[Richard R Richard]

partiendo de esta igualdad $$2Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{t^2+(L^2-z^2)t-L^2z^2}}\,dt\stackrel{(3)}{=}\\ 2\left.\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)t+2L^2z^2}{t(z^2+L^2)}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}$$

Y si $$\displaystyle\int\dfrac{1}{t\sqrt{at^2+bt+c}}\,dt=\dfrac{1}{\sqrt{-c}}\arcsin\left(\dfrac{-(bt+2c)}{t\sqrt{b^2-4ac}}\right)$$

entonces
$$a=1$$
$$b=(L^2-z^2)$$
$$c=-L^2z^2$$

 choclazo

luego
$$2Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{t^2+(L^2-z^2)t-L^2z^2}}\,dt\stackrel{(3)}{=}$$

$$\stackrel{(3)}{=}2Lz\left.\dfrac{1}{\sqrt{-(-L^2z^2)}}\arcsin\left(\dfrac{-((L^2-z^2)t+2(-L^2z^2))}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2-4(-L^2z^2)}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\left.\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)t+2L^2z^2}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)(z^2+L^2)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)z^2+2L^2z^2}{z^2\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2+z^2)^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{\color{red}\cancel{z^4}\color {blue}z^2(L^2+z^2)\color{black}}{z^2(L^2+z^2)}\right)=$$ me apuntaron este error así que de aqui para abajo esta mal

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2+L^2)^2-2L^4}{(z^2+L^2)^2}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{z^2}{(L^2+z^2)}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(\frac{z}{L})^2+1)^2-2}{(\frac zL)^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{(\frac zL)^2}{(\frac zL)^2+1)}\right)=$$

ahora hay que ver los limites cuando $$\frac zL\to 0$$ y cuando $$\frac zL\to\infty$$ llamemos $$u =\frac{z}{L}$$

 $$\lim\limits_{u\to 0}2\arcsin\left(\dfrac{(u^2+1)^2-2}{(u^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{(u^2}{(u^2+1)}\right)=$$

[cerrar]

y sale

 $$2\arcsin\left(\dfrac{(1)^2-2}{1^2}\right)-2\arcsin 0=2\arcsin 1-2\arcsin 0= 2\pi$$ que multiplicado por $$\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$$ te da el campo de de una placa plana infinita.

y

 $$\lim\limits_{u\to \infty}2\arcsin\left(\dfrac{(u^2+1)^2-2}{(u^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{u^2}{u^2+1}\right)=$$


$$\lim\limits_{u\to \infty}2\arcsin\left(\dfrac{u^4(....)}{u^4(....)}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{u^2}{u^2(....)}\right)=$$ lo de dentro de los puntos suspensivos es depreciable pues tiende  a cero

$$=2\arcsin 1-2\arcsin 1=0 $$      Uhhh... recalculando dijo el gps ....cierto si me voy lejos el campo de las cargas puntuales tienden a cero.


saludos

[ani_pascual]

Hola:

...

 choclazo

luego
$$2Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{t^2+(L^2-z^2)t-L^2z^2}}\,dt\stackrel{(3)}{=}$$

$$\stackrel{(3)}{=}2Lz\left.\dfrac{1}{\sqrt{-(-L^2z^2)}}\arcsin\left(\dfrac{-((L^2-z^2)t+2(-L^2z^2))}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2-4(-L^2z^2)}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\left.\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)t+2L^2z^2}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)(z^2+L^2)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)z^2+2L^2z^2}{z^2\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2+z^2)^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{\textcolor{red}{z^4}}{z^2(L^2+z^2)}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2+L^2)^2-2L^4}{(z^2+L^2)^2}\right)-2\arcsin\left(\textcolor{red}{\dfrac{z^2}{(L^2+z^2)}}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(\frac{z}{L})^2+1)^2-2}{(\frac zL)^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\textcolor{red}{\dfrac{(\frac zL)^2}{(\frac zL)^2+1)}}\right)=$$

ahora hay que ver los limites cuando $$\frac zL\to 0$$ y cuando $$\frac zL\to\infty$$ llamemos $$u =\frac{z}{L}$$

 $$\lim\limits_{u\to 0}2\arcsin\left(\dfrac{(u^2+1)^2-2}{(u^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\textcolor{red}{\dfrac{(u^2}{(u^2+1)}}\right)=$$

[cerrar]

y sale

 $$2\arcsin\left(\dfrac{(1)^2-2}{1^2}\right)-2\arcsin 0=2\arcsin\textcolor{red}{(-1)}-2\arcsin 0= 2\textcolor{red}{\left(\dfrac{-\pi}{2}\right)}$$ que multiplicado por $$\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}$$¿ te da el campo de de una placa plana infinita?

y

 $$\lim\limits_{u\to \infty}2\arcsin\left(\dfrac{(u^2+1)^2-2}{(u^2+1)^2}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{u^2}{u^2+1}\right)=$$


$$\lim\limits_{u\to \infty}2\arcsin\left(\dfrac{u^4(....)}{u^4(....)}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{u^2}{u^2(....)}\right)=$$ lo de dentro de los puntos suspensivos es depreciable pues tiende  a cero

$$=2\arcsin 1-2\arcsin 1=0 $$      Uhhh... recalculando dijo el gps ....cierto si me voy lejos el campo de las cargas puntuales tienden a cero.


saludos

En primer lugar, gracias por el vistazo...
Hay un paso en el choclazo que no termino de ver  , a no ser que hayas hecho una aproximación ... Lo he marcado en rojo. A mí me sale
\( ...= 2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2+z^2)^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{\textcolor{blue}{z^2(z^2+L^2)}}{z^2(L^2+z^2)}\right)=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)^2}\right)-2\arcsin 1=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)^2}\right)-\pi \)
 
Saludos

[Richard R Richard]

Hay un paso en el choclazo que no termino de ver  , a no ser que hayas hecho una aproximación ... Lo he marcado en rojo. A mí me sale
\( ...= 2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2+z^2)^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{\textcolor{blue}{z^2(z^2+L^2)}}{z^2(L^2+z^2)}\right)=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)^2}\right)-2\arcsin 1=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)^2}\right)-\pi \)
 
Saludos

Creo que confundi arcoseno con de -1 con arcocoseno de -1   ... quiza mas ojos vean lo que no ví, estas seguro del resultado (3)?

[Richard R Richard]

 choclazo corregido

luego
$$2Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{t^2+(L^2-z^2)t-L^2z^2}}\,dt\stackrel{(3)}{=}$$

$$\stackrel{(3)}{=}2Lz\left.\dfrac{1}{\sqrt{-(-L^2z^2)}}\arcsin\left(\dfrac{-((L^2-z^2)t+2(-L^2z^2))}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2-4(-L^2z^2)}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\left.\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)t+2L^2z^2}{t\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)(z^2+L^2)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)z^2+2L^2z^2}{z^2\sqrt{(L^2-z^2)^2+4L^2z^2}}\right)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^4-L^4)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)\sqrt{(L^2+z^2)^2}}\right)-2\arcsin\left(\dfrac{z^2(L^2+z^2)}{z^2(L^2+z^2)}\right)=$$ me apuntaron este error así que de aqui para abajo esta mal

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(z^2+L^2)^2-2L^4}{(z^2+L^2)^2}\right)-2\arcsin 1)=$$

$$=2\arcsin\left(\dfrac{(\frac{z}{L})^2+1)^2-2}{(\frac zL)^2+1)^2}\right)-\pi=$$

ahora hay que ver los limites cuando $$\frac zL\to 0$$ y cuando $$\frac zL\to\infty$$ llamemos $$u =\frac{z}{L}$$

 $$\lim\limits_{u\to 0}2\arcsin\left(\dfrac{(u^2+1)^2-2}{(u^2+1)^2}\right)-\pi=$$

[cerrar]

Si elijes $$\arcsin-1=\dfrac{3}2\pi$$  la integral te da $$2\pi$$  y si elijes $$\arcsin-1=-\dfrac{1}2\pi$$ te da $$-2\pi$$

[ani_pascual]

Hola:

...
 Si elijes $$\arcsin-1=\dfrac{3}2\pi$$  la integral te da $$2\pi$$  y si elijes $$\arcsin-1=-\dfrac{1}2\pi$$ te da $$-2\pi$$[/size]

  Al acostarme ayer se me ocurrió eso mismo y lo iba a escribir hoy, pero te has adelantado...
Gracias Richard R Richard por el interés mostrado.
Respecto a si el resultado (3) es cierto, lo he sacado de una tabla que circula por la red, y lo he comprobado, aunque hay otras primitivas posibles, en función de \( a,b,c \)
Saludos

[Richard R Richard]

Tengo el recuerdo de que algún tipo de estas integrales de electrostática, cuando hice física II en la universidad, se trataba de evitar la solución de las integrales por sustitución o evaluación de funciones trigonométricas, justamente por la periodicidad y porque a veces las simetrías en los extremos hacen pasar por alto resultados importantes.