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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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Hola, quiero saber como se hace para, utilizando integrales dobles, sacar el area de una esfera. Obviamente el objetivo es luego poder sacar areas de partes de la esfera.
Supongamos radio = 1
Mi planteo fue:
x^2+y^2+z^2= 1
x= rcos
y= rsen
z= (1- r^2)^0.5
(rcos, rsen, (1- r^2)^0.5)
La normal seria:
cos sen -r/sqrt(1-r^2)
-rsen rcos 0
------------------------------------
(r^2 . cos / sqrt(1-r^2),r^2 . sem / sqrt(1-r^2), r)
Norma:
sqrt[r^4 /(1-r^2) +r^2]
= r sqrt[r^2/(1-r^2) +1]
Luego la esfera deberia calcularla partida al medio, o sea 4pi. integral entre 0 y 1 dr de r sqrt[r^2/(1-r^2) +1]
que tal?
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koreano
Nivel 9
Registrado: 15 Jul 2010
Mensajes: 1796
Carrera: No especificada
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Eloe 4
Nivel 7
Edad: 34
Registrado: 21 Nov 2009
Mensajes: 409
Ubicación: Zona Norte
Carrera: Electricista
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| yo lo parametrizaria en esfericas, poniendo r=1 tenes nada mas que la superficie de la esfera (el caso mas general seria haciendo r=Ro (cte)). Despues con eso aplicas la formula del area con el modulo de la normal, etc. Y ya esta.
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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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| Si eloe, pero la realidad es que las esfericas me molestan mucho, y siempre trabajo con cilindricas, el tema es que nunca me había cruzado con la combinación esferas+superficies. Ahí lo paso a latex.
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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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La normal seria:
cos sen -r/sqrt(1-r^2)
-rsen rcos 0
![[tex]cos(t) sen(t) \frac{-r}{\sqrt{1 - r^2}}[/tex]](images/latex/47c54280938a873a74a08b166ba63777afc86b79_0.png "[tex]cos(t) sen(t) \frac{-r}{\sqrt{1 - r^2}}[/tex]")
![[tex]-rsen(t) rcos(t) [/tex]](images/latex/3d4a60afa737cd73ebe0e0cd6e935beb455e2481_0.png "[tex]-rsen(t) rcos(t) [/tex]")
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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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![[tex] cos(t) [/tex]](images/latex/3ad835d601520237eb3885265b05dc501dc898db_0.png "[tex] cos(t) [/tex]") ![[tex]sen(t)[/tex]](images/latex/99f7113917065511b5b7b80f1fb84fbede2031d7_0.png "[tex]sen(t)[/tex]") ![[tex] \frac{-r}{ \sqrt(1-r^2) }[/tex]](images/latex/397b79616be6b6db453421a3e5104aa4e49c25c8_0.png "[tex] \frac{-r}{ \sqrt(1-r^2) }[/tex]")
![[tex] -rsen(t) [/tex]](images/latex/d8e80ec0ff3c98dce1d084bb0fcff8e53f0d0bf0_0.png "[tex] -rsen(t) [/tex]") ![[tex]rcos(t)[/tex]](images/latex/4b9464539b61a57dd9f5b645a77756cf5ffd822b_0.png "[tex]rcos(t)[/tex]") ![[tex]0[/tex]](images/latex/cd18b8378b63fe64b1accfa94a1abaf6069863ff_0.png "[tex]0[/tex]")
producto vectorial mediante, esto es igual a
 . r^2}{ \sqrt(1-r^2) } , \frac{sen(t) . r^2}{ \sqrt(1-r^2)}, r)[/tex]](images/latex/b3bb7b4ea199ab3521b8cb0249d8f43bdbe40c0d_0.png "[tex]( \frac{cos(t) . r^2}{ \sqrt(1-r^2) } , \frac{sen(t) . r^2}{ \sqrt(1-r^2)}, r)[/tex]")
Ok ahora hago la norma de esto, que me da
[tex] \sqrt( \frac{r^4}{\sqrt(1-r^2)} + r^2) [\tex]
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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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![[tex] \sqrt( \frac{r^4}{\sqrt(1-r^2)} + r^2) [/tex]](images/latex/a589d5fc9ff3055b856013514c64b669c2afc6cf_0.png "[tex] \sqrt( \frac{r^4}{\sqrt(1-r^2)} + r^2) [/tex]")
Entonces integro
![[tex] 2 pi \int^1_0 \sqrt( \frac{r^4}{\sqrt(1-r^2)} + r^2) dr[/tex]](images/latex/914d055c8c4a097b3126288849f84be72908e284_0.png "[tex] 2 pi \int^1_0 \sqrt( \frac{r^4}{\sqrt(1-r^2)} + r^2) dr[/tex]")
Siendo esto la superficie de media esfera, (el integral de tita ya lo saque afuera).
Por 2, tendre la superficie total. Esto me serviria para sacar la superficie de otros pedazos de esfera.
Va bien?
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ramirolopezz
Nivel 3
Edad: 32
Registrado: 01 May 2011
Mensajes: 37
Carrera: Electrónica
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fijate q segun lo q pones la ecuacion es x^2+y^2+z^2=1... por lo tanto r=1 siempre y cuando parametrizas no t puede qedar la parametrizacion de la superficie dependiendo d r como t qeda xq ste es fijo (igual a 1 t lo dice la ecuacion)  y despues la parametrizacion qeda...........  nose.... ya fue agarra viaje con esfericas a mi tampoco me gustan pero para una esfera me parece q se simplifica...
pero hablando en serio el r=1 entonces no t puede qedar la parametrizacion dependiendo d r,
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Jackson666
Nivel 9
Edad: 37
Registrado: 01 Feb 2009
Mensajes: 1980
Ubicación: Martínez
Carrera: Electricista
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Y si lo planteas en cartesianas y pasas a polares cuando te convenga?
![[tex]A=\iint_{D}{\frac{\left\| \nabla G \right\|}{\left| G^{\prime}_{z} \right|}dxdy}[/tex]](images/latex/47c19b974b311bec6427fa82aa4de663ff8e6e47_0.png "[tex]A=\iint_{D}{\frac{\left\| \nabla G \right\|}{\left| G^{\prime}_{z} \right|}dxdy}[/tex]")
Siendo ![[tex]G(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1[/tex]](images/latex/32987a8f72af8f908745e03a13489d9f74b32fce_0.png "[tex]G(x,y,z)=x^{2}+y^{2}+z^{2}-1[/tex]") . Dentro de la integral, reemplazas cualquier z por ![[tex]z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}[/tex]](images/latex/f1b1d55f001ab04d4b9e6cc9d7976dd251d47970_0.png "[tex]z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}[/tex]") . Al hacer esto, podes calcular sólo la mitad del área, y multiplicar por dos. Te queda (proyectado en el xy)
![[tex]A=2\iint_{D}{\frac{\left\| 2(x,y,z) \right\|}{\left| 2z\right|}dxdy}=2\iint_{D}{\frac{\left\|(x,y,z) \right\|}{\left| z\right|}dxdy}=2\iint_{D}{\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}{z}dxdy}[/tex]](images/latex/a1e3b86e7caadcc683095ea07e0bc6145b482d5f_0.png "[tex]A=2\iint_{D}{\frac{\left\| 2(x,y,z) \right\|}{\left| 2z\right|}dxdy}=2\iint_{D}{\frac{\left\|(x,y,z) \right\|}{\left| z\right|}dxdy}=2\iint_{D}{\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}{z}dxdy}[/tex]")
Reemplazas las z como dije antes,
![[tex]A=2\iint_{D}{\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}dxdy}[/tex]](images/latex/aa44f4921e5aa55bd7967315f5d7e7d8cfc73b4f_0.png "[tex]A=2\iint_{D}{\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}dxdy}[/tex]")
Polares,
![[tex]A=2\iint_{D_{rt}}{\frac{r}{\sqrt{1-r^{2}}}drdt}=2\int_{0}^{2\pi}{dt \int_{0}^{1}{\frac{r}{\sqrt{1-r^{2}}} dr}}=4\pi \left(-\sqrt{1-r^{2}}\Bigg|_{0}^{1} \right)[/tex]](images/latex/3fea463d3038cdacbd934e01981c4f1842f43d05_0.png "[tex]A=2\iint_{D_{rt}}{\frac{r}{\sqrt{1-r^{2}}}drdt}=2\int_{0}^{2\pi}{dt \int_{0}^{1}{\frac{r}{\sqrt{1-r^{2}}} dr}}=4\pi \left(-\sqrt{1-r^{2}}\Bigg|_{0}^{1} \right)[/tex]") ![[tex]=4\pi[/tex]](images/latex/938c98a4a1bf21a9938f0162c72d411852d8bb41_0.png "[tex]=4\pi[/tex]")
Saludos.
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Huey 7
Nivel 6
Registrado: 03 Mar 2010
Mensajes: 267
Carrera: Electrónica
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| ramirolopezz escribió:
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fijate q segun lo q pones la ecuacion es x^2+y^2+z^2=1... por lo tanto r=1 siempre y cuando parametrizas no t puede qedar la parametrizacion de la superficie dependiendo d r como t qeda xq ste es fijo (igual a 1 t lo dice la ecuacion)
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Eso es porque estás pensando en el r de coordenadas esféricas. El "r" que puso Pwagma en realidad es el ![[tex]\textstyle \rho[/tex]](images/latex/a93d64c5badec7b9c4a2623fa7abfb4684316822_0.png "[tex]\textstyle \rho[/tex]") de coordenadas cilíndricas, en las cuales la ecuación se convierte en ![[tex]\textstyle \rho^2 + z^2 = 1[/tex]](images/latex/515322828ca5745e8c434cffae20d04e2effb200_0.png "[tex]\textstyle \rho^2 + z^2 = 1[/tex]") . Y la parametrización sí puede depender de
| pwagma escribió:
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Mi planteo fue:
x^2+y^2+z^2= 1
x= rcos
y= rsen
z= (1- r^2)^0.5
[...]
que tal?
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Eso está bien, pero te sirve para media superficie, la que está en el semiespacio ![[tex]\textstyle z \geq 0[/tex]](images/latex/66e548c95630c44929d8e90b1c032369a2418967_0.png "[tex]\textstyle z \geq 0[/tex]") . Para la que está en el semiespacio ![[tex]\textstyle z \leq 0 \mbox{ es } z = -\sqrt{1 - \rho^2}[/tex]](images/latex/d5b804d3642d83f6e2e8634b8656eb3b99f98633_0.png "[tex]\textstyle z \leq 0 \mbox{ es } z = -\sqrt{1 - \rho^2}[/tex]") . Así que tu planteo es escencialmente correcto, pero teniendo en cuenta que hay que dividir la superficie en dos y crear una parametrización para cada mitad.
![[tex]F_{sup}(\rho, \varphi) = (\rho \cos \varphi, \rho \sen \varphi, \sqrt{1 - \rho^2})[/tex]](images/latex/cd6d8ad68c612398d747bd6848627a1402c9cfcc_0.png "[tex]F_{sup}(\rho, \varphi) = (\rho \cos \varphi, \rho \sen \varphi, \sqrt{1 - \rho^2})[/tex]")
![[tex]F_{inf}(\rho, \varphi) = (\rho \cos \varphi, \rho \sen \varphi, -\sqrt{1 - \rho^2})[/tex]](images/latex/9dc69a8afc80deb1cad6da2247062a3ba445a5a9_0.png "[tex]F_{inf}(\rho, \varphi) = (\rho \cos \varphi, \rho \sen \varphi, -\sqrt{1 - \rho^2})[/tex]")
En ambos casos ![[tex]\textstyle 0 \leq \rho \leq 1 \mbox{ y } 0 \leq \varphi \leq 2\pi[/tex]](images/latex/73712bf5f704fb05e7085717ca4a6db49baa395a_0.png "[tex]\textstyle 0 \leq \rho \leq 1 \mbox{ y } 0 \leq \varphi \leq 2\pi[/tex]") . Para calcular el área de la esfera sumás la de cada mitad.
| pwagma escribió:
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producto vectorial mediante, esto es igual a
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Eso es correcto para ![[tex]\textstyle F_{sup}[/tex]](images/latex/55c3d716c99fd829fa8b99da91682cf1077a1f36_0.png "[tex]\textstyle F_{sup}[/tex]") . Para ![[tex]\textstyle F_{inf}[/tex]](images/latex/b6e23168d817b95c01d8040bdef491821f51df04_0.png "[tex]\textstyle F_{inf}[/tex]") es (te cambio t por ![[tex]\textstyle \varphi[/tex]](images/latex/4c3712eb68be8098c9603357b3c155bdc30149b4_0.png "[tex]\textstyle \varphi[/tex]") ):
[/tex]](images/latex/c40ac8347da971bf74d4bd8aa58b1a4f009a8fbf_0.png "[tex](-\frac{\rho^2 \cos \varphi}{\sqrt{1 - \rho^2}}, -\frac{\rho^2 \sen \varphi}{\sqrt{1 - \rho^2}}, \rho)[/tex]")
| pwagma escribió:
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Ok ahora hago la norma de esto, que me da
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Ahí le pifiaste, te olvidaste de elevar al cuadrado el denominador. En realidad es:
![[tex]\sqrt{\frac{\rho^4}{1 - \rho^2} + \rho^2} = \sqrt{\frac{\rho^4 + (1 - \rho^2)\rho^2}{1 - \rho^2}} = \sqrt{\frac{\rho^2}{1 - \rho^2}} = \frac{\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}}[/tex]](images/latex/b4e686182e5ecb41aa94be3c2adfbe724a558df3_0.png "[tex]\sqrt{\frac{\rho^4}{1 - \rho^2} + \rho^2} = \sqrt{\frac{\rho^4 + (1 - \rho^2)\rho^2}{1 - \rho^2}} = \sqrt{\frac{\rho^2}{1 - \rho^2}} = \frac{\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}}[/tex]")
Que da lo mismo para las dos mitades de la superficie (![[tex]\textstyle F_{sup} \mbox{ y } F_{inf}[/tex]](images/latex/824adf624ea0c4e17da936a2134bace72ce7a897_0.png "[tex]\textstyle F_{sup} \mbox{ y } F_{inf}[/tex]") ).
| pwagma escribió:
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Entonces integro
Siendo esto la superficie de media esfera, (el integral de tita ya lo saque afuera).
Por 2, tendre la superficie total. Esto me serviria para sacar la superficie de otros pedazos de esfera.
Va bien?
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Salvo que arrastrás el error de hacer la norma, sí.
![[tex]A = A_{sup} + A_{inf} = \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}} + \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}} = 2 \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}}[/tex]](images/latex/72a67e04a8905d52d78135e1427fc6e5df8b0fb8_0.png "[tex]A = A_{sup} + A_{inf} = \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}} + \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}} = 2 \int^{2\pi}_0 d\varphi \int^1_0 \frac{\rho d\rho}{\sqrt{1 - \rho^2}}[/tex]")
Que es la integral de Jackson666.
| pwagma escribió:
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[...] la realidad es que las esfericas me molestan mucho, y siempre trabajo con cilindricas
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Te recomendo que te amigues también con las coordenadas esféricas...
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pwagma
Nivel 3
Registrado: 17 Mar 2010
Mensajes: 45
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Buenisimo!!!!!! gracias a todos por zarpadas explicaciones.
La realidad es que suelo trabajar con cilindricas porque para hacer el volumen de esferas me resulta bastante más facil a mi con cilindricas que esfericas.
Por eso quería hacerlo por este metodo, sabía que por esféricas era más facil pero estaba cansado de ducharme y pensar como quedaba bien en cilíndricas jejej
bueno gracias por todo!!!!!!!!
chau!
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