¿Hay alguna razón fundamental para no definir el trabajo al revés?

Question

¿Hay alguna razón fundamental para no definir el trabajo al revés?

comprendió

Mi pregunta surge de algo que nunca ha estado muy claro: en mecánica continua, ¿por qué la energía de deformación se define como:

W = \int_{Ω} \underline{\underline{σ}} : d \underline{\underline{ε}}

$W=\int_\Omega \underline{\underline{\sigma}}:\mathrm{d}\underline{\underline{\varepsilon}}$ en vez de

W = \int_{Ω} \underline{\underline{ε}} : d \underline{\underline{σ}}

$W=\int_\Omega \underline{\underline{\varepsilon}}:\mathrm{d}\underline{\underline{\sigma}}$

Creo que esta pregunta está muy relacionada con una pregunta "más general": la del trabajo de una fuerza, definida por:

W = \int_{C} \underline{F} \cdot d \underline{s}

$W=\int_\mathcal{C} \underline{F}\cdot\mathrm{d}\underline{s}$

¿Por qué nunca hablamos de la relación simétrica?

W^{'} = \int_{C} \underline{s} \cdot d \underline{F}

$W'=\int_\mathcal{C} \underline{s}\cdot\mathrm{d}\underline{F}$

No estoy pidiendo explicaciones sobre las definiciones de uso común, pero si hay una razón fundamental por la que no se definen "al revés".

Edite las adiciones para explicar por qué no me queda claro: corríjame si me equivoco: la energía se puede ver como una forma lineal sobre las velocidades o desplazamientos (que viven en un espacio vectorial) para dar escalares llamados fuerzas (que viven en el dual espacio vectorial). ¿Es correcto decir que esta relación se puede "simetrizar" para definir una forma lineal sobre las fuerzas para producir velocidades?

porque escribimos

W = \int F v d t = \int F d s en vez de = \int v d GRAMO

$W=\int Fv\,\mathrm{d}t = \int F\,\mathrm{d}s\qquad\text{ rather than}\quad =\int v\,\mathrm{d}G$ dónde

G

$G$ sería un primitivo de

F

$F$ , como el desplazamiento

s

$s$ es el primitivo de

v

$v$ ?

usuario4552

¿Es la notación subrayada para un vector? ¿Qué es la notación de doble subrayado? ¿Qué es el colón?

comprendió

El subrayado de @BenCrowell es un vector, el subrayado doble es un tensor (tensor de tensión de Cauchy y tensor de deformación aquí). Dos puntos es el producto punto doble de los tensores.

usuario4552

producto de puntos dobles de tensores , es decir, ¿contraerse en ambos índices?

comprendió

@BenCrowell Sí, para que dé un escalar, pero eso realmente no importa aquí :)

david z

No sé si esto debería incluirse en una respuesta, pero la energía (o el trabajo) es un escalar en la mecánica newtoniana, no una forma lineal. Y las fuerzas son vectores que viven en un espacio vectorial separado (pero uno que es "compatible" en el sentido de que puede tomar un producto escalar entre el espacio de fuerza y el espacio de desplazamiento).

BMS

¿Puede alguien proporcionarme una interpretación del integrando?

\vec{s} \cdot d \vec{F}

$\vec s \cdot \mathrm{d}\vec F$ ? O al menos

d \vec{F}

$\mathrm{d}\vec F$ ? mi mente falla..

francisco davey

Es bastante común (particularmente en trabajos más avanzados) tratar la fuerza como una forma única, por lo que el trabajo es solo la integral de esa forma única, mientras que F.ds es un escalar, por lo que integrarlo es bastante diferente. ¿Es esa la causa de la confusión?

francisco davey

dF sería una forma de dos :-).

comprendió

@FrancisDavey Es muy posible que sea la causa de la confusión. La respuesta de Qmechanic profundiza en los detalles. Traté de resumir lo que finalmente entendí en mi comentario a su respuesta. ¿Supongo que estudiaste esto en tus clases de derecho? ;)

francisco davey

@anderstood Sí, en la escuela de abogados tuvimos que estudiar geometría diferencial :-). No soy un abogado muy típico. ¿Puedo recomendar la Geometría Diferencial Aplicada de William L. Burke ? Su perspectiva es muy diferente a la de la mayoría de los libros y puede ser enloquecedoramente confusa a veces, pero a veces puede dar una gran perspectiva. Entiendo mucho mejor a los lagrangianos como resultado de leerlo, por ejemplo. Mucho en cálculo exterior.

francisco davey

PD: si la fuerza es de una sola forma, entonces (a través de F = ma) la masa debe ser un tensor de rango (0,2) :-). Este no es un comentario tan estúpido como podría parecer a primera vista.

comprendió

@FrancisDavey TY por la referencia, parece ampliamente ilustrado, lo cual es bueno. Intentaré tomarme un tiempo para leerlo... Supongo que en mecánica clásica (métrica = identidad) el tensor de masa (0,2) puede considerarse como una matriz porque no hay cambio de base. Si alguna vez puede confirmar o afirmar mis comentarios a Qmecánico, se lo agradecería mucho :D

Respuestas (4)

¿Hay alguna razón fundamental para no definir el trabajo al revés?

¿Es la notación subrayada para un vector? ¿Qué es la notación de doble subrayado? ¿Qué es el colón?
El subrayado de @BenCrowell es un vector, el subrayado doble es un tensor (tensor de tensión de Cauchy y tensor de deformación aquí). Dos puntos es el producto punto doble de los tensores.
producto de puntos dobles de tensores , es decir, ¿contraerse en ambos índices?
@BenCrowell Sí, para que dé un escalar, pero eso realmente no importa aquí :)
No sé si esto debería incluirse en una respuesta, pero la energía (o el trabajo) es un escalar en la mecánica newtoniana, no una forma lineal. Y las fuerzas son vectores que viven en un espacio vectorial separado (pero uno que es "compatible" en el sentido de que puede tomar un producto escalar entre el espacio de fuerza y el espacio de desplazamiento).
¿Puede alguien proporcionarme una interpretación del integrando? $\vec s \cdot \mathrm{d}\vec F$ ? O al menos $\mathrm{d}\vec F$ ? mi mente falla..
Es bastante común (particularmente en trabajos más avanzados) tratar la fuerza como una forma única, por lo que el trabajo es solo la integral de esa forma única, mientras que F.ds es un escalar, por lo que integrarlo es bastante diferente. ¿Es esa la causa de la confusión?
@FrancisDavey Es muy posible que sea la causa de la confusión. La respuesta de Qmechanic profundiza en los detalles. Traté de resumir lo que finalmente entendí en mi comentario a su respuesta. ¿Supongo que estudiaste esto en tus clases de derecho? ;)
@anderstood Sí, en la escuela de abogados tuvimos que estudiar geometría diferencial :-). No soy un abogado muy típico. ¿Puedo recomendar la Geometría Diferencial Aplicada de William L. Burke ? Su perspectiva es muy diferente a la de la mayoría de los libros y puede ser enloquecedoramente confusa a veces, pero a veces puede dar una gran perspectiva. Entiendo mucho mejor a los lagrangianos como resultado de leerlo, por ejemplo. Mucho en cálculo exterior.
PD: si la fuerza es de una sola forma, entonces (a través de F = ma) la masa debe ser un tensor de rango (0,2) :-). Este no es un comentario tan estúpido como podría parecer a primera vista.
@FrancisDavey TY por la referencia, parece ampliamente ilustrado, lo cual es bueno. Intentaré tomarme un tiempo para leerlo... Supongo que en mecánica clásica (métrica = identidad) el tensor de masa (0,2) puede considerarse como una matriz porque no hay cambio de base. Si alguna vez puede confirmar o afirmar mis comentarios a Qmecánico, se lo agradecería mucho :D

kyle kanos · Answer 1

La razón de la relación

W = \int s \cdot d F

$W=\int\mathbf s\cdot d\mathbf F$ no funciona es porque el trabajo se define como el resultado de una fuerza

F

$\mathbf F$ en un punto que se mueve a lo largo de una distancia. El punto sigue una curva.

s

$\mathbf s$ con una velocidad

v

$\mathbf v$ . La pequeña cantidad de trabajo,

δ W

$\delta W$ , que se da del instante de tiempo

d t

$dt$ es

d W = F (s) \cdot v (s) d t

$\delta W=\mathbf F(\mathbf s)\cdot\mathbf v(\mathbf s)dt$ Integrando ambos lados,

W = \int F (s) \cdot v (s) d t

$W=\int\mathbf F(\mathbf s)\cdot\mathbf v(\mathbf s)dt$ desde

v = d s / d t

$\mathbf v=d\mathbf s/dt$ , esto es

W = \int F (s) \cdot \frac{d s}{d t} d t \equiv \int F (s) \cdot d s

$W=\int\mathbf F(\mathbf s)\cdot\frac{d\mathbf s}{dt}dt\equiv\int\mathbf F(\mathbf s)\cdot d\mathbf s$ Alternativamente ,

F = m a

$\mathbf F=m\mathbf a$ , entonces esto nos daría

W = metro \int a \cdot v d t

$W=m\int \mathbf a\cdot\mathbf v\,dt$ Desde

a = d v / d t

$\mathbf a=d\mathbf v/dt$ , esto es realmente

W = metro \int d v \cdot v = \frac{1}{2} metro v^{2}

$W=m\int d\mathbf v\cdot\mathbf v=\frac12mv^2$ lo que nos lleva de vuelta al teorema trabajo-energía. Sin embargo, tenga en cuenta que esto todavía no es

v \cdot d F

$\mathbf v\cdot d\mathbf F$ , es algo completamente diferente.

Voté a favor ahora que agregó las dependencias en $s$ . Eso parece ser (parte de) lo que estoy buscando porque muestra que F y s no juegan un papel simétrico. TY
@anderstood: También agregué una mirada alternativa al trabajo al tratar de mantener $\mathbf v$ allí en lugar de mantener $\mathbf F$ allá.

André Chalella · Answer 2

André Chalella

Porque, de acuerdo con sus definiciones, si tiro una barra de goma con fuerza constante hasta que se rompe, no le he hecho ni un julio de trabajo.

comprendió

Claro, pero ¿por qué es que

W

$W$ Tiene un significado físico y

W^{'}

$W'$ ¿En serio no? Por supuesto que podría verlo al revés "definimos W por..." y eso es todo.

usuario4552

Otra forma de decir esto es que en la integración por partes, no solo tienes

\int u d v = \int v d u

$\int u d v=\int v d u$ ; también hay una

u v

$uv$ término. Otra forma más de ver que esto no tiene sentido es que

F

$F$ es una función de

s

$s$ , pero

s

$s$ no es una función de

F

$F$ . Y otra forma más:

d s

$d s$ significa un desplazamiento infinitesimal, lo cual tiene sentido, pero

d F

$d F$ sería una fuerza infinitesimal, lo cual no tiene sentido.

comprendió

@BenCrowell Gracias por estas explicaciones esclarecedoras. Creo que estoy tratando de encontrar una relación simétrica entre

F

$F$ y

s

$s$ (o

v

$v$ ) mientras no sea posible. Esta idea de que son simétricos proviene de mi comprensión de la mecánica simpléctica (ver mi edición). Debo tener algo mal entendido.

André Chalella

Bueno, realmente no puedo ayudar mucho con los aspectos más sofisticados, pero espero haberte ayudado a entender por qué no tiene sentido práctico con pocas palabras. Además, tenga en cuenta que

d F

$dF$ a veces tiene sentido: recuerde que, para un volumen de control en un proceso de estado estacionario reversible,

δ W = - v d p

$\delta W = -v\ \text{d} p$ .

david z · Answer 3

Para empezar, no son lo mismo. La regla de integración por partes hace esto bastante obvio:

\int_{i}^{F} y d X = y_{F} X_{F} - y_{i} X_{i} - \int_{i}^{F} X d y

$\int_i^f y\,\mathrm{d}x = y_f x_f - y_i x_i - \int_i^f x\,\mathrm{d}y$

Pero entonces te estarás preguntando qué hace $\int \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{s}$ la definición "correcta" para trabajar mientras $\int \vec{s}\cdot\mathrm{d}\vec{F}$ es el "equivocado". En pocas palabras, la definición "incorrecta" depende en gran medida de cómo se defina $\vec{s}$ . si solo dejas $\vec{s}$ sea la posición, entonces obtienes diferentes resultados para $\int\vec{s}\cdot\mathrm{d}\vec{F}$ dependiendo de dónde elija el origen de su sistema de coordenadas. La física no debería funcionar de esa manera. Por otro lado, $\int\vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{s}$ solo involucra las diferencias entre coordenadas, y por lo tanto es independiente de donde pones el origen.

qmecanico · Answer 4

Ya hay muchas buenas respuestas. Además del hecho de que la definición estándar de trabajo se relaciona directamente con el teorema trabajo-energía y la noción de energía potencial , aquí hay un argumento geométrico.

yo) la fuerza $F_i(x,v,t)$ , $i\in\{1,2,3\},$ se transforma como $(0,1)$ co-vector

\begin{matrix} (1) & F_{i} = \sum_{j = 1}^{3} F_{j}^{'} \frac{\partial X^{' j}}{\partial X^{i}}, i \in {1, 2, 3}, \end{matrix}

$\tag{1} F_i ~=~\sum_{j=1}^3F^{\prime}_j \frac{\partial x^{\prime j}}{\partial x^i} , \qquad i\in\{1,2,3\},$

bajo transformaciones de coordenadas espaciales

\begin{matrix} (2) & X^{i} ⟶ X^{' j} = F^{j} (X) . \end{matrix}

$\tag{2} x^i~\longrightarrow x^{\prime j}~=~f^j(x).$

Esto significa que

\begin{matrix} (3) & F = \sum_{i = 1}^{3} F_{i} d X^{i} \end{matrix}

$\tag{3} \mathbb{F}~=~\sum_{i=1}^3F_i ~\mathbb{d} x^i$

es una forma única, que es independiente de las coordenadas locales, cf. por ejemplo , esta publicación de Phys.SE.

II) Por otra parte, tanto la cantidad

\begin{matrix} (4) & \sum_{i = 1}^{3} X^{i} F_{i} y \sum_{i = 1}^{3} X^{i} d F_{i} \end{matrix}

$\tag{4} \sum_{i=1}^3x^iF_i\quad\text{and}\quad\sum_{i=1}^3x^i \mathbb{d}F_i$

dependen del sistema de coordenadas. Por lo tanto, geométricamente, por lo general no es tan útil saber que la forma única (3) se puede escribir como

\begin{matrix} (5) & F = d \sum_{i = 1}^{3} X^{i} F_{i} - \sum_{i = 1}^{3} X^{i} d F_{i}; \end{matrix}

$\tag{5} \mathbb{F}~=~ \mathbb{d} \sum_{i=1}^3x^iF_i - \sum_{i=1}^3x^i \mathbb{d}F_i;$

o de manera equivalente cuando se integra a lo largo de una curva $\gamma:[0,T]\to \mathbb{R}^3$ , ese trabajo se puede escribir como

\begin{matrix} (6) & W = \int_{γ} F = {[\sum_{i = 1}^{3} X^{i} F_{i}]}_{t = 0}^{t = T} - \int_{γ} \sum_{i = 1}^{3} X^{i} d F_{i}, \end{matrix}

$W\tag{6} ~=~\int_{\gamma}\mathbb{F}~=~ \left[\sum_{i=1}^3x^i~F_i \right]_{t=0}^{t=T}-\int_{\gamma}\sum_{i=1}^3x^i \mathbb{d}F_i ,$

que es (menos) la fórmula alternativa de OP, hasta los términos límite.

Gracias por hacer las cosas más claras. Entonces, si lo hago bien, una fuerza puede verse como un covector $F_i$ . Define una forma 1 $\mathbb{F}$ , es decir, una sección suave del paquete cotangente ( $M\longrightarrow T^\star M$ ). También, $x\in M$ y $v\in T_x M$ . Por definición, el trabajo es la integral de la forma 1 $\mathbb{F}$ . Esta forma 1 se describe más naturalmente en términos de la base de $T^\star M$ : $\mathbf{d}x^i$ , naturalmente en el sentido de que no depende de un conjunto de coordenadas locales. ¿Acordado?
Además, en el caso particular de la elasticidad lineal, $F_i=kx^i$ (No estoy seguro acerca de la $x^i$ en lugar de $x_i$ , debería haber un tensor métrico involucrado...?) entonces $\mathrm{d}F_i=k\mathrm{d}x^i$ y $\mathbb{F}=F_i\mathrm{d}x^i=x^i\mathrm{d}F_i$ , entonces $x$ y $F$ se puede invertir en la definición de $W$ . Por la misma razón, $\int \sigma:\mathrm{d}\varepsilon=\int \varepsilon:\mathrm{d}\sigma$ en elasticidad lineal (y pequeñas deformaciones). ¿Parece correcto?

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