¿Por qué esta integral de línea da el signo equivocado?

Question

¿Por qué esta integral de línea da el signo equivocado?

lamparalampara

He estado tratando de encontrar el error en este enfoque para calcular el trabajo de un campo gravitatorio uniforme sobre un objeto que cae al suelo en el $-y$ dirección.

\begin{aligned} W & = \int_{i}^{F} \vec{F} \cdot d \vec{s} \\ = - metro gramo \int_{i}^{F} \hat{y} \cdot d \vec{s} \end{aligned}

$\begin{align} W &= \int_{i}^{f} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{s} \\ &= -mg \int_{i}^{f} \hat{y} \cdot \mathrm{d}\vec{s} \end{align}$ Debido a que el objeto se está moviendo hacia abajo,

d \vec{s} = - d \vec{y}

$\mathrm{d}\vec{s} = -\mathrm{d}\vec{y}$

\begin{aligned} = - metro gramo \int_{i}^{F} \hat{y} \cdot - d \vec{y} \\ = metro gramo \int_{i}^{F} \hat{y} \cdot d \vec{y} \end{aligned}

$\begin{align} &= -mg \int_{i}^{f} \hat{y} \cdot -\mathrm{d}\vec{y} \\ &= mg \int_{i}^{f} \hat{y} \cdot \mathrm{d}\vec{y} \end{align}$ Porque

\hat{y}

$\hat{y}$ es paralelo a

d \vec{y}

$\mathrm{d}\vec{y}$ , entonces el producto escalar vectorial es

d y

$\mathrm{d}y$

\begin{aligned} = metro gramo \int_{i}^{F} d y \\ = metro gramo (h_{F} - h_{i}) \end{aligned}

$\begin{align} &= mg \int_{i}^{f} \mathrm{d}y \\ &= mg (h_f -h_i) \end{align}$ que es menor que cero cuando

h_{f} < h_{i}

$h_f < h_i$ , y por lo tanto obviamente equivocado. Sin embargo, un enfoque simplista ha

W = F D

$W = FD$ , con los dos vectores paralelos, y está claro que el trabajo es realmente positivo.

¿Alguien puede señalar con qué axioma de matemáticas o física entran en conflicto mis matemáticas? Mi instinto es que una vez que el escalar $\mathrm{d}y$ se obtiene, la integral se "transforma" a un nuevo sistema de coordenadas donde se entiende que el movimiento es en la dirección positiva, en lugar de la negativa como se configura la integral.

¿Es este un error común? ¿La lección es que al realizar un producto escalar dentro de una integral, el signo de la integral debe verificarse analíticamente? ¿O hay un axioma más simple que me estoy perdiendo? Fácilmente podría imaginarme a mí mismo, si estuviera escribiendo código, tratando de seguir el álgebra sin pensar demasiado analíticamente y, por lo tanto, obtener una respuesta incorrecta. He estudiado álgebra lineal de pregrado, cálculo vectorial y mecánica intermedia, pero no recuerdo haber visto surgir este problema.

Respuestas (4)

¿Por qué esta integral de línea da el signo equivocado?

granjero · Answer 1

Debido a que el objeto se está moviendo hacia abajo, $\mathrm{d}\vec{s} = -\mathrm{d}\vec{y}$

es la fuente de su error.

Olvidando la integración y usando la idea de que la energía potencial gravitatoria es $mgh$ mira lo que sucede cuando un cuerpo se mueve desde una altura inicial $h_{\rm i}$ a una altura final $h_{\rm f}$ .

El cambio en la energía potencial gravitatoria es $mg(h_{\rm f} - h_{\rm i})$

Retroceda una etapa y escriba la ecuación vectorial equivalente como

metro (- \vec{gramo}) \cdot ({\vec{h}}_{F} - {\vec{h}}_{i}) = metro (- gramo \hat{y}) \cdot (h_{F} - h_{i}) \hat{y}

$m(-\vec g)\cdot (\vec h_{\rm f} - \vec h_{\rm i}) = m(-g \,\hat y)\cdot (h_{\rm f} - h_{\rm i})\,\hat y$

Retrocede una etapa más y luego otra donde $\Delta y = h_{\rm f} -h_{\rm i}$

= metro (- gramo \hat{y}) \cdot Δ y \hat{y} = metro (- gramo \hat{y}) \cdot Δ \vec{y}

$=m(-g \,\hat y)\cdot \Delta y\,\hat y=m(-g \,\hat y)\cdot \Delta \vec y$

y en la forma integral esto se convierte en $\displaystyle \int^{h_{\rm f}}_{h_{\rm i}}m(-g \,\hat y)\cdot d \vec y$

Tenga en cuenta que en todo el análisis anterior no se hace mención de los valores de los componentes de los desplazamientos $h_{\rm i}\,\hat y$ y $h_{\rm f}\,\hat y$ .

cuando escribiste $\mathrm{d}\vec{s} = -\mathrm{d}\vec{y}$ ¿De verdad quisiste decir que el desplazamiento era $\Delta\vec{s} = -\Delta\vec{y} = h_{\rm i}\,\hat y-h_{\rm f}\,\hat y$ ?
¿Yo creo que no?

En resumen lo que tienes que darte cuenta es que el signo del incremento $ds$ está totalmente dictada por los límites de la integración y no debe prejuzgar el signo de $ds$ .

eranreches · Answer 2

Tu problema es que te pones $\vec{{\rm d}s}=-\vec{{\rm d}y}$ . No importa cuál sea tu camino, $\vec{{\rm d}s}$ es siempre

\vec{d s} = d X \hat{X} + d y \hat{y} + d z \hat{z}

$\vec{{\rm d}s}={\rm d}x\hat{x}+{\rm d}y\hat{y}+{\rm d}z\hat{z}$

Heurísticamente, el signo de ${\rm d}y$ está determinada por los límites de la integración. Así que cuando integras en $y_{\rm i}\rightarrow y_{\rm f}$ con $y_{\rm i}>y_{\rm f}$ tienes ${\rm d}y<0$ .

marzo · Answer 3

Para hacerlo bien, siempre vuelvo a la definición correcta de una integral de línea. Para calcular el trabajo a lo largo de alguna ruta, primero parametrizamos la ruta como $\vec{s}(t)$ dónde $t$ viene de $t_i$ a $t_f$ . Luego evaluamos la fuerza a lo largo de este camino. $\vec{F}(\vec{s}(t))$ y puntúalo en el $d\vec{s}$ e integrar, de la siguiente manera:

W = \int_{t_{i}}^{t_{F}} \vec{F} (\vec{s} (t)) \cdot \frac{d \vec{s} (t)}{d t} d t .

$W = \int_{t_i}^{t_f} \vec{F}(\vec{s}(t))\cdot \frac{d\vec{s}(t)}{dt}~dt.$ En su caso, una forma de parametrizar la curva es

\vec{s} (t) = ((1 - t) y_{i} + t y_{F}) \hat{y},

$\vec{s}(t) = ((1-t)y_i+ty_f)\hat{y},$ dónde

t

$t$ va entre 0 y 1, en cuyo caso

\frac{d \vec{s} (t)}{d t} = (y_{F} - y_{i}) \hat{y},

$\frac{d\vec{s}(t)}{dt} = (y_f-y_i)\hat{y},$ y por supuesto la fuerza es simplemente constante

\vec{F} (\vec{s} (t)) = - m g \hat{y}

$\vec{F}(\vec{s}(t)) = -mg\hat{y}$ .

De este modo,

\begin{aligned} W & = \int_{t_{i}}^{t_{F}} \vec{F} (\vec{s} (t)) \cdot \frac{d \vec{s} (t)}{d t} d t \\ = \int_{0}^{1} (- metro gramo \hat{y}) \cdot (y_{F} - y_{i}) \hat{y} d t \\ = - metro gramo (y_{F} - y_{i}) \int_{0}^{1} d t \\ = - metro gramo (y_{F} - y_{i}), \end{aligned}

$\begin{align*} W &= \int_{t_i}^{t_f} \vec{F}(\vec{s}(t))\cdot \frac{d\vec{s}(t)}{dt}~dt\\ &= \int_{0}^{1} (-mg\hat{y})\cdot (y_f-y_i)\hat{y}~dt\\ &= -mg(y_f-y_i)\int_{0}^{1}dt\\ &=-mg(y_f-y_i), \end{align*}$ que por supuesto es la respuesta correcta!

La cosa es que, al elegir un $d\vec{s}$ y un conjunto de límites, está eligiendo implícitamente una parametrización de su curva, y debe ser coherente con la elección de la función y la elección de los límites. Es decir, según sus límites, parece que está eligiendo una parametrización en la que la posición vertical es el parámetro:

\vec{s} (y) = y \hat{y},

$\vec{s}(y) = y\hat{y},$ dónde

y

$y$ viene de

y_{i}

$y_i$ a

y_{f}

$y_f$ . Entonces

d \vec{s} = \frac{d \vec{s}}{d y} d y = \hat{y} d y,

$d\vec{s} = \frac{d\vec{s}}{dy}dy = \hat{y}dy,$ y puedes ver que estás forzando a elegir el signo positivo allí en lugar del negativo.

La respuesta de Farcher da una buena imagen físicamente intuitiva de por qué estás obligado a hacer esto. Me gusta volver a la definición matemática correcta porque los signos negativos correctos aparecen en el lavado.

kryomaxim · Answer 4

Después de haber establecido $d \vec {s} = - d \vec {y}$ , olvidó cambiar los límites de integración. Permitir $\vec{s}$ en el rango de puntos iniciales a finales, digamos $s_1, s_2, \dots, s_N$ , entonces el límite inferior es $s_1$ y el límite superior es $s_N$ . Ahora, de acuerdo con su convención $\vec{y} = - \vec{s}$ , los valores que $\vec{y}$ tendrá son $-s_1,-s_2, \dots, -s_N$ y por lo tanto tienes que Cambiar (cuando integras sobre y) los Límites de $-s_1$ a $-s_N$ . Evaluando la integral para el campo gravitatorio, tendrás un término proporcional a

$- \vec{s_N} - (- \vec{s_1}) = \vec{s_1}-\vec{s_N}$

en lugar de

$\vec s_N - \vec s_1$ (cuando se olvida la Transformación de los Límites de Integración).

¡Los límites de integración deben cambiarse después de realizar cualquier tipo de transformación de coordenadas!

Pensé en esto, pero los límites de integración se representan de forma abstracta, como "inicial" a "final", y dada esa representación abstracta, no es necesario cambiarlos para pasar de final a inicial. Quiero decir, para ser un poco más precisos con la notación, la pregunta tiene algo así como $\int_{s_i}^{s_f} (\cdots)\mathrm{d}s \to \int_{y_i}^{y_f} (\cdots)\mathrm{d}y$ .
Incluso si hay límites abstractos, estos se cambian cuando cambia el signo
No lo creo... cuando cambias de variable, si estuvieras integrando desde el valor inicial al final de la variable original, integras desde el valor inicial al final de la nueva variable, sin ningún cambio de signo adicional independientemente de cuál es el cambio de variable. por ejemplo definir $z = -y$ , $y_i = 0$ y $y_f = 1$ , tenemos $\int_{y_i}^{y_f} \mathrm{d}y = y_f - y_i = 1$ y $\int_{y_i}^{y_f} \mathrm{d}y = \int_{z_i}^{z_f} \frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}y} \mathrm{d}z = \int_{z_i}^{z_f} (-1) \mathrm{d}z = (-1)(z_f - z_i) = -(-1 - 0) = 1$ .
@DavidZ Creo que kyromaxim está diciendo lo que estás diciendo. Haces los límites negativos. No creo que estén diciendo que se cambie la inicial por la final y viceversa.

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