependen, en última instancia, de la variable [texx]x[/texx].

Por otro lado el teorema de sustitución [texx]\int_a^b f(x)\, dx=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)} (f\circ g)(t)g'(t)\, dt[/texx] es consecuencia directa de la regla de la cadena (que es otro teorema) y el teorema fundamental del cálculo. Pero eso me parece ya te lo mencioné aquí.
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« Respuesta #26 : 15/05/2019, 06:35:01 am »

Lo primero debería ser entender qué se está haciendo.
Esta integral:
[texx]W_{int} = \displaystyle\int_{A}^{B} \vec{F}  \cdot   d\vec{r}[/texx]
no es una integral de Riemann normal y corriente. Para poder calcular con ella de forma rigurosa primero hay que entender qué significa esa integral.
La interpretación usual es que es una integral de línea. Entonces, por definición, esa integral es igual a
[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot \vec{r}'(t) dt[/texx],
donde ahora sí, tienes una integral de Riemann de toda la vida.
La mejor manera (más general) de ver esto es verlo como la integral de una 1-forma diferencial a lo largo de una curva, pero la fórmula a la que llegas es exactamente la misma.

Otra manera de interpretar esa integral, algo más general (pero equivalente) es como una integral de Riemann-Stieltjes (mira aquí la definición: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Riemann%E2%80%93Stieltjes_integral)
Esta es una manera de dar sentido a integrales de la forma [texx]\displaystyle \int f(x) dg(x)[/texx], donde la variable sobre la que integras es [texx]x[/texx]. Quizás esto responda a tus dudas sobre el hecho de que estás integrando sobre una función en vez de sobre una variable independiente.

La derivación que pones es la típica derivación más o menos heurística que te hacen los físicos para justificar esa fórmula, cuando únicamente sabes integración de 1 variable y no tienes a tu disposición herramientas de cálculo vectorial.
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La ecuación más bonita de las matemáticas: [texx]d^2=0[/texx]
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« Respuesta #27 : 15/05/2019, 06:46:44 am »


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

Yo sé que “y” depende de “x”, eso sí lo sé; y por otro lado sé que “dx” y “dy” son viriables en cierto sentido; o mejor lo digo así: no son equivalentes porque en general [texx]\dfrac{dy}{dx}\neq1
 [/texx]. Pero aquí yo no puedo dar un valor a “dx” y obtener un valor “dy”, hay una diferencia respecto de las variables x,y. Por tanto, no sé decirte con seguridad. Quizá en el análisis no estándar se pueda hacer eso, no tengo ni idea, pero en el cálculo más normalito, que es el que yo conozco un poco, no se puede hacer eso que yo sepa.

Lo que varía es el valor de la derivada de un punto a otro; y esto implica, como es obvio, que el valor de las diferenciales varíen, no podemos escondernos de ese hecho: si la derivada varía, no pueden ser constantes. Pero usando lo que yo sé hasta donde llegan mis conocimientos no puedo afirmar que “dy” dependa más de “dx” que “dx” de “dy” (otros usuarios a lo mejor sí pueden, pero yo no, no lo sé).

Cita
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.


En cualquier caso, no le tienes que dar tanta importancia a los valores numéricos. Piensa en un punto dado que está en una curva y la recta tangente que pasa por ese punto. Ahí ya tienes algo único respecto a las tres cosas que definen un vector, la dirección. En cuanto al sentido tampoco hay problema, puedes considerar uno de los dos sentidos posibles según el caso que sea. Te queda el módulo. Si eliges que el módulo tienda a cero, no es que sea único pero es como si lo fuera, porque no puedes distinguir más allá.

Luego ya tenemos un vector definido en ese punto, un vector de componentes dx,dy cuyo módulo también es el “mismo”, pero sólo en el sentido de que es indistinguible, lo que no quita que el valor de esta tangente [texx]\dfrac{dy}{dx}
 [/texx] nos dé una única dirección que identifica al vector. Con eso tenemos para saber muchas cosas sin necesidad de concretar módulos; piensa en el álgebra línea, piensa en cuántos problemas podemos hacer sobre rectas que se cortan, planos, etc., sin usar módulos para nada. Si no necesitamos el módulo, qué importa si un vector tiene coordenadas (1,2) ó (1000,2000) nos sirve lo mismo uno que otro. Y desde ese punto de vista con las componentes dx,dy tampoco hay problema, otra cosas es que en lo operativo se haga más complicado porque hace falta saber calcular límites y todo eso.

Así, como los módulos no nos preocupan, supongo que tampoco nos debe preocupar el cálculo no estándar ése, porque no nos preocupa que todos los módulos de los “dx,dy,dz...” sean “iguales” o tiendan a cero. Por otra parte, cuando se suman infinitas veces en las integrales ya sí nos dan un número.

Y todo eso es lo que podemos usar, con que consideres eso te vale. No creo que en el análisis no estándar se identifiquen números infinitesimales concretos de verdad; y si se hiciera, que no sé, me da la sensación de que eso sólo podría ser un engañabobos, porque en realidad llega un momento en que no podemos distinguir.

Saludos.
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« Respuesta #28 : 15/05/2019, 08:51:19 am »

Es la regla de la cadena. Es decir [texx]df/dr:=f'(r)[/texx] para una función [texx]r[/texx], que actúa como variable, entonces la regla de la cadena adopta la forma siguiente usando la notación de Leibniz:

[texx]\displaystyle [(f\circ g)(x)]'=(f'\circ g)(x) g'(x)=\frac{df}{dg}\frac{dg}{dx}[/texx]

donde en la notación de Leibniz se sobreentiende que todas las funciones dependen, en última instancia, de la variable [texx]x[/texx].

Por otro lado el teorema de sustitución [texx]\int_a^b f(x)\, dx=\int_{g^{-1}(a)}^{g^{-1}(b)} (f\circ g)(t)g'(t)\, dt[/texx] es consecuencia directa de la regla de la cadena (que es otro teorema) y el teorema fundamental del cálculo. Pero eso me parece ya te lo mencioné aquí.

No se puede hacer mediante la regla de la cadena.  Ya lo he intentado con los 2 casos que tu dices y ninguno se cumple (la regla de la cadena, que yo sepa, debe aplicarse con toda la integral, no sólo con una parte)





Yo sé que “y” depende de “x”, eso sí lo sé; y por otro lado sé que “dx” y “dy” son viriables en cierto sentido; o mejor lo digo así: no son equivalentes porque en general [texx]\dfrac{dy}{dx}\neq1
 [/texx]. Pero aquí yo no puedo dar un valor a “dx” y obtener un valor “dy”, hay una diferencia respecto de las variables x,y. Por tanto, no sé decirte con seguridad. Quizá en el análisis no estándar se pueda hacer eso, no tengo ni idea, pero en el cálculo más normalito, que es el que yo conozco un poco, no se puede hacer eso que yo sepa.

Si tenemos como definición dy=y' dx y conocemos y' (en ese punto), entonces si que podemos dar un valor a dx y obtener uno de dy

 


Así, como los módulos no nos preocupan, supongo que tampoco nos debe preocupar el cálculo no estándar ése, porque no nos preocupa que todos los módulos de los “dx,dy,dz...” sean “iguales” o tiendan a cero. Por otra parte, cuando se suman infinitas veces en las integrales ya sí nos dan un número.

Y todo eso es lo que podemos usar, con que consideres eso te vale. No creo que en el análisis no estándar se identifiquen números infinitesimales concretos de verdad; y si se hiciera, que no sé, me da la sensación de que eso sólo podría ser un engañabobos, porque en realidad llega un momento en que no podemos distinguir.

Ya, pero para entender el punto en el que se cambian variable con diferenciales sí que hay qie entender de análisis no estándar, o al menos cómo funciona.



Lo primero debería ser entender qué se está haciendo.
Esta integral:
[texx]W_{int} = \displaystyle\int_{A}^{B} \vec{F}  \cdot   d\vec{r}[/texx]
no es una integral de Riemann normal y corriente. Para poder calcular con ella de forma rigurosa primero hay que entender qué significa esa integral.
La interpretación usual es que es una integral de línea. Entonces, por definición, esa integral es igual a
[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot \vec{r}'(t) dt[/texx],
donde ahora sí, tienes una integral de Riemann de toda la vida.

Esta definición de integral de línea me convence bastante, ya que incluye vectores y es exclusiva para este caso. Voy a informarme un poco sobre este tipo de integrales.

Por cierto, según Wikipedia, esta integral debería ser así:

[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot  ||\vec{r}'(t)|| dt[/texx]



Otra manera de interpretar esa integral, algo más general (pero equivalente) es como una integral de Riemann-Stieltjes (mira aquí la definición: https://en.m.wikipedia.org/wiki/Riemann%E2%80%93Stieltjes_integral)
Esta es una manera de dar sentido a integrales de la forma [texx]\displaystyle \int f(x) dg(x)[/texx], donde la variable sobre la que integras es [texx]x[/texx]. Quizás esto responda a tus dudas sobre el hecho de que estás integrando sobre una función en vez de sobre una variable independiente.

¿Esto también funciona para funciones con vectores, como en este caso?

Cita

La derivación que pones es la típica derivación más o menos heurística que te hacen los físicos para justificar esa fórmula, cuando únicamente sabes integración de 1 variable y no tienes a tu disposición herramientas de cálculo vectorial.

Ya, pero es la única que había encontrado. Por eso pedía una demostración sin diferenciales (o entender por qué funcionan los diferenciales, pero el cambio de variable es difícil).
Ahora al menos sé que no es una integral de Riemann y que se calcula de una forma distinta.
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« Respuesta #29 : 15/05/2019, 09:26:27 am »

Cita de: DavidRG link=topic=109097.msg431114#msg431114
Por cierto, según Wikipedia, esta integral debería ser así:

[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot  ||\vec{r}'(t)|| dt[/texx]

Hay dos versiones: la integral de línea de un campo escalar a lo largo de una curva (aquí [texx]F: \mathbb{R}^n \rightarrow \Bbb R[/texx]), que es la fórmula que has puesto tú (aunque ten en cuenta que el punto que pones es un producto de reales, no un producto escalar), y la integral de línea de un campo vectorial, donde tienes [texx]F: \Bbb R^n \rightarrow \Bbb R^m[/texx] con [texx]m>1[/texx], que es la que puse yo y la que te interesa para la definición de trabajo. Aquí el punto sí que es un producto escalar.

Cita
¿Esto también funciona para funciones con vectores, como en este caso?

Sí, se puede adaptar para el caso vectorial, aunque buscando por internet no he encontrado gran cosa.
La idea es sustituir en el sumatorio los productos normales por productos escalares. De todas formas creo que es mejor que te quedes con lo de las integrales de línea, que es la manera estándar de interpretar estas integrales.
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La ecuación más bonita de las matemáticas: [texx]d^2=0[/texx]
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« Respuesta #30 : 15/05/2019, 09:53:09 am »

Hay dos versiones: la integral de línea de un campo escalar a lo largo de una curva (aquí [texx]F: \mathbb{R}^n \rightarrow \Bbb R[/texx]), que es la fórmula que has puesto tú (aunque ten en cuenta que el punto que pones es un producto de reales, no un producto escalar), y la integral de línea de un campo vectorial, donde tienes [texx]F: \Bbb R^n \rightarrow \Bbb R^m[/texx] con [texx]m>1[/texx], que es la que puse yo y la que te interesa para la definición de trabajo. Aquí el punto sí que es un producto escalar.

Ah, vale, gracias por aclarármelo.


Cita

Sí, se puede adaptar para el caso vectorial, aunque buscando por internet no he encontrado gran cosa.
La idea es sustituir en el sumatorio los productos normales por productos escalares. De todas formas creo que es mejor que te quedes con lo de las integrales de línea, que es la manera estándar de interpretar estas integrales.

Vale, en principio me quedo con las integrales de línea, ya que son más concretas para este caso.
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« Respuesta #31 : 15/05/2019, 11:10:16 am »


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.


Es una representación de la definición de trabajo. No soy físico y estuve muy poco tiempo en físicas, pero así es como creo que se entiende.

El trabajo básicamente es el producto de la fuerza por el desplazamiento; y el desplazamiento es una magnitud vectorial de un punto A a otro B sin que importe si el recorrido es curvo.

En línea recta y a aceleración constante, si “ds” es el módulo del vector “dr”, podemos hacer

[texx]\int_{A}^{B}ma\cdot ds=ma\int_{A}^{B}ds=ma(B-A)
 [/texx].

donde no se ve nada extraño.

La fórmula que pone David es concretamente para el trabajo infinitesimal, donde los vectores “ds” no se apoyan en general sobre una línea recta; así, en general, la aceleración no es constante, pues según qué casos cambiará de signo (puede serlo en valor absoluto) con lo que ya no es correcto sacar la fuerza de la integral.

Pero por la definición de trabajo principal seguimos teniendo la suma de muchos pequeños desplazamientos rectilíneos -no existe respecto del trabajo un recorrido curvo realmente- y, así, aparece cada vector “ds” con sus distintas componentes a lo largo de la curva; por eso es inevitable que el concepto de diferencial esté latente.

Por otro lado, aunque la aceleración fuera constante en valor absoluto, no deja de ser una magnitud compuesta de magnitudes variables, en las que se descompone después para resolver al integral llegando a otra magnitud distinta, la energía cinética. Y tal vez de esto último venga que se vea la cosa un poco rara, porque mediante igualdades pasamos de una magnitud física a otra que no es exactamente la misma en cuanto a definición.

Saludos.
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« Respuesta #32 : 15/05/2019, 11:39:59 am »

Habiendo visto un poco lo que son las integrales de línea, básicamente estamos calculando el área sobre una curva en el espacio (en este caso) , en donde las coordenadas (x, y) nos dicen la posición del punto(si este se mueve en un plano) y la coordenada z nos dice la fuerza ejercida en esa posición. De hecho, si no me equivoco, esto es una parte del cálculo multivariable.


La fórmula que pone David es concretamente para el trabajo infinitesimal, donde los vectores “ds” no se apoyan en general sobre una línea recta; así, en general, la aceleración no es constante, pues según qué casos cambiará de signo (puede serlo en valor absoluto) con lo que ya no es correcto sacar la fuerza de la integral.

Pero por la definición de trabajo principal seguimos teniendo la suma de muchos pequeños desplazamientos rectilíneos -no existe respecto del trabajo un recorrido curvo realmente- y, así, aparece cada vector “ds” con sus distintas componentes a lo largo de la curva; por eso es inevitable que el concepto de diferencial esté latente.


Sí, es cierto que realmente el trabajo se mide como la suma de la fuerza que se ejerce en cada pequeño intervalo. Aunque eso se puede entender también como el área bajo la curva y por ello usar la integral. Al fin y al cabo una integral se puede definir como la suma de rectangulitos cuando el numero de rectangulitos tiende a infinito.



Por otro lado, si no me equivoco, cuando un cuerpo se mueve en el espacio diría que no se puede graficar, ya que tenemos las 3 dimensiones de la trayectoria del cuerpo y una cuarta dimensión para denotar la fuerza que se está ejerciendo en cada punto de la trayectoria. Pero se sigue pudiendo hacer la integral ya que sumamos rectangulitos cada vez mas pequeños de base la variacion de la trayectoria del cuerpo (se puede considerar como dS) y de altura la fuerza en ese intervalo. (El trabajo es el límite de la suma de rectangulos cada vez menores [o la suma de infinitos rectangulos de base dS] )


La verdad es que he entendido bastante bien la derivación de la fórmula que está expuesta en la wikipedia, https://en.m.wikipedia.org/wiki/Line_integral. (Es la segunda, ya que es para campos de vectores, como en el caso del trabajo).
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« Respuesta #33 : 15/05/2019, 01:26:34 pm »

Es una representación de la definición de trabajo. No soy físico y estuve muy poco tiempo en físicas, pero así es como creo que se entiende.

El trabajo básicamente es el producto de la fuerza por el desplazamiento; y el desplazamiento es una magnitud vectorial de un punto A a otro B sin que importe si el recorrido es curvo.

Todo eso lo suponía sí, desde el principio interpreté A y B como posiciones iniciales y finales de un recorrido cualquiera. Lo que no veo es que si [texx]F(r(t))=m a(r(t))[/texx] y [texx]a(r(t))=dv/dt[/texx] entonces si [texx]v=v(r(t))[/texx] (como parece ser) debe ser el caso de que [texx]a(r(t))=v'(r(t))v(t)=(v\circ r)'(t)[/texx], de ahí nos quedaría

[texx]\displaystyle\int_A^B F(r) dr=m\int_\alpha^\beta(v\circ r)'(t)v(t) dt=(v\circ r)(t) v(t)\big|_\alpha^\beta-\int_\alpha^\beta v(r(t))a(t) dt[/texx]

cosa que no parece tener mucho sentido. Creo que más bien debería ser simplemente [texx]a(r(t))=dv/dr=v'(r(t))[/texx], quedando entonces

[texx]\displaystyle\int_A^B F(r) dr=m\int_\alpha^\beta v'(r(t))r'(t) dt=m\int_\alpha^\beta (v\circ r)'(t) dt=v(r(t))\big|_\alpha^\beta=v(B)-v(A)[/texx]

cosa que tampoco parece ser correcta. Por tanto parece ser que se pasa de [texx]F(r(t))[/texx] a la expresión [texx]m a(t)[/texx], una cosa que tampoco parece tener mucho sentido. En fin, misterios de la física :lengua_afuera:
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« Respuesta #34 : 15/05/2019, 01:43:33 pm »

Es que la aceleración [texx]a[/texx] es por definición [texx]r''(t)[/texx], igual que la velocidad [texx]v[/texx] es por definición [texx]r'(t)[/texx](donde la prima denota derivada respecto del tiempo). En particular, [texx]a: I \rightarrow \Bbb R^n[/texx], donde [texx]I[/texx] es un intervalo, así que [texx]a[/texx] es únicamente función del tiempo. No es ningún campo vectorial (su dominio no es [texx]\Bbb R^3[/texx]), por tanto la expresión [texx]a(r(t))[/texx] no tiene ningún sentido.
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La ecuación más bonita de las matemáticas: [texx]d^2=0[/texx]
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« Respuesta #35 : 15/05/2019, 01:53:02 pm »

Es que la aceleración [texx]a[/texx] es por definición [texx]r''(t)[/texx], igual que la velocidad [texx]v[/texx] es por definición [texx]r'(t)[/texx](donde la prima denota derivada respecto del tiempo). En particular, [texx]a: I \rightarrow \Bbb R^n[/texx], donde [texx]I[/texx] es un intervalo, así que [texx]a[/texx] es únicamente función del tiempo. No es ningún campo vectorial (su dominio no es [texx]\Bbb R^3[/texx]), por tanto la expresión [texx]a(r(t))[/texx] no tiene ningún sentido.



Entonces si tenemos [texx]\overrightarrow{F}(r(t)) [/texx] y sabemos que [texx]\vec{F} = m \vec{a}[/texx]
¿Porque no podemos poner [texx]\overrightarrow{a}(r(t)) [/texx]?


Y aparte, sabiendo que el trabajo es
 
[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot \vec{r}'(t) dt[/texx],

¿Cómo podemos sacar de ahí la fórmula de la energía cinética? Es decir:

[texx]\frac{1}{2} m(Δv) ²[/texx]



AÑADIDO

Vale, creo que si se como hacerlo. Porque tenemos

[texx]\displaystyle\int_{a}^{b} f(v(t)) v' (t) dt[/texx]

Donde f(v(t)) = v(t) y por tanto f(t) = t

Y queda que [texx]F(v(t)) = m (\frac{1}{2}v_b^2 - \frac{1}{2}v_a^2) [/texx]



Aunque eso sería sin mirar los vectores, claro
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« Respuesta #36 : 15/05/2019, 02:05:30 pm »


Sí, es cierto que realmente el trabajo se mide como la suma de la fuerza que se ejerce en cada pequeño intervalo. Aunque eso se puede entender también como el área bajo la curva y por ello usar la integral.

 Sí, por supuesto, y de hecho se representa como una área bajo una curva, poniendo en un eje la fuerza y en el otro el desplazamiento.

Cita
Por otro lado, si no me equivoco, cuando un cuerpo se mueve en el espacio diría que no se puede graficar, ya que tenemos las 3 dimensiones de la trayectoria del cuerpo

Pero también, según que cosas queramos considerar, a veces se puede despreciar el tamaño del cuerpo, en otros casos se puede considerar sólo el centro de gravedad de un cuerpo lanzado... Depende de qué cosas queramos medir.

Saludos.
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« Respuesta #37 : 15/05/2019, 05:14:26 pm »


Todo eso lo suponía sí, desde el principio interpreté A y B como posiciones iniciales y finales de un recorrido cualquiera.

Sí, pero en las ecuaciones que ha puesto David en la entrada principal hay cosas resumidas, por decirlo de alguna manera, entonces quizá por eso se ve todo tan complicado.

Yo sé muy poquito de aspectos técnicos, mi forma de verlo es como lo aprendí en física; que viene a ser exactamente igual que en el enlace que puse.

La interpretación es así:

Supongamos que una partícula sigue una trayectoria curva. Congelamos un momento el movimiento del cuerpo para ver qué vectores hay y hacia a dónde apuntan.

Hay un vector fuerza, F, que apunta siempre desde donde esté el cuerpo (en cualquier punto que esté) hacia “B”, el punto final hacia donde se dirige el cuerpo. Digamos que este vector queda por debajo de la curva como una secante.

A partir de ese mismo punto, en donde está la partícula, hay un vector tangente a la curva que es [texx]F_{t}=F\cdot cos(\alpha)
 [/texx].

Entonces [texx]Fdr=F\cdot cos(\alpha)ds=F_{t}ds
 [/texx], donde “dr” es el vector desplazamiento y “ds” su módulo; es un mero matiz para distinguir el concepto de desplazamiento y el de módulo.

Se integra [texx]{\displaystyle \int_{A}^{B}F_{t}ds}
 [/texx]

Ese vector fuerza tangente va recorriendo la curva, todo el recorrido desde A hasta B; y ahora lo escribimos en función de la masa y la aceleración tangencial a dicha curva

[texx]{\displaystyle \int_{A}^{B}ma_{t}ds}
 [/texx]

Es sólo un cambio de letras, la integral sigue siendo lo que era.

Acto seguido escribimos la aceleración en función de la velocidad y el tiempo; con la derivada que da su definición, [texx]a=\dfrac{dv}{dt}
 [/texx]:

[texx]{\displaystyle \int_{A}^{B}m\dfrac{dv}{dt}ds}
 [/texx].

Si seguidamente tomamos esta derivada [texx]{\displaystyle \dfrac{ds}{dt}}
 [/texx]. Es el módulo del vector desplazamiento dr, que va sobre la curva, partido del tiempo; o esa, la velocidad tangencial asociada a la acelaración que tenemos. Entonces

[texx]{\displaystyle m\int_{A}^{B}\dfrac{ds}{dt}dv}
 [/texx] (donde sólo cambio de sitio las cosas) y es lo mismo que [texx]{\displaystyle m\int_{A}^{B}v\, dv}
 [/texx].

Y ahí es adonde vamos a llegar de una manera u otra si queremos que nos quede la diferencia entre las energías cinéticas. Es cierto que así, con “v” y su diferencial, la cosa queda más “abstracta” que escribiéndola en función del tiempo y el desplazamiento; pero también es cierto que haciéndolo así queda más legible.

En fin, la física, es física; mejor no querer “formalizarla” mucho, no se vaya a salir algo de su sitio y luego no sepamos dónde van las piezas :sonrisa:

Saludos.
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« Respuesta #38 : 15/05/2019, 06:09:41 pm »

Gracias por la explicación Feriva, de momento lo dejo "así", ya en algún otro momento le buscaré una forma más "formal".



Añado: DavidRG no es el primero en hacerse la misma pregunta:

https://math.stackexchange.com/questions/554051/swapping-differentials-rigorously



Segundo añadido: aquí hay una lista de libros de física desde un punto de vista matemático:

https://math.stackexchange.com/questions/950672/very-mathematical-general-physics-book/951446

Parece que voy a despejar mis dudas sobre la extraña identidad [texx]F(r)=m a(t)[/texx] antes de lo previsto :lengua_afuera:
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« Respuesta #39 : 15/05/2019, 06:34:37 pm »

Es que la aceleración [texx]a[/texx] es por definición [texx]r''(t)[/texx], igual que la velocidad [texx]v[/texx] es por definición [texx]r'(t)[/texx](donde la prima denota derivada respecto del tiempo). En particular, [texx]a: I \rightarrow \Bbb R^n[/texx], donde [texx]I[/texx] es un intervalo, así que [texx]a[/texx] es únicamente función del tiempo. No es ningún campo vectorial (su dominio no es [texx]\Bbb R^3[/texx]), por tanto la expresión [texx]a(r(t))[/texx] no tiene ningún sentido.



Entonces si tenemos [texx]\overrightarrow{F}(r(t)) [/texx] y sabemos que [texx]\vec{F} = m \vec{a}[/texx]
¿Porque no podemos poner [texx]\overrightarrow{a}(r(t)) [/texx]?


Y aparte, sabiendo que el trabajo es
 
[texx]\displaystyle \int_{r^{-1}(A)}^{r^{-1}(B)} \vec{F}(\vec{r}(t)) \cdot \vec{r}'(t) dt[/texx],

¿Cómo podemos sacar de ahí la fórmula de la energía cinética? Es decir:

[texx]\frac{1}{2} m(Δv) ²[/texx]



AÑADIDO

Vale, creo que si se como hacerlo. Porque tenemos

[texx]\displaystyle\int_{a}^{b} f(v(t)) v' (t) dt[/texx]

Donde f(v(t)) = v(t) y por tanto f(t) = t

Y queda que [texx]F(v(t)) = m (\frac{1}{2}v_b^2 - \frac{1}{2}v_a^2) [/texx]



Aunque eso sería sin mirar los vectores, claro

No sé muy bien qué has hecho ahí.

La ecuación [texx]\vec{F} = m \vec{a}[/texx] se debe entender en un instante dado. Es decir, en un instante dado, la masa por la aceleración de la partícula es igual a la fuerza total que actúa sobre ella.
Pero la importancia de esta ecuación es que es una ecuación diferencial de segundo orden que te permite obtener la trayectoria de la partícula (su posición en función del tiempo). En efecto, la fuerza [texx]\vec{F}[/texx] en un instante dado dependerá en general de la posición del cuerpo y del tiempo. Así, tienes una función [texx]\vec{F}(\vec{x},t)[/texx] y la segunda ley de Newton se debe interpretar como
[texx]\vec{F}(\vec{r}(t),t) = m \vec{r}''(t)[/texx]
que es una ecuación diferencial de segundo orden para [texx]\vec{r}(t)[/texx].

Sobre la derivación de la energía, tienes que:
[texx]\displaystyle W = \int_{t_0}^{t_1} \vec{F}(\vec{r}(t),t) \cdot \vec{r}'(t)dt = \int_{t_0}^{t_1} m \vec{r}''(t) \cdot \vec{r}'(t) dt = m/2 \int_{t_0}^{t_1} (\vec{r}'(t) \cdot \vec{r}'(t))' dt =  m/2 \int_{t_0}^{t_1} (||\vec{r}'(t)||^2)' dt =   mv_1^2/2 - mv_0^2/2[/texx]
donde en la última expresión [texx]v_1 = ||\vec{r}'(t_1)||[/texx] es el módulo de la velocidad en el punto final, etc.
En la derivación he usado [texx](\vec{r}'(t) \cdot \vec{r}(t))' = 2 \vec{r}'(t) \cdot \vec{r}''(t)[/texx].
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