Falta de rigor en la derivación habitual del Teorema Trabajo-Energía

Question

Falta de rigor en la derivación habitual del Teorema Trabajo-Energía

Iván Burbano

La derivación del teorema Trabajo-Energía suele ser la siguiente:

Usted define el trabajo realizado sobre una partícula bajo la fuerza neta $\vec{F}$ como

W = \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r}

$W=\int\limits_C \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{r}$ Y luego usas la segunda ley de Newton

\begin{aligned} W = \int_{C} \vec{F} \cdot d \vec{r} & = \int_{C} metro \vec{a} \cdot d \vec{r} \\ = \int_{C} metro \frac{d \vec{v}}{d t} \cdot d \vec{r} = \int_{t_{i}}^{t_{F}} metro \frac{d \vec{v}}{d t} \cdot \frac{d \vec{r}}{d t} d t = \int_{t_{i}}^{t_{F}} metro \frac{d \vec{r}}{d t} \cdot \frac{d \vec{v}}{d t} d t \\ = \int_{C} metro \frac{d \vec{r}}{d t} \cdot d \vec{v} = \int_{C} metro \vec{v} \cdot d \vec{v} \end{aligned}

$\begin{align} W=\int\limits_C \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{r}&=\int\limits_C m\vec{a}\cdot\mathrm{d}\vec{r}\\ &=\int\limits_C m\frac{\textrm{d}\vec{v}}{\textrm{d}t}\cdot\mathrm{d}\vec{r}=\int\limits_{t_i}^{t_f} m\frac{\textrm{d}\vec{v}}{\textrm{d}t}\cdot\frac{\mathrm{d}\vec{r}}{\textrm{d}t}\textrm{d}t=\int\limits_{t_i}^{t_f} m\frac{\textrm{d}\vec{r}}{\textrm{d}t}\cdot\frac{\mathrm{d}\vec{v}}{\textrm{d}t}\textrm{d}t \\ &=\int\limits_C m\frac{\textrm{d}\vec{r}}{\textrm{d}t}\cdot\mathrm{d}\vec{v}=\int\limits_C m\vec{v}\cdot\mathrm{d}\vec{v} \end{align}$ Hasta aquí, estoy convencido. No obstante, el argumento

d (v^{2}) = d (\vec{v} \cdot \vec{v}) = \vec{v} \cdot d \vec{v} + \vec{v} \cdot d \vec{v} = 2 \vec{v} \cdot d \vec{v}

$\textrm{d}(v^2)=\textrm{d}(\vec{v}\cdot\vec{v})=\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}+\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}=2\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}$ se utiliza a menudo. Entonces la integral se resuelve en

W = \int_{v_{i}}^{v_{F}} \frac{1}{2} metro d (v^{2}) = \frac{1}{2} metro v_{F}^{2} - \frac{1}{2} metro v_{i}^{2}

$W=\int\limits_{v_i}^{v_f}\frac{1}{2}m\textrm{d}(v^2)=\frac{1}{2}mv_f^2-\frac{1}{2}mv_i^2$ Mi problema con ese argumento es que se supone que la derivada exterior funciona bajo el producto punto tal como lo hace bajo el producto normal de funciones de valor real. ¿Alguien puede explicarme (ya sea geométrica o formalmente) por qué

d (v^{2}) = d (\vec{v} \cdot \vec{v}) = \vec{v} \cdot d \vec{v} + \vec{v} \cdot d \vec{v} = 2 \vec{v} \cdot d \vec{v}

$\textrm{d}(v^2)=\textrm{d}(\vec{v}\cdot\vec{v})=\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}+\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}=2\vec{v}\cdot\textrm{d}\vec{v}$ ¿es verdad?

ryan unger

Esta es una propiedad bien conocida de la derivada, consulte (14) en mathworld.wolfram.com/DotProduct.html .

Respuestas (3)

Falta de rigor en la derivación habitual del Teorema Trabajo-Energía

Esta es una propiedad bien conocida de la derivada, consulte (14) en mathworld.wolfram.com/DotProduct.html .

Oro · Answer 1

Uno no necesita seguir estos pasos. De hecho deja $\gamma : I\subset \mathbb{R}\to \mathbb{R}^3$ Sea la trayectoria de una partícula. su posición en el tiempo $t$ es $\gamma(t)$ , su velocidad es $\gamma'(t)$ y su aceleración es $\gamma''(t)$ . Es fácil ver que

(γ^{'} \cdot γ^{'})^{'} (t) = 2 γ^{'} (t) \cdot γ^{″} (t),

$(\gamma'\cdot \gamma')'(t) = 2\gamma'(t)\cdot \gamma''(t),$

por lo que el trabajo realizado por la fuerza resultante debido a la Segunda Ley de Newton se puede escribir como

W = \int_{γ} F = \int_{I} F (γ (t)) \cdot γ^{'} (t) d t = \int_{I} metro γ^{″} (t) \cdot γ^{'} (t) d t,

$W = \int_\gamma \mathbf{F} = \int_I \mathbf{F}(\gamma(t))\cdot \gamma'(t)dt = \int_I m\gamma''(t)\cdot \gamma'(t)dt,$

pero como se señaló $\gamma''(t)\cdot\gamma'(t) = (\gamma'\cdot\gamma')'(t)/2$ de modo que

W = \frac{metro}{2} \int_{I} (γ^{'} \cdot γ^{'})^{'} (t) d t,

$W = \dfrac{m}{2}\int_I(\gamma'\cdot\gamma')'(t)dt,$

y en virtud del teorema fundamental del cálculo, si $I = [a,b]$ tenemos

W = \frac{metro}{2} (| γ^{'} (b) |^{2} - | γ^{'} (a) |^{2}),

$W = \dfrac{m}{2}(|\gamma'(b)|^2-|\gamma'(a)|^2),$

o ajuste $K(\mathbf{v}) = \dfrac{m}{2}|\mathbf{v}|^2$

W = k (γ^{'} (b)) - k (γ^{'} (a)) = Δ k .

$W = K(\gamma'(b)) - K(\gamma'(a)) = \Delta K.$

Por que es $\gamma''(t)\cdot\gamma'(t)=(\gamma'\cdot\gamma')'(t)dt$ ?
@IvánMauricioBurbano Intenta encontrar la derivada de $(\gamma \cdot ' \gamma ')$ (pista: usa la regla de la cadena)
El trabajo debe ser una línea integral a lo largo del camino, pero no veo un $\vec F \cdot d\vec r$ o algo similar.

ryan unger · Answer 2

Formalmente, tenemos la identidad estándar del producto escalar

\frac{d}{d t} A \cdot B = \frac{d A}{d t} \cdot B + A \cdot \frac{d B}{d t} .

$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}=\frac{\mathrm{d}\mathbf{A}}{\mathrm{d}t}\cdot \mathbf{B}+\mathbf{A}\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{B}}{\mathrm{d}t}.$ insertando

A = B = v

$\mathbf{A}=\mathbf{B}=\mathbf{v}$ da

\frac{d v^{2}}{d t} = 2 v \cdot \frac{d v}{d t} .

$\frac{\mathrm{d}\mathbf{v}^2}{\mathrm{d}t}=2\mathbf{v}\cdot \frac{\mathrm{d}\mathbf{v}}{\mathrm{d}t}.$ Entonces se sigue que

d v^{2} \overset{\int}{=} 2 v \cdot d v

$\mathrm{d}\mathbf{v}^2\stackrel{\int}=2\mathbf{v}\cdot\mathrm{d}\mathbf{v}$ por la regla de la cadena.

@IvánMauricioBurbano 1) Simplemente toma la derivada de $\mathbf{A}\cdot\mathbf{B}:=\sum_{i,j}\delta_{ij}A^i B^j$ o 2) Caso especial de la identidad de Ricci $Xg(Y,Z)=g(\nabla_XY,Z)+g(Y,\nabla_XZ)$ .
Si pudieras darme una respuesta geométrica a mi comentario anterior, ¡sería genial!
@IvánMauricioBurbano Creo que la respuesta "geométrica" es la identidad de Ricci. No estoy seguro si te refieres a geometría diferencial o simplemente geometría curva.

Ritil · Answer 3

Bien, tengo una respuesta simple de entender sin requerir mucho conocimiento. El estudiante de secundaria también puede entender esto.

En primer lugar, la derivada del vector unitario es perpendicular al vector unitario. Esto se puede mostrar simplemente considerando un círculo unitario en un círculo, luego cambia en una cantidad muy pequeña. Ahora ese pequeño cambio estará a lo largo de los puntos finales del vector. Si están muy cerca, casi parecerá que es a lo largo de la tangente (que es perpendicular al radio) y también del vector unitario. También puedes pensar así. Considere una partícula que realiza un movimiento circular no uniforme. Claramente, en cualquier punto, la velocidad (derivada de la posición) estará a lo largo de la tangente que es perpendicular al vector de posición.

Ahora x(vector) = magnitud del vector x* vector unitario a lo largo del vector x Diferenciar esta ecuación con el tiempo para obtener v(vector)= [velocidad * vector unitario a lo largo del vector x] + [magnitud del vector x* derivada del vector unitario a lo largo de x vector] esto se debe a que la derivada de la magnitud del vector x es la velocidad

Ahora realice la operación de producto escalar en esta ecuación con el vector x. LHS se convertirá en velocidad * magnitud del vector x solo porque el segundo término se cancelará debido al producto escalar con la cantidad perpendicular Al multiplicar dt en ambos lados obtenemos x(vector)•d(x(vector)) =xdx=dx²/2 Esto la fórmula es válida para cualquier cantidad vectorial, incluida la velocidad v

Perdón por escribir así porque no sé escribir vectores

Para aprender a escribir cosas matemáticas, eche un vistazo al tutorial básico de MathJax y la referencia rápida .

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Iván Burbano

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Ritil

Tomas Fritsch

¿Por qué el trabajo pequeño siempre se toma como dW=F⋅dxdW=F⋅dxdW=F \cdot dx y no como dW=x⋅dFdW=x⋅dFdW=x \cdot dF?

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