[jlopez]

Aquí estoy de nuevo, en el cálculo del potencial entre un anillo y una carga:



He obtenido la siguiente integral:

\( V=\frac{KQ}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{Rd\rho }{d^{2}}= \)
\( \frac{KQR}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{Z^{2}+(Rcos\rho-H)^{2}+(Rsin\rho)^{2}}  \)
\( V=\frac{KQR}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{Z^2+R^2+H^2-2RHcos\rho} \)

Entonces:

\( V=a*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{1-bcos\rho} \)

Donde:
a=KQR/(2*π*(z^2+R^2))
b=2RH/(z^2+R^2))


\( Empleando:\\\\
t=tan\frac{\rho}{2} \\\\
\rho=2atan(t) \\\\
d\rho=\frac{2dt}{1+t^2} \\\\
senx=\frac{2t}{1+t^2} \\\\
cosx=\frac{1-t^2}{1+t^2} \\\\
Tenemos:\\\\
V=2a*\int_{0}^{tan\frac{\pi}{2}}\frac{2*dt}{(1+t^2)(1-b\frac{1-t^2}{1+t^2})}=4a*\int_{0}^{tan\frac{\pi}{2}}\frac{2*dt}{1+t^2-b+b*t^2}\\
Entonces:\\\\
V=\frac{4a}{1-b}*\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+c^2t^2} \hspace{5mm} = \hspace{5mm} \frac{4a}{1-b}*\frac{atan(c)}{c} \\\\
Donde:\\\\
c=\sqrt{\frac{b+1}{1-b}} \)


Es la primera vez que hago una integral de esta manera, el caso es que me he equivocado en algún punto y el resultado me dá un 21% menor que haciendo la integral de forma numérica, además c me sale imaginario para valores bajos de z.

[hméndez]

Aquí estoy de nuevo, en el cálculo del potencial entre un anillo y una carga:



He obtenido la siguiente integral:

\( V=\frac{KQ}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{Rd\rho }{d^{2}}= \)
\( \frac{KQR}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{Z^{2}+(Rcos\rho-H)^{2}+(Rsin\rho)^{2}}  \)
\( V=\frac{KQR}{2\pi }*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{Z^{2}+R^{2}-2RHcos\rho} \)

Entonces:

\( V=a*\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho }{1-bcos\rho} \)

Donde:
a=KQR/(2*π*(z^2+R^2))
b=2RH/(z^2+R^2))


\( Empleando:\\\\
t=tan\frac{\rho}{2} \\\\
\rho=2atan(t) \\\\
d\rho=\frac{2dt}{1+t^2} \\\\
senx=\frac{2t}{1+t^2} \\\\
cosx=\frac{1-t^2}{1+t^2} \\\\
Tenemos:\\\\
V=2a*\int_{0}^{tan\frac{\pi}{2}}\frac{2*dt}{(1+t^2)(1-b\frac{1-t^2}{1+t^2})}=4a*\int_{0}^{tan\frac{\pi}{2}}\frac{2*dt}{1+t^2-b+b*t^2}\\
Entonces:\\\\
V=\frac{4a}{1-b}*\int_{0}^{1}\frac{dt}{1+c^2t^2} \hspace{5mm} = \hspace{5mm} \frac{4a}{1-b}*\frac{atan(c)}{c} \\\\
Donde:\\\\
c=\sqrt{\frac{b+1}{1-b}} \)


Es la primera vez que hago una integral de esta manera, el caso es que me he equivocado en algún punto y el resultado me dá un 21% menor que haciendo la integral de forma numérica, además c me sale imaginario para valores bajos de z.

Suponiendo que la fórmula inicial esté bien y siguiendo tu resolución:

\( a = \frac{KQR}{2\pi\;(Z^2+R^2+H^2)} \)

\( b=\frac{2RH}{Z^2+R^2+H^2} \) (se observa que \( 0<b<1 \))

La integral que tienes:
 
\( V=a\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\frac{d\rho}{1-b\cos{\rho}} \) se puede escribir así:

\( V=2a\displaystyle\int_{0}^{\pi}\frac{d\rho}{1-b\cos{\rho}} \)

Usando la transformacion:

\( t=tan(\rho/2) \) queda:

\( V=2a\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{2dt}{(1+t^2)(1+b\frac{1-t^2}{1+t^2})} \)

\( V=\displaystyle\frac{4a}{1-b}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{dt}{1+(\sqrt[ ]{\frac{1+b}{1-b}}t)^{2}} \)

\( V=\displaystyle\frac{4a}{1-b}\displaystyle\int_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{dt}{1+(ct)^2} \) con \( c=\sqrt[ ]{\frac{1+b}{1-b}} \) (\( c \) siempre es Real ya que \( 0<b<1 \))

\( V=\displaystyle\frac{4a}{(1-b)c}\displaystyle\frac{\pi}{2} \)

\( V=\displaystyle\frac{2a\pi}{\sqrt[ ]{1-b^2}} \)

Saludos

[jlopez]

La solución es perfecta. Lo he probado con la integración numérica y coincide con un error relativo de 2e-15 para distintos valores que es el correspondiente a la resolución de variables tipo double.

Solo puedo decir que muchas gracias e invitaros a Luis (que me ayudó en el post anterior) y a tí al paper y al proyecto