en d
dS a dO ■a sen 0 d
69 d
F¡ gura 3.7
Un elem ento diferen cial de á rea de la sup erficie de una esfer a.
PROBLEMA 3.27 Exp resar el elem ento diferencial de área de la superficie dS para una superficie S representada por (3.102)
z = z (x, y).
So lució n:
Por (3. 88),
Entonces, usando (3.96),
dS = | rx x xy | dxdy
dxdy.
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(3,103)
r
58
Análisis vectoria l
3.6
Derivada direccional y gradiente
Un campo escalar
Z
r t A r = (x + \ x ) i 4 (y + Ay)j + (z + Az)k. Figura 3.8
La derivada
direcc ional.
Sea
_ ]jm ASo<>s
(x, y, z)
^
donde As es la longitud de arco de C desde P hasta Q. El gra diente de la función escalar
, , grad ó ;
(3.105)
n 1AC^
PROBLEMA 3.28 Mostrar que la derivada/íirecciona l de
C.
donde T es el vector unitario tangente a So lu ci ón :
(3.10 6)
Por (3.68), el vector unitario T tangent e a C en cualquier punto es
T
dxdx.dy.dz ------— i i --- j f — k . ds ds ds ds
.
(3.107)
Por cálculo, dcj> ds
de/) d x dx ds
dt p d y d(f> d z dy ds dz ds
(3.108)
que es la forma de un producto escalar de grad
grad 0 • T.
Introduciendo el operador diferencial V (léase nabla o d el),
üx el gradiente de
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™ j+ k , dy dz
(3.109)
59
Cálculo diferenc ial vectorial
grad
j > ■— ay
dz
k] ó /
~
i *
dx
dy
i i
dz
(3.110)
k.
Por (3.110), las propiedadas del gradiente son 7 (c<¡6) = c V<5, V ( 0 + 0) =
(3.1 11)
' ViA.
(3. 112)
V(
0
(3il3 ) alguna región del espacio y
c es una
Verificar (3.1 13)
Por la defini ción de gradiente (3.110 ),
V (
W
óz
ay
+ fi±
r)\i +L d/ ± rí+f ?// i ± \ r) rh\ \i +L w + fi ± rA\ <9x / \ (9y (9y / \ dz <9z /
dx
dx
3 0
W>
x
<9y
dz
) \c lx
dy
<9z
= 4>Vi/j + if/S7 cf). PROBLEMA 3.30 Mostrar que la mag nitud y dirección del gradiente V0 e s independiente del sistema coordenado. Esto es, mostrar que la magnitud del gradiente IV0 Ies igual al valor máximo de la derivada direccional de jp(jt, y, z) y su dirección es la de la rapidez máxima de crecimiento de la función 0. Solución: Por las definiciones de derivada direccional (3.106) y el producto escalar (1.25), la derivada direccional de 0 en el punto (x, y, z) es ^
ds
= V 0T = |V 0
| | T | eos 0 = j V 0 | eos 0,
(3.114)
donde 9 es el ángul o entre V0 y el vector unitario T tang ente a la cur va C. Como 1 < eos 9 < 1, 30/ds es máximo cuan do 0 = 0, i.e., cuando la dirección de T es l a dirección de V0 y dcf> ds
= | V 0 I
(3.11 5)
Así que la magnitud del gradiente es 90/9slmax y su dirección es la de la máxima rapidez de crecimiento de la función PROBLEMA 3.31 Si 0(x, y, z) es una función escalar y V0 =£ 0 en un punto P en el espaci o, entonces m ostrar que V 0 es perpend icular a la supe rfici e S definida por
(f)( x,y, z ) - c,
(3.116)
donde c es una constante. Solución: Usando (3.94) del problema 3.25, un vector unitario normal superficie S definida por (3.116) es
n pa ra la
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Análisis vectorial
60 d(fc . dx
dó . dy
d
—2 1 1 + — j + —— k n =
MV +/MV(É+á dx)
\dy)
(3.117)
IV 0
\<9z
S.
Entonces, concluimos que V0 es perpendicular a
S ol u ci ó n a lte rn a: Si suponemos que una curva C del espacio , situada en una superf icie S está representada por r(í) = x (í)i + y (í) j + z ( t ) k ,
c constante,
entonces por (3.116) tenemos, para
<£[x(0. y( t), z(0] = c.
t,
Diferenciando esto con respecto a
dx
dy
donde por (3.40), el vector tangente a
z' (O = V f r '( í) = 0,
dz
(3.11 8)
C en P es
r'( 0 = x '(í)i + y'(t)j + z' (t)k. Por otra parte, (3.118) implic
a que V $ l/ (f ), i.e., es perpendicul ar a C en P.
Este razonamiento se puede aplicar a cualquier curva suave sobre la superficie S que pase po r P. Por consiguiente, V0 es perpendicular a todas esas curvas en P, lo que puede cumplirse sólo si V0 es perpendicular a la superficie S. PROBLEMA 3.32
Hallar (a) la derivada direccional de
dirección de/"(l, 1, 0) a
Q( 2, 1, 1) y (b) su valor máximo y dirección en (1, 1, 0).
(a) Sean r , = [1, 1, 0] y r2 = [2, 1, 1] los vectores de posición que representan Solución: los puntos ^(1, 1, 0) y Q( 2, 1, 1) y sea T el vector unitario en la dirección de P hacia Q. Entonces po r la defi nición de vector unitario y (2.23), (2 - l)i + (1
r2 - T;
= r, r,
- l)i + (1 0 )k
i + k
= [(2 l) 2 + (1 l) 2 + (1 O)2]^ ” V 2 V2Í+ V2k lV2’°
Por otra parte, por (3.110) con
(p(x, y, z) dado, V 0 = 2xi + 2yj + 2zk.
Así que en (1, 1, 0) el gradiente es V<£ 2 i + 2 j + Ok = [2, 2 , 0], y su magnitud es |V<¿ I = (22 + 22 + 0)y> = 2\¡2. Por consiguiente, por (3.106) la derivada direccional de 0 en (1, 1, 0) es ( 2 ) ( 0) + ( 0 )
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:V2
’72J
61
Cálculo diferenc ial vectorial
Esto signif ica que e l valor de 0 se increm enta en % /2 po r unidad de distancia mie ntras pasa de P( 1, 1 ,0 )3 0( 2, 1, 1). (b) El valor máximo de 90/9s en (1, 1, 0) es IA0 I= 2\/2 y su dirección es la de A0 = [2,2,0]. PROBLEMA 3.33 Hallar un vector unita rio n norma l a la superficie dada por z = x 2 + y 2 en el punto (1, 0, 1). So lució n: Com oz = x 2 4 y 2, la superficie se define como 0 (x, y, z) = x2 + y2 z = 0. V<£ = 2 x i + 2 y j k.
El gradie nte es
Así en (1, 0, 1), y = 2 i k. Por tanto, según (3.117),el vector unitario es
_ V 2i - k n ~ |V 0 | = [2 2 + 0 + ( l) 2]^ =
PROBLEMA 3.34
2i-k V5
V5 ’ ° ’
>/5
'
Para un vector arbitrario constante a, mostrar que V (a • r) = a,
(3.119)
donde r es e l vector de posición. Solución:
Sea a = [a,, a2, a3]; puesto que r = [x, y , z],
a • r = a l x + a2y + a 3z. Así que,
d S d V(a r) = — (atx + a2y + a3z) i + — (ajX + a2y + a3z) j + — (at x + a, y + a3z) k ax dy dz = a l i + a2j + a3k = a.
PROBLEMA 3.35
Si
- d t «s d4>. So lució n:
(3.120)
Si r = xi + y¡ + zk , entonces su diferencial es
d r = d x i + dy j + dz k. Por (3.110), V0 =
k. Por consiguiente, toman do el prod ucto escalar,
V
dx
dx +
dy
dy + dz
dz = dá.
La identidad (3 .1 20 ) se puede expre sar como (3.121)
(dr-S7)
Si 0 =
d
dt
dt.
(3.122)
Si 0 =
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Análisis vectorial
62
d(f>= *± dx +*±dy+? dx dy
dz
* dz +^ d t. dt
Por lo s resultados del problem a 3.35,
dcf> =(V0) - d r + = d r ■Sjcf) + PROBLEMA 3.37
dt
dt
dt.
Hallar V0 si 0 = r = lrl= (x 2 + y 2 + z2) 1/2.
Solución: La superfi cie definida po r 0 = r = (x2 + y2 + z 2) 1/2 = const es una esfera con ce ntro en el ori gen (0, 0, 0). Por consiguiente, de acuerdo con el resultado del pro blema 3.31, V r es normal a la esfera y por lo tan to es paralel o al vector de posició n r = [x, y, z]. Así, podemos escri bir V r = kr . Por (3.120),
dr = V r • d r = k r • d r = kr dr. Así que
k ~
r
,
y por tanto V r = — r = er , r donde er es el vector unitario
(3.123)
en la dirección del vector de
posición r.
So luc ión alte rn a: Por (3.110) el gra die nte es V r = V (x2 + y 1 + z 2)I/j = — (x 2+ y 2 + z2)1/j i + — (x 2+ y2 + z 2)l/l j + — (x 2 + y2+ z2)/2 k dx dy dz 1 2x . 1 2(x2 + y 2 + z 2)1^ =
x . y . — i +— r r
z r
j+
2y _____ . ^ 1 _____2z _____ 2 (x2 + y 2 + z 2)1^ 2(x 2+ y 2 + z 2)1^
_____
—
k
1 = —r r
=erPROBLEMA 3.38
Si <¡>= 0(m), don de u = u(x, y, z ), entonces mostrar que V 0 = V ^(u ) = 0'(«)V u.
S ol uc ió n:
Por (3.110), el gradi ente es
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(3.124)
Cálculo diferenc ial vectori al Si r = I r I= (x2 + y 2 + z 2) 112 , hallar Vr" y V(l/r), donde
PROBLEMA 3.39 número real.
Solución: 3.37,
Sea
63
n es cualquier
~ r ” Entonces por (3.124) y el resultado (3.123) del problema V(rn ) — (r" )Vr dr
nr n~1Vr nr" _ 1e r n r " 2r.
(3 .125 )
Haciendo w= 1 en (3.125), v ( r ) ^ r
3.7
(3.126)
El operador V
El operador vectorial diferencial V» i i f A j+ A lt, dx ay oz
[3.1091
no es un vector, sino un o perador. Puede c onsiderar se com o un vector simb ólico. Asi si 0 es un camp o escalar, entonces <¡>V es un operado r, mientras que V0 da la impor tante funci ón vectorial llamada gradiente. De modo s imilar, s i f es una fu nción vectorial diferenciable, entonc es fV y f X V son operad ores, mien tras que V f y V X f dan im portan tes funciones escalar y vectorial respectivamente. (Vcanse secciones 3.89). Por tanto , mu ltipli cando V a la izqui erda da operadores, mientras que m ultipli cándolo a la derecha da importantes funciones escalares y vectoriales. En otras palabras, V sólo opera sobre lo que le sigue.
3.8
Divergencia de una func ión vectorial
Si una funci ón vecto rial es f = [/ ,, / : . /, ], donde / , . f2, /, son funciones escalares, entonces su producto punto o escalar con el vector simbólico V es 7 f
f— i + — \d x
ay
di2
dx
dy
i + — k ) • ( t , ¡ +l i dz
J
/. k '
dz
Por consiguiente, una función‘vectorial f se transforma en una función escalar cuando se opera con V por la izquierda, lista función escalar se llama la divergencia de la función vectorial f y se escribe como div f. Asi que, di.
di
di.
dx
dy
dz
. div f = V • f — L + —i + — í .
(3 .12? )
Aunque la definición (3.127> no da significado físico o geométrico alguno al concepto de divergencia, da su forma de fácil cálculo. En el capítulo 4 se dan otras definiciones de divergencia con su interpretación física también PROBLEMA 3.40
Si f y g son dos funciones vectoriales, mostrar que V(f+g)=Vf+Vg.
(3.128)
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64
Por (3.127), V • (f + g) = ~dx(f>+ ¿i) + T "dy^ + éj) + <9/1
d/2
dx
dy
dz
+
df3\ ^ /
\d x
dy
dz
= V • f + V • g. PROBL EMA 3.41
So lució n:
Si r es el vector de posición, hallar la divergencia
V • r.
Si r = x\ +yj + zk, entonces por(3.127), V • r = — + — + — = 3. dx dy dz
PROBLEMA 3.42
(3. 129 )
Hallar la divergenc iade f = xy zi + x 2y 2z') + yz 3k.
Solución: Por (3.1 27) , la divergenci a
es
d/, d i, div f = V f = — + — + — dx dy
d /3 dz
= —— (x yz ) +
[
(yz3)
(x 2y2z) +
^ += 2y xz 2yz
+ 3 y z2.
(3.130)
Si
S ol uc ió n:
Verificar (3.131).
El grad ient e es
dd> . dd).
Vc6 = — i + — j dx dy
dd)
+ — k. dz
Entonces, dy \dy j
dx \d x / = d^0 dx2
d ^> dy2
dz
\d
d 2<¿> dz2
La divergen cia del gradiente V Vs e escribe com o V2 . En tonces V *(V<£) se escribe comoV • V
V3=
dx2
dy2
+ —— , dz2
(3.132)
. f ü l + * * J ^ . £ ¿ +Ü á + Ü ¿. 13.131] \ d x 2 d y J d z 2/ dx2 dy2 dz2
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65
Cálculo diferen cial vectorial Una función escalar
(3.1 33)
PROBLEMA 3.44 Mostrar que la función l/r, donde r= Ir 1= (x2 + y 2 + z 2) 1'2 ps una función armónica, siempre que r¥= 0. Solución: Claramente l/r es cont inua, pu es x 2 , y 2, z 2 y r son continuas. E ntonces por (3.131), el Laplaciano es
Por otra parte la primera y la segunda derivadas parciales de
dx
(x2+ y 2 + z 2)~ ^ = x(x2+
l/ r con respecto a x son
y 2 + z 2)~
— (x2+ y2 + z 2T Vl = — [~x(x2 + y2+ z 2)~¡/’] dx2 dx = 3x2(x2 + y 2 + z 2) ^ —(x2 + y 2 + z 2) ^ = 3 x 2r5 —r 3. De modo similar, las segundas derivadas parciales de
dy
(3.134)
\/ r con res pecto ay y a 2 son
(x 2+ y2 + z 2r l/3 =3y2r5 r 3,
— (x 2 + y 2 + z 2T Vi3=z 2r5 r " 3. dz2
(3 .135 ) (3.1 36)
Como x , y , z y r son continuas, las segundas derivadas parciales son continuas también si r # 0. Agreg ando (3.1346 ), V2
= 3r5 (x2
+ y 2+ z2) 3 r " 3= 3 r“5 r2
con tal que r =£0. Así que se satisface la ecuación
3 r3 = 3r 3
3r"3= 0,(3.137)
de Laplace y la función l/r es armónica.
3.9 Rotacional de una función v ectori al Si una función vectorial es f = [/, / 2/ 3], d on de /, , f 2 y / 3 son funcione s escal ares con primeras deriva das continuas, en tonces su produc to cru z o vectorial con el vector simb ólico V e s
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A núlisis vectorial
66
Llamamos a esta función el rotacional (rot f) de la función vectorial f; i.e., . á * ' .... rotacional f V x f ,
V (3.139 )
a f aunque tratamos a Debe observarse que V X f no es necesariamente perpendicular V como un vector simbólico. En el capítulo 4 se discute el significado físico del rotacional de f. PROBLEMA 3.45
Si f y g son dos funciones vectoriales, mosírar que V / (1 • g) = V y f
4
(3.140)
V x g.
Sean f = [/ , , f 2, / 3] y g = [£, , g2, g3 ]. Entonces,
Solución:
i'-*- g =• (/ ! + á , ) i 4- (f 2 + é2) i + (h +
Por consiguiente, V x (f 4 g) =
¿ (/3 - g3)
d((2 4- g2)
dy
dz
d /,
dl2
dy
dz
¿éi I
dz
' ¿y
= V x f + V x g.
PROBLEMA 3.46
Solución
:
Si r es el vector de posición, hallar
i
j
k
d V x r = dx
d dy
d dz
x PROBLEMA 3.47 Solución:
V X r.
Como r = xi +> j + zk, por (3.138 ) el rotacional es
y
0.
(3.141)
z
Hallar el rotacional de f = xyzi + x 2y 2z] +>>z3k.
Por (3.138), el rotacional es
V x f
i
j
k
<9 dx
d dy
d dz
xyz
x 2y 2z
* £
yz3 d . d . 3 . — (x y z ) — (yz3) dz dx
(y z3) - -f OZ dx
(x2y 2z) -
dy
(xyz )
(z3 - x2y 2) i + (xy) j 4 (2 xy2z - xz) k.
Si 0 es una función escalar con :>n segundas derivadas continuas, entonces el rotacional del gradiente de
Verif icar (3.14 2)
El gradiente de 0 es
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(3.142)
Cálculo diferencial vectorial
,
V<¿ =
67
dcf) . d(f> . dcf> —;- i + —— J + —£dx dy dz
k.
Por consigui ente, suponiend o que
j
A
V x (V<¿)
k
J L JL
dx
dy
dcf) dx
dz
dcf) dcf> dy dz
d 2cf) =0
d2cf)
dy dz
d 2cf)
dz dy
dz dx
J+
dx dz
d 2cf)
d 2cf)
dxd y
dy dx
pues las segundas derivadas son continuas y po r lo tanto ,
d 2cf) d 2cf) dydz dzdy dzdx
d 2cf) dxd
d 2cf) d 2cf) d 2cf) z dxdy dydx
Ni la función vectorial es f = ff ,. f t , f 3]. donde las com ponen tes escal ares / , , f 2, f 3 tienen segundas derivadas continuas, entonces la divergencia del rotacional de f es cero, V■(VX Í)=0.
(3.143)
Verificar (3.143).
PROBLEMA 3.49
Solución: Si f =fi'\ + f 2j + / 3k, en tonc es por (3.1 38 ) su rotac ion al es
dd i2: f 2\ /dfi d í 3\ / df2 dfí ; 1+ . k. \d y dz dx)* \<9x d z )/ \ d\(9z z dy Por lo tanto, suponiendo que f tiene segund as derivad as parci ales continuas, p or (3.127 ), la divergenc ia del rotacio nal es fdf3
Vx f
d fdf 3
V • (V x f) = — (— i dx
\dy
d 2L dxdy
d f2 \ dz )
—i
d2f. dxdz
dy
d / dí2
di .
d (di,
i +
-----
di j
d z \dx
\dz
d21, + dydz dydx
dy
d 2í 2 d z d>
d 2(l dz dy
=0 pues las segundas derivadas son co ntinua s y po r lo ta nto ,
d2i3 dxdy PROBLEMA 3.50 por B.
Solución:
Si
d 2(3 dydx
d 2i 2 dxdz
d 2í 7
d2fí dydz
d zd x’
d2í l dzdy
Mostrar que si B = V X A, entonces A no está unívocam
\p es una función escalar arbitraria, sea A' = A+V
ente d eterminada
(3.1 44)
Entonces por (3.140) el rotacional de A' es V x A' = V x (A + V
(3.1 45)
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68
Análisisvectorial
V X A', lo que pues V X (Vi//) = O por (3.142). Así que B se puede expresar como B = indica que A no está determinada unívocamente a partir de B, pues i// es arbitrario.
3 .1 0 Operacion es con V y algunas identi dades vectoriales Usando e l operador V, hemos definido gradiente, divergencia y rotacional para obtener cantidades escalares y vectoriales. En esta sección consideraremos varías combinaciones del operador V con funciones escalares y vectorial es. Debe recalcarse que e! orden en el cual aparecen los símbolos en las expresiones que usan V es muy importante, pues el operador V solamente opera en lo que le sigue. Así por ejemplo, (f-V)g
é g(f-V).
El lado izquierdo de esta expresión es un campo vectorial, mientras que e l dere cho es un operador. (Véase problema 3.51). PROBLEMA 3.51 Determinar el significado que puede asignarse a (Véase problema 3.35).
(f*V)0 y (f-V)g.
Solución: Como V es un operador diferencial con respecto a las coordenadas en el espacio; sólo opera con lo que le sigue.Así que interpretamos (f*V)0 como producto vectorial del vector f con el gradiente V0; i.e., (fV) <¿ = f(V<¿).
(3.146)
Se pueden o btener result ados similares interpre tando a V como un vector simbólico; i.e., d . d . „V = —d— i. + — — j + —— k. dx
dy
dz
Entonces tom ando su producto escal ar a izquierda con f, f .V = / i J L + Í2 ± +Í3 ± . dx dy dz
(3.147)
Así que,
(f -v )0 = /, - + f¡ r + f, — 0 \
dx
dx
dy
dy
dz /
dz
= f(V0). Como Vg no está definida, usamos el operador diferencial (3.147) que opera sobre para ob tene r (f-V)g=
(i,
\
dx
=/, ^ + f2 dx
+ f2
dy
dy
+f 37 r ) g dz]
I 1. dz
(3.148)
PROBLEMA 3.52 Hallar (f*V)0 y (f-V)g en (1, 1, 1) si f = -y i + x] + zk, g = 3xyz2i + 2xy3 j —x 2yz k y
Solución:
Como
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g
69
Cálculo diferenc ial vectoria l
V<£ = — (xyz) i + — (xyz) j + —— (xyz) k = y z i + x z j + x y k, dx dy dz tenemos (f • V) 0 = f • V (f>= (y) (y z) + (x) (xz) + (z) (xy)
= - y 2z + x2z + x y z. Por tan toe n( l, 1,1), (f • V)0 = 1 + 1 + 1 = 1. Multiplicando f • V por g a l a derec ha da (f ■V) g = ( y )
dx
(3xyz 2i + 2xy 3j x2yzk)
+ (x) — (3x yz 2i + 2xy3j x2yzk) H\T dy
_d + (z) — (3xy z2i + 2xy3j x2yzk) dz = (~ y )( 3 yz 2i + 2y 3j 2x yz k) + (x) (3xz2 i + 6xy2j x2zk) + (z ) (6x yz i x2yk) = ( 3 y 2z 2.+ 3 x 2z 2+ 6xyz2 )i + ( 2 y4 + 6x 2y2)j + (2xy 2z x3z x2yz)k. Entonces en (1, 1, 1), (f V) g = ( 3 + 3 + 6)i + ( 2 + 6)j + ( 2 1 l)k = 4j = [0,4 ,0], PROBLEMA 3.53
Si r es el vector de posición, mostrar que (f ■V) r = f.
Solución:
(3.14 9)
Si r =x i + yj + zk, entonces (ref •Vv7'\) r =fj ~c + í i cr
dx
=
+í j 7t
dy
az
+ f2i.+ f3k
= f.
PROBLEMA 3.54
Mostrar que (dr V)f = di .
Solución:
(3.150)
Por(3.147), , „ , d d d á r •V = d x -----h dy — + d z — . dx dy dz
Por consiguiente, (d r • V) f = c/x —— + dy —— + d z ——
dx dy dz di . dt , dt = ---- dx + —— ay + —— az <9x dy <9z = df. PROBLEM A 3.55
Si f = f(x, y, z, t), entonces mostrar que
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Análisis vectorial
70
d i = (dr. V)f +
—
dt
(3.151)
dt.
Como f = f(x, y, z, t), tenemos por la definición de diferenciales,
Solución:
dt = — dx dx ,
dt dx
dt , di , dt , dy + ---- dz + ----dt dy dz dt
----
,
dt dy
, dt dt , dz dt
d x ------h d y ------h d z ------h — dt (dr -V )t + — dt. dt
PROBLEMA 3.56
Dete rmin ar el significado que puede darse a (f X V) 0 y (f X V)g.
Como el operador V sólo actúa sobre lo que le sigue, interpretamos (fXV)i Solución: como el producto vectori al de f por el gra diente V0; i.e., (f x V )0 = f x (V 0) .
'
(3.152)
Se pueden obtene r resultados simil ares interpretan do V como un vector simbólico; i.e. , V = Jdx~ 1 +dy 7 ~ J +dz T “ k> Com o f X V es un operador, fxV=
i
j
k
fi
u
U
d
d
d
dx
dy
dz d (^ ~ f 3 \ dz 3 dy
dy
2 di
k.
(3.153)
Asi que, (fx V)0
= f x(V 0).
No se asigna def inición alguna a (f X V)g y a que éste es un tipo de op erador diferencial con cantidades vectoriales.
Aunque no se asigne significado u cantidades tales como Vg y (f X V ig. ellas son generalizaciones de vectores y se llaman diádicos. Formalme nte, un diádico e s una generalización de un vector.
PROBLEMA 3.57
Si f y g son dos funciones v ectoriales, mo strar que (f x V). g = f-(V x g).
Solución:
Por(3.153),
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(3.154)
71
Cálculo diferencia l vectorial
(/,
— ) + (f,
dz
\dy
dy ¡
dz
\
\ dz
/
^
dx
-t,
dz I
V
dy
dx
ir)'‘Á\ tdx1 - dy¥
dx /
= f • (V x g) pues ¡*g = g i , j ‘g =£2 ykg=^3. Ahora consideraremos un grupo de identidades vectori ales bien conocidas que incluyen al operador V. Aun cuando estas identidades se pueden verificar por desarrollo directo usando las compone ntes de la función vectorial establecer emos estas identidades heurísticamente tratando V como un vector simbólico y también como un operador diferencial. Entonces las expresiones se manipulan de acuerdo con las fórmulas apropiadas del álgebra vectorial. En el resultado final V se da con su significado operacional. PROBLEMA 3.58
Demo strar qu e
V- (0 f) = 0V -f + f-V 0.
(3.15 5)
So l uc ió n: Como V es un operador di ferencial , la regla para diferenciaci ón de un prod uc to pue de exp resa rse como
V-(0I) = V* •(<£*) + Vf-(0f). El pr oducto pun to C0-(0f) significa que f es fijo y V opera sobre 0. De modo similar, V f*(0f) significa que es fijo y V opera sobre f. Com o V *0 no está definido,
V<¿-W>f) = f-V0, V f ( 0 f ) = 0V- f. Sumando las dos ecuaciones anteriores,
V- (0f ) = f- 70 + 0-Vf. Sol uci ón a lte rna: Usando compon ente s,
v • (0 r) = dx / - (0/,)+ ~dy (0/2) +dz ~ (0/3) d(1 d
d
dcf)
----
dz
t d t _ d f , df,\ ( d
- 0 V • f + f • V. PROBLEMA 3.59
Demostrar que
V x( 0f ) = 0V Solución:
X
f + ( V0) x f = 0 V x f - f x V 0 .
(3 .156)
Como V X (0f) = V0 X (0f) + Vf X (0f) y V X0 no está definido ,
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72
Análisis vectoria l V(£ x (0 f ) = (V) x f = f x V 0, Vfx (0f) = 0V x f.
Entonces, sum ando estas dos ecuaciones , V x (0 f ) = (V0 ) x f + V x f = 0V x f f x V 0. Demostrar que
PROBLEMA 3.60
V • (f x g) = g • (V x f ) f • (V x g). Solución:
(3. 157 )
Podemos escribir V (f x g) = Vf *(f xg) + Vg ( fx g),
donde los subínd ices tiene n el mismo significado de antes; esto e s, V f*(f X g) significa que g es fijo y V opera sobre f. Por (1.77), Vf • (f x g) = g V x f, Vg*( f x g) = f • V x g. Así que, \7 *( fx g) = g V x f f V x g . Verificar
PROBLEMA 3.61
V
X
(f
X
g) = f(V-g) - g( v- f) + ( g - V ) f- (f -v)g.
(3 .15 8)
Solución: Com o V X ( f X g) = V f X (f X g) + Vg X ( f X g), aplicando la regla del término central para el triple producto vectorial (1.83) da
V f x (f x g) = (g* V)f g(V • f), Vg x(f xg) =
f(Vg)(fV)g.
Por consiguient e, V x (f x g) = f (V • g) g(V • f ) + (g • V) f (f • V) g. Las cantida des (g'V )f y ( f'V )g se defi nen en (3.148). PROBLEMA 3.62
Demostrar que
V (f • g) = f x (V x g) + g x (V x f) + (f V )g + (g V )f .
(3.159)
Solución: Aplicamos la regla del término central para el triple producto vectorial (1.83) a f X (V X g), donde la función vectorial f es una constante. Entonces,
fx (V x g ) = Vg (fg )(f V)g.
(3.160)
Vg(fg ) = f x ( V x g ) + (f.V)g,
(3.16 1)
Por consiguient e,
e intercambiando f y g, Vf(gf)
= Vf(fg)=
g x ( V x f ) + (gV )f.
(3.16 2)
En consecuencia, usando (3.1612), V(fg) = Vf(fg) + Vg(fg) = g x (V x f) + f x (V x g) + (gV)f + (fV)g.
Si f es una función vecto rial con segundas deri vadas continuas, e ntonces el rotacional de l rotaci onal de f es
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Cálculo diferencial vectorial
73
rot. ( ro t f) = V x ( V x f) = V (V • f)
(3.163)
= grad ( div f) V*f. PROBLEMA 3.63 Solución:
Verificar (3.163).
Por la fórmula para el tri ple pro ducto vectori al (1.83), A x (B x C) = ( A • C) B ( A • B) C;
[1.83]
entonce s haciendo A = B = V y C = f, Vx(Vxf)=V(Vf)(VV)f = V(Vf)V2r.
En lugar de escribir (V*f)V, debemos escribir V(V*f) de modo que V opera sobre f. Entonces por (3.163), V2f = V(Vf)
V x ( V x f) ,
(3.16 4)
que es la fórmula para calcular V2f. PROBLEMA 3.64 Solución:
Calc ular V* [f(r) r] si r es el vector de posición y r = 1r 1.
Por (3.155) V[/(r)r] = /(r)Vr+ rV[/(r)],
y por (3.129), V • r = 3. Entonces por (3.1234), V [/ (r)] = /'(r )V r = f'(r) = f ' ( r ) e r. r
(3.165)
po r ta nto , pu esto que r* r = r2 , V • [f (r) r] = 3/( r)+ PROBLEMA 3.65 Solución:
r . r = 3 f (r) + t i '(r).
r
(3.166)
Calcular V ( r" _1 r).
Haciendo f(r) = rn~1 en (3.166), V . (r n_1 r) = 3r n ~ l + (n l) rn_1 (3.167)
= (n + 2)rn“ 1. Haciendo n = 2 en (3.167), obtenemos, par v .(i
a r # 0, (3.168)
). 0.
Ahora, po r (3.1 26) tenem osV(l/r ) = l / r } r; por lo ta nto (3. 168) i ndica qu e p a r a r l o , • .........\ .............................................................................................. ..... v .v (i)= PROBLEMA 3.66 Solución:
v (í)
[3.1371
=°.
Calc ular V X [f(r)r].
Usando (3.156), V X [/(r) r] = / (r) V X r + [y/(r)]
x r.
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74
Análisis vectorial f ' ( r ) r/r. Por tanto,
Ahora, p or (3.14 1), V X r = 0 y por (3.165), V[/(r)] =
Vx[/(r )r] = ^ > r x r = 0
(3.169)
pues r X r = 0 por ( 1.58 ). PROBLEMA 3.67 Solución:
Calcular V • V [/ (r )] = V 2/(r) .
Por(3.165), V [/(r)] = L Q
r.
Así que por (3.155), V • V [/ (r)] = V -
/' ( r )
í'(r)
V •r + r-V
x/= 3 y
Entonces por (3.129) y (3.165), obtenemos V • V
1 d V(r)' > (0 r . ~ r dr . r
|* —_1 -/"(r)--/'(r) r
Así, puesto que r • r = r 2, V • V [/ (r )] = -
f'(r )+
-
I r
r2
/' (r )
r •r
(3.170) PROBLEMA 3.68 Solución:
Calcula rVVr" = V2r".
Haciendo/(r) =
rn en (3.170),
V - V r n = V 2r" = - — rn + — r" r dr dr2 = 2n r n"2 + n( n - l) r" -2
(3.171)
= n(n + l)rn~2.
Haciendo n = —1 en (3.171), tene mos para r =£ 0, V2 ^ PROBLEMA 3.69
Mostrar que V(0ViA
Solución:
J= 0, que es (3.137).
iAV 0) = 0 V 2v!' ,/' V 20.
Haciendo f = Vi//en (3.155), V • (0V
(3.172)
(3.173)
entonces intercam biando 0 y i// en (3.173), (3.174)
V - ( ^ V 0 ) =
Sustrayendo (3.174) de (3.173) se obtiene V( 0V0
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20
75
Cálculo diferencia l vectorial
3.11 Problemas suplementarios PROBLEMA 3.70 Sean A(í) = í i + í 2j + t 3k y B(í) = i + íj + (1 f)k. En t = 1, calcular (a) A '( t) , (b) (d/dt) [A(0*B(0] Y (c) (d/dt) [A(0 X B(í)], Respu esta: (a) [1, 2, 3], (b) 3, (c) [1 , 1, 0],
Mostrar que si las terceras derivadas de la función vectorial
PROBLEMA 3.71 entonces
f(t ) existen,
dt (b)
- [f(í)V(í)
dt
t"Xi) 1 = [f(0 f'(0 r —(f) ].
PROBLEMA 3.72 Si f(í) X f'(í) = 0, entonces mostrar que f(í) tiene una dirección fija. Sea f(t ) = f ( t ) e (t), donde e(?) es un vector unitario. Deducir que e (t) X e'(t) = 0 y e(í)*e'(í) = 0 ],
[Sugerencia:
PROBLEMA 3.73
Si f = uvwi + u w 2j v3k y g = u 3¡ -uvw j + u2wk, calcular
PROBLEMA 3.74
(a) (b)
Verificar la regla de la cadena para derivadas (3.19).
;— a en el srce n, dudv d2f x -----d2£ en el punto (1, 1,0).
dv2
du
Respuesta: (a) 0, (b) [0, 3 6, 0]. PROBLEMA 3.75 Trazar las curvas representadas por las siguientes funciones vectoriales: (a) r (í) = eos íi + sen íj + sen, ík, 0 < t < 2 tt-,
t j + bt k,
(b)
r(í ) = a eo s í i + a sen
(c)
r(f ) = Í3Í + t í , —o o < t < oa.
y
6>0
0 <í<
Respu esta: (a) Una elipse, (b) u na hélice cilindrica. Hallar la longitud de las curvas representaáas por las siguientes PROBLEMA 3.76 funciones vectoriales: (a ) r( í) = eos í i 4 sen í j + sen ík , 0 < í < 2 n,
(b)
r(í) = í i + sen 277 í j + eos 2t7 ík,
(c)
r (í) = eo s 3 í i + sen 3 t j, 0 < t
Re spuesta :(a )
377, (b)
0 < tM
1,
< 2n.
\J l + 4772, (c) 677.
PROBLEMA 3.77 Hallar el vector unitario T tangente a las curvas representadas por las siguientes funciones vectoriales en los puntos especificados: (a)
r(í ) eos í i + sen íj + ík,
en t = 77;
(b) (c)
r(í)
a( í s en í)i t a ( l eos í)j,
en cua lquier punt o
t.
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76
Análisis vectorial
PROBLEMA 3.78 Hallar un vector un itario n normal en (0, 0, 0) a la superficie representada por z = 3x2 + 4 y 2. Respu esta: [0, 0, 1] .
S
PROBLEMA 3.79 Halla r un ve ctor unitario n normal en (1, 1, 1) a la superficie S representada por*2 + y 2 - z 1=0. [2
Respu esta: —,
2
1 —
PROBLEMA 3.80 Hallar un vector u nitario n normal a la superficie S representada por la ecuaciones paramétricas x = u eos v, y = u sen v, z = z(u) .
Respu esta:
[~z'(u) eos v, -z'( u) sen v, 1],
= 1= V I + [(z O )]2
PROBLEMA 3.81 Hallar la derivada direccional de
Re spuesta : 18/VT4. PROBLEMA 3.82
(a) (b)
Si 0(x, y, z) = x y + y z + z x , hallar
V 0 en (1, 1, 3), ds
en (1 ,1 , 3) en la dirección de [1, 1, 1],
(c) la deri vada normal t —= V0*n en (1, 1, 3), donde n es un vector unitario normal an a la superficie S definida por una constante 0(x, y , z). Respu esta: (a) [4, 4, 2], (b) 10/\/3 , (c) 6. PROBLEMA 3.83 Hallar la divergencia y el rotacional de Y g = C*2 + y z ) i + (y2 + zx) j + (z2 + x^)k .
Respu esta: V-f = 3, VX f = [1, 1, 1], V-g = 2(x + y + z) y
f = (x j>)i + (y z) j + (z -x)k VXg = 0.
PROBLEMA 3.84 Si 0 = 3x2 - y z y i = 3xyz2i + 2xy3 j x ^ z k , hal lar en (1, -1, 1), (a) V 0 , (b) V f , (c) V x f, (d) f V 0 , (e) V • (
(g) V20. Re spu esta: (a)[6 ,1,1 ], (b ) 4, (f) [3 ,4 1 ,3 5 1 , y (g) 6.
(c )
[ 1 ,8 ,5 ],
(d)
15 ,
(e )
1,
PROBLEMA 3.85 o bien n = 1 .
Si V X f = 0, donde f = (xyz)m (x"i + y n) + z"k), mostrar que m = 0
PROBLEMA 3.86 que
Para un vector arbitrario constante a, y el vector de posición
(a )
r, mostrar
V • (a x r) = 0,
(b) V x (a x r) = 2 a, (C) v M .V x H ^ O , (d) V (a V ) + v PROBLEMA 3.87 r, mostrar que
X
(a x V )= 0.
Para cualq uier funció n vectorial f diferenciable y el vecto r de posición
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■ K
77
Cilc ub difere nci al ve cttritl V(f x r) = r(V x f).
PROBLEMA 3.88 constante arbitraria PROBLEMA 3.89 demostrar que
(a)
Mostrar que si 0 y \p son armónicas, entonces 0 + c, son también armónicas.
Si las segundas derivadas de las funciones 0 y 0 existen, entonces
V2(0 ^ ) = 0 W
PROBLEMA 3.90
+ 2V0 • V
V / £ )= ’AW» ~ \ ^
(b)
Si u es un vector unitario constante y
diferenci able, mostrar que u *[V (f *u) - V X (f X u) PROBLEMA 3.91
\p y c 0, para una
_
f es una función vectorial
= V ‘ f.
Si f = 2zi + x 2j + xk y 0 = 2x2. y2z2 , hallar ( f X V) 0 en el punto
(1,- 1, 1).
Respu esta: [-8 ,-4, 4] . PROBLEMA 3.92 Se dice que el campo vectorial f es solenoidal si f es diferenciable y V • f = 0; se llama irrotacional si f es diferenciable y V X f = 0. Mostrar que si f y g son irrotacionales, entonces f X g es solenoidal. PROBLEMA 3.93 Si 0 y \p son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas, entonces mostrar que V0 X Vi// es solenoidal. PROBLEMA 3.94
Si 0 es armónica, entonces
mostrar que V 0 es solenoi dal e irrotacional.
PROBLEMA 3.95
Si cf = V0, do nde c es una constante, entonce s mostrar que f •V X f =
PROBLEMA 3.96
Mostrar que si f es cualquier función vectorial diferenciable, entonces
0.
(f • V) f = i V (f • f) f x (V x f). PROBLEMA 3.97 Mostrar que para funciones escalares difereneiables cualesquiera v(x, y, z) y w(x, y , z) ,
V v Vw] =
du dx
d_u dy
du dz
dv dx
dv dy
dv dz
dw dx
dw d i
dw dz
u(x,y, z),
v, w y se denota por (u, v ,w )
d (u, v, w)
.(x, y , z ).
d (x, y, z)
PROBLEMA 3.98 Demostrar que una con dición necesaria y suf iciente es que el jacobiano de u, v, w se anule para u, v, w para ser fu nc io nal m en te de pe nd iente: esto es, u, v, w satisfacen la ecuación F( u, v, w) = 0. PROBLEMA 3.99 Verificar que u=x +y, funcionalmente dependientes.
v=x -y+
z,
y w = (2x + z)2 + (2 y - z ) 2 son
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4
CAPITULO
CALCULO INTEGRAL VECTORIAL 4.1
Integral es de línea
En la sección 3.4, una curva
pura a -Z t < b,se representa por
diferenc ? d i a lo largo de C es d t - dx i +
dy j + dz
(4.1)
k.
Las integrales que incluyen vectores de desplazamiento diferencial d t se llaman integrales de linea. Consideremos las sigui entes integrales de línea a lo largo de una curva C que puede ser abierta o cerrada:
J
<¡> dt ,
(4.2)
í í dt,
(4.3)
llll M lM j
jp pWS ÉÉ l (4.4)
Con un escalar la integralde línea (4.2) se reduce a i *d , 'l
1 | jjj | p ;j ||||| ■
ip
ó dy + k
|£
Para reducir (4.2), hemos usado ta relación I é dx i <¿ dx - i etc., 'c
(4. o)
constantes. Cuando ía curva del espacio C forma una trayectoria cerrada, (4.2) se escri
be como
En particular, si C es una curva plana cerrada simple, y la dirección de integración puede describirse, los sím bolos que se usan son £ <¿>d r,
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79
Cálculo integral vectorial
La primera integral indica movimiento a lo largo de la curva cerrada C en la dirección positiva o sea con tra ria a la de las manecillas del reloj; i.e., el movim iento a lo largo de C es tal que la región que e ncierra está siem pre a la izquierda. La segunda integral indica movimiento en la dirección negativa o sea la misma en que se mueve un reloj. PROBLEMA 4.1 Si 0 = xy ,calcular
I dx desde (0, 0, 0) hasta (1, 1, 0) a lo largo de Je (a) la curva C especifi cada por y = x 2, z =0 y (b) la recta C que une (0, 0, 0) y (1, 1, 0). So lu c ió n:
(a) La curva C puede repr esent arse paramétri camente por
x = t,
y = t2,
z = 0,
0 < t < 1.
Por consiguiente, a lo la rgo de esta traye ctoria,
dx
dx i + dy j + dz k = dt i + 2t dt j
y = (t) ( t 2) = t3 . Entonces, .d.1 .0)
J
(0,0,0)
r1 4>dr= I f3(i + 2t\)dt “'o = i f ’f3 dt + j f 1 2 1* dt •Jo Jo =
1 . 2 . i + J. 4 5
(b) Por el resultado del problema 3.15, la línea recta C que conec ta (0, 0, 0) y (1, 1,0) puede representarse paramétricamente por x = t, y = t, z = 0, 0 < Í < 1 . Por lo tanto , a lo lar go de esta trayec toria,
y 0 = (f)(0 =
dr =d x i + d y j + d zk = d ti + d tj t2 . Entonces, / (i , i ,o) r\ I '
Jo
Jo
1 . 1. = 3^ 1+ ^3 J
Como muestran los resultados del problema 4.1, los valores de este tipo de integral de línea dependen generalmente del camino de integra ción. PROBLEMA 4.2
z = 0.
Calcu lar
r x 2 + y 2 = a 2,
Je
So lu ci ón : Por el resultado del problema 3.13, el círculo de x 2 + y 2 = a2 , z = 0 puede representarse paramétricamente por x = a eos t,
y = a sen t,
z =0,
0 <
t < 2n.
Por consiguiente,
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r 80
Análisis vectorial dr = dx i + dy j + dz k = a sen t dt i + a eos t dt j.
Entonces, 2 77
(a sen
t i + a eos f j) c/í
2 77
/> 2 77
a sen í dt+ j I
=i I j0
a eo s
,
t dt ^0
= i a eos í I g77"+ ja sen í IQ77 = i (a a) + j(0 0) = 0.
(4.8)
La integral de 1ínea (4.3) se llama a veces la integral escalar de linea o simplemente integral de line a de un campo vectorial f. La integral de línea de f alrededor de una curva cerrada C se llama la circulación de f alrededor de C y es
f - dr .
circf 3<£
(4.9)
Je PROBLEMA 4.3
Si T es el vecto r unitar io tangente a lo largo de una curva C, mostrar
que
r [■dr= r fT ds. •Je
(4.10)
''o
So lu ci ón : Si en (3.38), t = s es la longitud de arco de entonces C puede representarse por r(s) = x( s) i + y(s )j + z(s)k , Por (3.68) el vector unitario tangente T a lo largo de
C medida desde algún punto fijo,
a
b.
(4.11)
C es
dr ds Entonces, por (4.12),
dr = — ds = T ds . ds
(4.13)
Por lo tanto,
J~
f 'J'í d s =
f
f -T d s ■
(4 J 4 )
Como el producto vectorial f • T es igual a la componente de f en la dirección de T, i.e., la dirección de C, (4.10) muestra que la integral de línea de f es equivalente a la integración de la componente tangencial de f a lo largo de C con respecto a la longitud de arco. PROBLEMA 4.4
(x, y, z) i + f 2(x, y, z)j + f 3(x, y , z) k, mostrar que
Si f =
f fcf r= r ( fí dx + f2 d y + { l dz ). •Je
Solución:
Como
Je
dr = dx i + dy j + dz k, f • d r = f, dx + í2 dy + f3 dz,
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(4.15)
81
Cálculo integral vectorial
y po r consiguient e, í f-dr=í
PROBLEMA 4.5
Si f = r i
dx + (2 dy
(/,
•Je
lz dz).
+
-Je
+ y'¡ + xyzk, calcular I f ' d r desde (0, 0, 0) a (1, 1, 1) a lo •Je
largo de (a) una recta que co necta estos dos puntos y (b) un camino C , como s e muestra en Cit C2, C3 que ligan estos dos puntos la figura 4.1, que consiste en tres segmentos de recta vía (1,0, 0)y (1, 1,0). So lu ci ón :
(1, l, l)
(a) Por el resultado del problema 3.15,1a rect aC que conec ta (0, 0, 0) y
(1,1, 1) puede representarse paramétricamente por x = t, y = t,
(t, 0, 0)
z=t.
Por consiguiente, la curva C está representada por r = t i + t j + tk,
Figura 4.1
0 < t < 1.
'i
Entonces, a lo largo de esta trayectoria,
dr = dt i + dt j + dtk,
f = t 2i + t j + í3k,
asi que,
f
(t2+ t + tl)dt = + + = — 3 2 4 12
, d" J
(b) En este caso, j
!• d r = í
Jn
f - d r+ í
f-dr+l
J r. .
[• dr.
J e .. Je .
Para Cv dr = dx i y f = x 2i; por consiguient e, f 1
í dr= f 1 x2d x = -, í
3
Para C2, dr = dy j y f = ( l)2i + yj = i + y ¡ ; por consiguien te,
L ' - d t - J ' y d , = 1r Para C3, dr = dz k y f = (1) i + (l) j + (1) (l)zk = i + j + zk; por tanto,
if, f dr= Jof z d z = -2. Así que,
I Como lo muestran los resultados del problema 4.S, los valores de las integrales de línea de un campo vectorial dependen también en general, de la trayectoria de integración. PROBLEMA 4.6
Si f = xi + 2yj + zk, calcular I
f ‘dr desde, (0, 0, 0) hasta (1, 1, 1) a
•Je
lo lar go de (a) una recta que conecte
(1, 1, 0) So lución al problema 4.5.
estos dos puntos y (b) un a trayec toria C, como
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82
Análisis vectorial
se mue stra en la figura 4.1 , que consiste en tres segmen tos de recta C j, C2, C3 que ligan estos dos puntos vía (1, 0, 0) y (1, 1, 0). (Cf. prob. 4.5). So lu ci ón :
(a) Por los resu ltad os del proble ma 4.5, dr = dt i + dt j + dt k.
Como la representación paramétrica de f es
f = íi + 2/j + /k, la integral es
f f • d r = f (t + 2t + t ) d t = f 4t Je -Jo *'o (b) Para una trayectoria
dt = 2.
C, consistente en segmentos lineales Cx, C2, C3
f f • dr = f f• dr + f f dr + f fdr. •'C Jet Jc2 Jc3 Para Ci, dr = dx i y
f = x i; por consiguient e,
f
f
f •dr = J C iJo
x dx = , 2•
Para C2, dr = dy j y f = i + 2 j j; por cons igui ente , r f •d r = f 'Cj ^0
2y dy = 1.
Para C3, dr = dz k y f = i + 2j + zk ; por consiguient e,
Así que, í f • d r = —+ 1 + = 2 .
1
2
2
L1 resultado del problema 4.6 muestra que en este caso el valor de la integral de línea es el mismo para dos trayec torias difere ntes que unan (0. 0, Oí u
j
fdr
j
X dx * 2 y dy + zdz.
tenemos
'
^£0,0,0) ... *—4. y. 2 +
|(i .i .n |(0i0,0)
1 • 1, f 1 2
2
1 2> lo que muestra q ue el resultado depende sólo d e los puntos (0. 0 . 0) vi l . 1, i ) y es independiente de la trayectoria de integración. La discusión anterior muestra que si la integral /, dx + /3 dv + /3 dz de www.FreeLibros.me
Cálculo integral vectorial
83
(4.15) es la diferencial total de alguna función, entonces la integral es la misma para todas la trayectorias que unen los puntos. Sin embargo esto no es cierto siempre y las condiciones suficientes para que la integral de línea de un campo vectorial f sea independiente de la trayectoria se discuten en la sec. 4.10, Hallar (j) r • dx a lo largo del círculo C representado por x 2 + y 2 = a2,
PROBLEMA 4.7
z = 0. Con referencia al problema 4.2, la ecuación paramétrica de la curva es
Solución:
r = a eos t i + a sen t j,
0
Por consiguiente, dx = a sen t dti + a eos t dt j. En ton ces
X- d x = - a 2 eos t sen t dt + a2 senf eos t dt = 0 dt = 0. Por lo tan to, r cír = 0.
i
(4.16)
Si f = f xi + / 2j + / 3k, mostrar que
PROBLEMA 4.8
f
Je
f x d x = i
( f 2dz -
í
Je
+k í
Je
f3
dy) +
( (}d
í
Je
x- fl dz )
(f¡ dy f2 dx).
(4.17)
f con dx es
Por (2.27), el producto vectorial de
Solución:
j
r
f x dr
dx dy dz = i(/2 dz f3 dy) + j(/3 dx f í dz) + k
dy - l2 dx).
Por lo tanto, la integral es f
Je
í (f 2 dz / 3 dy ) + j í (f3dx -
fxrfr=i
Je
PROBLEMA 4.9
Je
dz ) + k í (f¡
Je
X dx alo largo del círculo representado por*2
Calcular
+ y 2 =«2,
z = 0. Solución :
Con referencia al problem a 4.2, C se represen ta param étricam ente por r = a eos ti + a sen t j ,
0 < t < 2tt,
y por consiguiente, dx = - a sen t d t i + a eos t d t j. Así que r x dx =
i a eos t -a sen t
a
j sen t
k 0
j \ G>gse
dt a eos t d t 0
slt)
= k(a2 eo s2 f + a 2 sen2 t) dt = a 2 dt k. De modo que integrando sobre
CA
C,
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A nálisis vectorial
84 r {prxdrc
r2rr I ka2dt=ka2 *'o
r2rr I Jo
dt = 2n a2k ,
lo que muestra que el resultado es un vector en la dirección de z con magnitud es el doble del área de un círculo. (Véanse problemas 4.68 y 4.69).
4.2
(4.18)
2na2, que
Integr ales de superficie
Una superficie S se representa por
r(u, v) = x(u, v)i + y ( u, v v)k ) j + , z( u,
[3.79 ]
donde r es el vector de posición y u, v son parámet ros. (Cf., sección 3.5) El elem ento diferencial dS del área de la superfic ie es
dS =tu x r v dudv.
[3.95]
Como se muestra en el capítul o 3, (3.95 ) se puede escribir como
d S ~ n dS,
[3.97]
donde n es el vector unitario normal a la superficie en el punto que corresponde a las coordenadas u y v, de modo que n = I ru x rv|
[3.80 ]
dS = | ru x rv| dudv.
[3.96]
Las integrales que incluyen el elemento diferencia] de área
dS se llaman integrales de
superficie. Consideremos las integrales de superficie j j ó dS,
(4.19)
s
jj
f'dS,
( .
)
:W'::
JJ'
f
X
d S,
(4.21)
s
cada una de las cuales esta sobre una superficie S que puede estar abierta o cerrada. S i S es una superficie cerrada, las integrales de superficie se expresan
Pap superficies cerradas, es común suponer que la dirección positiva cié la normal está ■■ . .i. ■ PROBLEMA 4.10
Calcular
JJ' dS sobre la parte z >0de la esfera x 2 +y 2 +z2 = a2 . s
So l uc i ón : Por el resulta do del problema 3.26, la esf era *2 + y 2 + z 2 = a 2 puede representarse paramétricamente cambiando d en u y tpen v. Así que, r (u, v) = a sen u eos v i + a sen u sen v j + a eosk, u
(4.22)
donde 0<«<7 r, 0 < y < 2n. El elemento diferencial d S del área de la superficie es
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85
Cálculo integral vectorial
V
d S = ru x rv dudv - a2sen2 u eos v dudv i + a2 sen2 u sen v dudv j + a2sen u eos u dudv k.
(4.23)
Como S es la parte de la esfera donde z > 0, el recor rido u debe cambiarse a 0 < « < ít/2 pues eos u < 0 para 7 t/2 < m< n. Por consiguiente, 77/2
ru x rv dudv
í- n
27t í'Tr/2
■t n Como
f
+k
^277
“ '0
¡ ¿o
r2rr rn /2 I a 2 sen2 u sen v •'o
dudv
do 277
/*77/2
¡ Jo
sen u eos u dudv.
2v /'2ít eo s v dv = ( ( sen v d v = 0,
í*2 tt /*7T/2 r 277
do
a2 sen2 u eos v dudv+ j I
i
•'O
{*2tt rn/2 eos v d Iv sen2 u du = 0, o *'o r2rr f 77/2 = a2 | sen v d v sen2 do •'o
J
a sen"
•'O í*7T/2
•' o
r2rr ('■n/2 = a2 I dv | sen a eos ^0 Jo
r 27T r ^ 2 , I a sen u eos u ''o «'n
r TT/2 = 2 na2 I sen u eo s u du '0 r w/2 = 2 77a 2 I sen u d (sen u) do 77/2 1 = 2 77a2 — sen2 u 2 1 0 „ , 1 = 2 77a • — 2 Por consiguiente,
f f
(4.24)
d S = 77 a 2 k,
lo que muestra que el vector resultante está dirigido en la dirección de z y tiene magnitud na2, i.e., el área rodeada por la intersección de la esfera con el plano xy. (Véase figura 4.2). Figura 4.2
PROBLEMA 4.11
Mostrar que sobre la es fer a x 2 + y 2 + z 2 = a2 ,
J~fdS= °
(4.25)
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La esfe ra del problema 4.10.
86
Análisis vectorial
Solución: Si S x y S2 son las partes de la esfera x 2 + y 2 + z2 = a2 para las cuales z > 0 y z < 0 respectivamente, entonces
s
s,
Por los resultados del problema 4.10.
d S = ;7a 2 k.
II
(4.24)
S,
Para , pues to que z
ru x rv tfuc/v, 77/2
y por cálculos similares, -2 7 ? rn r2.nrnr n r2n rn rín I I a 2 sen2 u eos v dudv = I I a 2 si n 2 u sen v cíucív = 0, Jo2 o 77/2 n/ '277
n
77 a 2 sen u eo s u c/ucfv = 2 77a 2 • — sen2 u = 27ra2 [——] = —n a 2. 2 77/2 '
J’nTT/ 2
Por consiguiente,
I s,I
dS - -na 2k.
(4.26)
Sumando (4.24) y (4.26),
J J d S = 77a 2 k —77a2k = 0. s La relación (4.25) es válida para cualquier superficie cerrada. (Véase problema 4.50).
La integral de superficie (4.20) de un campo vectorial f se l de S y se representa por
JETs PROBLEMA 4.12
lama el fl uj o de f a través
(4.27)
Si S se representa por r(u, v), mostrar que el flujo de f a través de
JJ f • d S = JJ [f ru rv] dudv,
(4.28)
S donde [f ru r j = f mru X rv es el triple producto escalar y corresponde a S. Solución:
R uv es la región en ( u, v) que
El elemento difere ncial de área de la superf icie es
dS = ru x Por consiguiente el flujo de f a través de
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S es
S es
87
Cálculo integral vectorial
JJ f - d S = JJ f • ru x rv dudv =, JJ [f ru rv] dudv. S
R„
Si f = eos u eos v i + eos u sen v j sen u k, donde 0 < u < tt y
PROBLEMA 4.13
JJ'
0 < v < 2v , calcular | | f 'd S sobre la parte de la esfera z > 0. So l uc ió n: son
x 2 + y 2 + z2 = a2 para la cual
Por el problema 3.26, las com ponen tes del vector que genera la superf icie
ru = a eos u eos v i + a eos u se n v j a se n u k, rv = —a se nu sen v i + a sen u eos v j. De acuerdo con la definición de triple prod eos u eos v [f ru rv]
ucto escal ar (2.53), eo s u sen
v
—sen u
a eos u eos v a eos u sen v —a sen u —a sen u sen v a sen u eos v
= o,
0
Como las filas primera y segunda del determinante son proporcionales, su valor es cero. En consecuencia, por (4.28)
JJf • c/S = 0.
(4.2 9)
s
r-dS , donde S es la superficie de la esfera x
Hallar
PROBLEMA 4.14
+y +z -a .
•JJ" s
Solución : En el pu nto (x, y , z) de la superf icie de la es fe ra l, el vector de posi ción r=xi+ y¡ + zk y el vector unitario exterior n normal a la superficie S apuntan directamente hacia el lado opu esto del srcen. Así que, n = er =
(4. 30)
r
Entonces, para puntos de la super ficie ,
y como el área de la superficie de una esfera es
¿7 S< 4na2 por el problema 3.26,
JJ r • dS = JJ r • ndS = a JJ dS = a (4 na 2) = 4 na*. PROBLEMA 4.15 Si f = f i ( x , y, z )i + f 2(x, y , z)j + f-¡{x, y , z)k, mostrar que la integral de superficie de f se puede expresar como
JJ f • d S = JJ f • n dS ^
^
donde R yz, R zx y R
=±
JJ f ¡ d ydz ± JJ f2 dzd x ± JJ f3 dxd y, R yz
^ zx
R xy
son las proyec ciones de S sobre los planos y z, zx y xy,
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(4.31)
/
88
Análisis vectorial
respectivamente y los signos de las integrales de la derecha de (4.31) están determinados por los signos de (n-i), (n*j) y (n*k), respectivamente. Solución : Si a, y y son los ángulos entre los ejes coordenados rectangulares y el vector unitario n, entonces, por el res ultado del problema 2.18, n • i = eos a,
Por consiguiente, por (2.65),
n-j = cos^3,
n • k = eo s y.
[2.50]
n puede escribirse como
n = (n • i) i + (n • j) j + (n • k) k
= (eos a ) i + (eos /3)j + (eos y)k, y po r consiguiente, dS = nd S = (eos a ) d S i + (eos /3 ) c/S j + (eos
(4.32 )
yk. )dS
(4.33)
Ahora podemos escribir (véase figura 4.3),
Figura 4.3
Solución al problema 4.15.
dS (n • i) = dS (eos
a ) = ± dydz,
dS (n • j) = dS (e os
/3) = + dzdx,
dS (n • k) = dS (eo s
y) = ± dxdy,
donde los signos están determinados por los de (n *i) = eos a (n* j) = eos |3, (n • k) = eos y, respecti vamente. Entonces, d S = n dS = (± dydz) i + (± dzdx)i + (± k. dxdy) (4.34) Así, si f = /j i + / 2j + / 3k,
JJ f • d S = + JJ f l dydz ± JJ l2 dzdx ± JJ /3 dxdy, donde R y z , R zx y R xy son las proyecciones de S sobre los planos yz, zx y xy, respectivamente, y los signos están determinados como en (4.31). PROBLEMA 4.16
Calcular
JJ r ‘dS, don deS es la super ficie del cubo lim itado porjc s
jc = \, y = 0 ,y = 1 , z = 0, z= 1 como se muestra en la figura 4.4. El vector normal exterior unitario n y el vector de posición r de los puntos de la superficie del cubo están dirigidos hacia el lado opuesto del srcen. So lu ci ón :
Dividimos el cubo en las áreas S¡ ~S6.
Sobre Sj para AO CB, z = 0, n = k; por consiguiente, rn = (xi +
y i + zk ) ( k) = z = 0.
Sobre S 2 para AFEO , y = 0, n = ~j;por consiguiente,
r-n = (xi + y j f z k ) - (-j) - - y - 0. 4.16.
Sobre S 3 para OEDC,\-
0, n = —i; así q ue,
r • n = (x i f y j f z k) • (—i) Sobre S4 para AF GB, x = 1, n = i ; por r • n - ( x i + y j f z k) • (i) - x Sobre S 5 para BGDC, y = 1,
r- n
n = j ; por
(xi fy j i zk )- (j )- y
Sobre S 6 para FEDG , z = 1, n = k; así que,
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- x - 0. consiguient e, 1. consiguient e,
1.
= 0,
89
Cálculo integral vectorial
r- n = (xi + yj + zk) • (k) = z = 1.
S¡ ~S3 son cero y sobre S4 ~ S6 son uno,
Entonces, como las integrales sobre
JJr-cíS = JJr-n dS + JJ r-n dS + JJ r-n dS +JJ r-n dS + JJ r • ndS + JJ r-n dS f J js .ffc s .J J é s S4
=
S 6
S5
1+ 1+ 1
= 3.
JT<
Si f = zi + yj + 2zk, calcular | J f*c/S, donde
PROBLEMA 4.17
S es la parte de la
superficie del paraboloide x 2 + y 2 = 1 —z para el cual z > 0. (Véase figu ra 4.5.) So l uc i ón : En el problema 3.31, un vector unitario n normal a la superf icie 4>(x, y, z) = 0 es V0
[3.117]
ív^T’
donde V0 es el gradiente de
dé dé dé V0 = ---dx i + ----dy j + ----dz k = 2xi + 2yj + k.
Figura 4.5
Por consiguiente, (3.117) viene a ser
V<£
2xi + 2yj + k
|V 0 I
(4x2+ 4y2+ 1 ) V’
Los productos punto de n con i, j, k son
n •i
(4 x 2 + 4 y 2 + 1)V=’ 2y
n-j
(4 x2+ 4y2+
n •k
ifi’
1
(4 x 2 + 4 y2 +>¿)1/2' Así que n* i y n j son positi vos o negativos dependiendo de six e y son positivos o negativo s, mien tras que n • k es positivo para to dos los valores d ex ey. Por consiguiente, \ si se usa
Sí ds= r nds 1'
S
I f S
^■
=* I f Ryz
fi ydz±Sf4
dzdx ■ / / /3 dxdy
^ zx
para calcular la inte gral, S debe subdividirse en dos superficies. Para calcular el primer término, debe haber una superfic ie para x > 0 y otra para x < 0. www.FreeLibros.me
[4.31]
Una parte de la superficie del paraboloide del problema 4.17.
Análisis vectorial
90
De mod o similar , para calcular el segun do térm ino, debe haber un a superfici e para y > 0 y otra para y < 0. El primer término
J í
/ i dydz de (4.31) se cal cula como si gue. Pa rax > 0,
Ry z
x = (1 y 2 z)1/2 sobr e S; por consiguiente,
JJ íi dydz = JJ x dydz Ryz
Ryz
1
r l- y
■f
J y = -1
f
1/ (1 - y 2 z) 2 dzdy
z —0
| j f 1 (1 - y 2)V2 dy
2 3
3 8
— • —
1 4
—
77
77.
Pa rax < 0, x = (1 . y 2 z ) 1/2 sobr e 5; esco gien do el s igno ne gativo,
- JJ f¡ d ydz = — JJ x dydz rl~y
'i
v
(1 —y 2 —z) 2 dz dy
y= =
1
— 77 .
4 El segundo término
/ 2 dzdx de (4.3 1) se calcula como sigu e. Para y > 0,
y = (1 x2 z )'2 sobre 5; por con sigu ient e,
JJ f2 dzdx = JJ y dzdx ' ' 1~*
y 1/ (1 - x2 - z) 2 c/zcfx
1 4
= — 77
pue s la integral es la misma que para el ca so /? yz. Para.y < 0 ,y = (1 x 2 z ) 1/2 sobre 5; escogiendo el signo negativo,
JJ í2dzdx - ^ZX
=—
y dzdx JJ ^ZX
■r f Jx = -1
1
—
4
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77.
J z= 0
(1 - x2- z) 2dzd x
Cálculo integral vectorial
91
Para el tercer término de (4.3 1), com o n • k > 0,
Jj"f3dxdy = j~J 2z dxdy R i\Xy
í í '1
=2
“ xy
/V 1 -x 2
x = -l
‘
2
'
(1 x2 y2) dydx
y"
3
°
1
1“ x2
) * dx ~
8 3 “ 3 ' 8 77 = 77.
Sumando los resultados anteriores para los tres términos de (4.31)
ÍJ
f'dS = | —
+
7 7 + i 77 1
(—
77 + — 77 1+ 77 =
se obtiene 277.
Si S se representa por z = z( x, y ) mostrar que el flujo de f a través de
PROBLEMA 4.1 8 S es
JJt.rfS./{,.„<* s s sec y dxdy
"JJ^x y
jj'1 ; , donde sec y
n•k
dxdy,
(4.35)
+ 1
«5y
Solución: Si S se representa por z = z(x, y ), entonces por el prob. 3.24, el vector normal unitario es dz
.
dz
dx
dy
dz\2
Id z
dx)
\<9i
.
[3.89]
Por consig uiente, si y es el ángul o entre ny k , n k = eos y =
1 sec y
d z'2
dz
(4.36) + i
dy,
Luego, por (3.103 ), el elemento difer encial del area S, dS, es
dS
dz Jx
dy
+ 1
dxdy
.= sec y dxdy 1 dxdy. (n •k) Entonces el flujo de f a través de
(4.37)
S es
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/
Análisis vectorial
92
JJf.dS^JJf.ndS s
s
sec y dxdy ^xy
dxdy. ■JDT'-í PROBLEMA 4.19
Si f = zi + >>j + 2z k, usar (4.3 5) para calcular
l|f •dS, donde 5 es la
Sí'
parte de la superficie del parab olo ide x 2 + y 2 - 1 —z para la cual z > 0. (Cf., problema 4.17 y figura 4.5). Sol uci ón: Com oS se rep res ent a por z = 1 - x 2 y 2 con z > 0, el vector unitari o normal de (3.89) es
dz .
dz .
* + * I +1 dx) \dy, 2 x i + 2yj + k (4x2+ 4y2+ 1) ^ Ahora, 1
n•k
(4x2+ 4y2+ l)'2 1
f•n
[(x)(2x) + (y)(2y) + (2z)l] =
(4x 2 + 4y 2 + l ) 1^
2x2+ 2y2+ 2z (4x2 + 4y 2 + l ) l/2
Así que, de acuerdo con (4.35),
rr JJ
rr 2 x2+
2y 2 + 2 z
v
f d S = I ---------------------ít (4 x2 + 4y + 1) 2 dxdy J J (2x2+ 4y2+ 1)/2
JJ [2x2 + 2y2 + 2 (1 x2 y 2)]
dxdy
R xy
/~/ l— x2
s>l
2L , Ls-,
dxdy
y= - /
4 |
f
(1 x2)^2 dx
= 4 2 =
PROBLEMA 4.2 0
2n .
Calcular J J r X dS, donde S es la superficie del cubalimitado s
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Cálculointegralvectorial
93
po r x = 0, x = l , y = 0 ,y = 1, z = 0, z = 1,res el vector de posición y n es el vector normal unitario dirigido hacia afuera. (Cf., problema 4.16 y figura 4.4.) So lu ci ón : Con referenci a a la figura 4.4, tenemos sobre S¡ paraAOCB, n = k , dS = n dxdy = - dxdy k; p or consiguient e, r x n = (xi + y j + z k ) x( k) = y i + x j. Así que,
í (-y 0
í í r x dS = f Si
0
i
+ x j )d xdy
f 1 f 1 y dyd x + j r f 1 x dxdy Jo 'o ^0 'o
= i
1 .
1 .
2 1+ 2
J '
Sobre S 2 para AFEO , n = j, dS = n dzdx = -dzdx j ; por consigui ente, rx n = (xi + yj + zk) x( j) = z i - xk. Entonces, >i r i
JJ rxdS=J
J
2
í
í
Jo
J
(zi-xk)dzdx z dzdx k í
í ^o
o
dxdz
x J
q
2
Sobre S 3 para OEDC, n = i, dS = n dydz = -dydz i; así, r x n = (x i + y j + z k) x ( i) = zj + y k. Por lo tanto,
JJ r
x
dS
=
J' J'
(-zj
+ y k ) dyd z
S3
= j I J z dzd y + k JQ */0 Jo jo
¡ y dydz
Jo
*/0 Jo
1 • 1b = ~ 2 J + 2 Sobre S4 para AFGB , n = i, dS = n dydz = dydz i; por lo tanto, r x n = (xi + yj + zk )x i = z j y k . Así que
Sobre S s para BGDC, n = j, dS = n dzdx = dzdz j ; así que, rx n = (xi + yj + zk )x j = z i + xk . Por tanto,
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Análisis vectorial
JJrxdS=J Se
J
0
( z i + x k) dzdx = ^ i + ^ k. 0
Sobre S 6 para FEDG, n = k, dS = n dxdy = dxdy k; por consiguiente, rx n = (x i + yj + zk) xk = y i x j . Entonces, 1 ri
ISf.I — - ÍI
1 1 (y i - xi) dxd y = - i -
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene 0. r x d S =
(4.38)
JJ' s
PROBLEMA 4.21
r X d S donde S es la superficie esférica cerrad a representad a
Calcul ar s
po r x2 + y 2 + z 2 = a 2. So l u c i ó n :
Por el problema 4.14, el vector unitario exterior n normal en S es r r n = er = = Ir | a
Así que, por (1 .58) r X n = (1 /a ) r X r = 0. Por consiguiente,
j0.j r x n dS =
J j ~r x dS = s
(4.39)
s
4.3
Integ rale s de volumen
Como el elemento de volumen dV dos integrales de volumen sobre una región R :
es un escalar, consideremos
j f j t d V '
Í Í J ' dy-
(4A0>
V
(4.41)
R
En el sistema coordenado rectangular
dV = dxdydz,
(4.42)
y (4.40) puede expresa rse también como
(x, y, z) dxdydz,
(4.43)
que es la integral t riple de 4>(x, y, z) sobre la región R. Haciendo <¡>(x, y, z)= 1, el volumen V de la región R es
V = J J J dV -,
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j j j dxdydz.
(4.44)
Cálculointegralvectorial
95
Si f = / ] i + / 2j 1 7.ik, ento nces (4.4 1) puede resolverse en sus componentes, i.e.,
I I I ,M' ‘ j f í ' ',v PROBLEMA 4.2 2
‘
Calc ular | | | V • r dV , donde R es cualquier región con volumen
Vy
'III
r es el vector de posición. So l uc i ón :
Por (3.12 9), V *r = 3. Por consigui ente, usando (4.44), fff
v -' j r-ffj
dV-3
s
Jffj
V . 3V .
(4.46)
PROBLEMA 4.2 3 Calcul ar I í IV X f d V si f = y i —xj y R es cualquier región del espacio con volumen V. Sol uci ón:
Por (3.138), el rota cion al de f es i d Vxf= dx
y
j
k
d dy
d dz
-X
0
= -2 k.
Por consiguiente,
fff
4. 4
V x f dV = 2 k
JJJ
dV = - 2Vk.
Definiciones alt ernas de gradiente, divergenci a y rotacional
El gra die nte de una función escalar 0, escrito grad 0 ó
V
define
oy
az
[3.105]
La divergencia de f, escrito div f ó V • f, se define como
im
V • f lim h ( S f ’ dS, v >o AV j f
(4.47)
donde A V es el volumen de la región R limitada por una superficie cerradaS. El volumen A V contiene siempre el punto en el cual se va a evaluar la divergencia V *f cuando A V tiende a cero. El rotacional de f, escrito rot f ó A X f, se define como ó V x f = nma„ lim 1
(4.48)
do nd eA Se s la super ficie limitada por una curva cerrada si mple C y nmax es el vector normal unitario asociado con AS tal que la or'tntación del plano de AS dé un valor máximo
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%
Análisisvectorial
fdr.
(4.49)
El rotacional A X f de f se define también por su componente en una dirección particular; i.e., la compo nente de A X f en la dirección de n es
n .( V * f )=
—
lim
(4.50)
4 S -.0 AS
donde AS es una superfi cie limitada po ru ña curva cerr ada simple C y n es el vector normal unitario asociado con AS, esto es, AS = n AS. Como en la definición (4.47) de V *f,AS contiene el punto en el cual se va a evaluar el rotacional V X f cuan doA S tiende a ce ro. PROBLEM A 4.2 4 So lu ci ón :
Dar la inter preta ción física de A • f definido en (4.47 ).
JJ f ' dS se define como el flujo de f que
En (4.27), la integ ral de super ficie
s pasa por la supe rficie S. Entonces J J f *dS es el flujo total de sali da de f a tr avés de la s superficie cerrada S. Por tan to, (4.47) muestra que la diver genci a de f en e l pu nto P es el límite del flujo de salida en la red por unidad de volumen mientras S se reduce al punto P. Si el pequeño volumen que rodea a P contiene una fu ente o un sum idero de un campo vectorial f, entonces el flujo de f divergirá de P ó convergerá a P, según que V • f sea po sitivo o negat ivo. Por tanto V*f puede considerars e com o una m edida de la intensidad del v ector fu ente o sum idero en P.
PROBLEMA 4.25 Usando (4.47), deducir l a fórmula para V*f dada en (3.127). Sol uci ón: Si el punto ( x , y, z ) en el centro de un pe queño paralepípedo rectángulo tiene aristas Ax, Ay, Az , como se mustra en la figur a 4.6, entonces A V = A x A y A z. Si f = f \ ¡ + f ú + h k, entonces
d S = dydz i,
sobre Sjpa ra^F GS ,
n
sobre S2par aFEDG,
n = i ,
i,
sobre S3paraBGDC,
n = j,
sobre S4para< 4FF// ,
n = j ,
sobre S5para FE DG ,
n = k,
sobre S6para/4/íGfí,
n = k ,
dS = d y d z i , dS = dz dx j, ,
d S = dzdx j, d S = dxdy k, d S = dxdy k.
Por consiguiente, ignorando las contribuciones diferenciales de orden superior, X
f- d S = I /, + Figura 4.6
Solución al problema 4.25.
s
dll Ax\ dx
2
AyAz,
S,
II
r
.
d
/
S
di. Ax \ . —j 4 y A 2,
S2
jy www.FreeLibros.me
d i. A y\ 2 — AzAx ,
Cálculo integral vectorial
jjf '" 8 - -('> -*£
j j ' rfS _ (í, +
J
J
f
.
7
97
) ^
^ |í ) A*A y,
3
y )A , A y .
«6 Sumando todos los resultados anteriores se obtiene
Cf
/d fí
df2
df3\
¡di . df2 dx dy
s
df 3. dz
Por lo tanto, por (4.47),
dí. dí2 dt, f-dS= — +— +— . dx dy dz
f PROBLEMA 4.26 So lu ci ón :
[3.12 7]
Dar la interp retac ión física d e V X f como se define en (4.4 8). f* r es la circulación de
La integr al de la derecha de (4.48) o (4.49), i.e.,
f alrededor de C definida en (4.9). Por consiguiente, (4.48) muestra que la magnitud de V X f en un punto P es el límite de la circulación por unidad de área mientras la curva C se reduce al punto P, i.e., la intensidad de circulación en P. En general, la circulación de f alrededor de C depende de la orientación del plano de C. La dirección de V X f es la dirección en la cual ocurre la circulación máxima. PROBLEMA 4.27 Usando (4.5 0) deducir la definición de rotaciona l de f com o el pr od uc to cruz de V y f como se da en (3.138 ). No se tengan en cu en ta los tér minos de orden superior. Sol uc ió n: Si un rect ángulo EF GH con respecto al punto (x, y, z) tiene lados A y y A z, como se muestra en la figur a 4.7, entonces AS = iA S = iA>>Az. Si f =f\i + / 2j +/sk , entonces dL Az Ay, para el lado E F , dr = dy j,
L
para el lad o FG,
dr = dz k ,
para el la do GH,
dr = - dy j,
di 3 Ay\
l'-H df 2 A z \ / '■ dr = [/ , + — y j A y , JGH
para el la do HE,
4.27.
f • dr = - [(
dr=-dzk,
dí± Ay dy
/
H E
Az.
2
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene
i
1"
/di, dL \dy dz
a/,
dt,
dy
dz
AS.
Por lo tanto, por (4.50),
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i
Análisis vectoria l
98
a/,
a/.
ay
az
Mediante integración semejante alrededor de rectángulos en los planos pe rm utación cíclica de x, y, z y 1,2, 3, J(V x f) =
/a/,_ \az
dJ i dx )
¡ df 2
di ,
(4.51)
zx, x y ó por simple
(4.52) (4.53)
M v* f ) ^ ~ a 7 Como para un vector arbitrario
A , po r (2.65) , A = (A*i)i +
(3.138):
di 3 di , (di, Vx f=( — — + dy dz 1+ U z i
i
(A *j)j + ( A 'k)k , obten emos
a/3\ ax
j +
a/, ax
ay
k
A A A
(4.54)
dx dy dz h
i*
f.
Son definiciones alternas de V<¡>, V’f y V X f, las siguientes:
s¡4> ~ rfümd s
(4.55)
5
,4A7' S
V
X
f
lim i f f d S x f , 4fo At' Jj s
(4.56)
donde A V es el volumen de la región R limitada por una superfici e cerrada S.
PROBLEMA 4.28 Mostrar que (4.55) es consistente con la definición V0 dada por(3.105). No se tengan en cu en ta los térm ino s de orden superior.
So lu ci ón : Se sigue el procedimiento del problema 4.25 y se usan las mismas notacione s. (Cf., figura 4.6). Así,
S,
/ / ■ « * - - i ( *- - 5 7 y ) V A » . S2
J J d s t - j(* + ^ ) a » a « ,
Jj
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99
Cálculo integral vectorial
f j d S5
f
j
d
dcf> A z \
y]AxAy.
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene AxAyAz
AF . Por consiguiente, por (4.55), obtenemos (3.105): 1
V<¿ = lim — O 47,0 A V JJ
rr
dcf)
dcf)
dcf)
dS ch = i — + j — + k ^
dx
dy
PROBLEMA 4.2 9 Mostra r que 4.56 es consi stente con la definición de V X f dada por (3.138). No se tengan en cuenta los términos de orden superior. So lu ci ón : Se sigue el procedim iento d el problema 4.25 y se usan las mismas notaciones. (Cf., figur a 4.6). Tenemos para la superfici e S ¡ , i + í2 j + /3k) dydz
St
Si
= J J (k f2 - j f3) dydz
d í 2 Ax\
k 1'• 4 s r
t
/
<9/3 A x\
) A yAz_ lr
1AyAz-
j í t
De modo similar, para las otras cinco superficies, rr JJ«, J sS 2
[ \~
di2 d/, dx
AAx\ x\
/
JJcTS Xr - -h (/.^ |íi ff d sx ' - k ('■ J J ,
dí,
Ax\
2
3 r
----
dy
----
1 AzAx,
2 í
t ) AzAx ■ ‘ ('• ■ 57 t ) AzA* d /2 A z \ AxA y i (f 2 + — — J AxAy,
d í, A z
I I rf s* 1"
>'■- 57 T Í A l Ay +‘ l' 1* «7 T 1i, , Ay-
Sumando todos los resulta dos anteriores se obtiene
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100
Análisisvectorial
f f
.
dSxí
.
fdf i_ _ Wy dz (dU_ \dy
\d z
dx I
. dí,
dh dz)
\dx
dy
AxAyAz
/
dí.
\dz
\dx
dy
/.
AV.
Por tanto, por (4.56) obtenemos (3.138): V x f = lim a v
-»o
f f d Sx f = i Jj
\dy
dz
+j /
\dz
1^ ) + k dx
/
d f2
d í!
<9x
dy
PROBLEMA 4.30 Hallar una representación integral equivalente del ope rador V. So lu ci ón : Por (4.556), V se representa por lim — ff d S . V = lim A■v»o VAF J J
4. 5
(4.57)
Teor ema de divergencia o de Gauss
La definición de divergencia, [4.47]
div f = l im — f f f d S , 4vo A V j j
da el valor de div f en un punto. El teorema de divergenc ia o teorema de Gauss se obtiene ampliando (4.47) a una región finita. Si f es una función vectorial continua en una región R con volumen V y Ja por una superfi cie cerradaS , entonces (4.58) S
H
Este teorema tiene una consecuencia especial, llamada el teorema de Green. Este teorema se llama también teorema de Green para el espacio porque en dos dimensiones es el teorema de Green para un plano. {Véase sección 4.6 y (4.112).] PROBLEMA 4.31
Verificar el teorem a de divergencia (4.58).
So lu ci ón : Considérese una superficie finita cerra daS que encierr a una región i? con volumen V. Se divide R en N subregiones con vo lúmenes A , A V 2, • • •, A VN . En el pu nto (x ¡, y¡, z¡) dentro de A V¡, donde / = 1, 2, • • •, N , la definición de divergenci a (4.47) da V f ~~^y '
Jj
f 'd S + e¿, donde e¡ -*■ 0 cuando A
> 0. Así que
&s¡
V f A V¡ = J j í - d S + E¡ A V¡ . A S,
La suma del volumen total
V es
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(4.59)
101
Cálculo integral vectorial Ahora consideremos el límite de esta expresión cuando N > °°. La frontera de la superfici e de cada AV¡ consist e en numerosos segmentos que son o parte de l a frontera S o frontera de dos subregiones adyacentes. Las integrales de superficie de las superficies adjacentes con frontera común se cancelan pues las normales externas tienen direcciones opuestas sobre la superficie frontera común. Así que sólo queda la integral de superficie sobre S. Además por la definición de integral múltiple, lim
V • f AVf =
JJJ Vf
dV .
Debido a que
1 ff fdS= JffJ fdS,
lim Y 7V>00 Z—J J J tenemos
JJJ V f dV=
JJ f-dS
R
+
£¡ AV¡.
lim
(4.60)
1 =1
S
Para el segundo término de la derecha de (4.60), jr
e¿A V¡ < ^
V¡ < | e m | '¡ T AV, = | £m | V, i=1
| 8; | A
donde em = max e¡. Sin em bargo, em -*■ 0 cuando 7V> °° yA^ * 0. Por cons igui ente , N
lim V 8; AV; —♦ 0. N -»oo « J i =1 Así que tomando límites,
PROBLEMA 4.32
Dar la interpretació n física del teorema de di verge ncia (4.58).
So lu ci ón : Como se muestra en el problema 4.24, la divergencia de un campo vectori al f en un punto dado es la densidad del flujo de salida desde ese punto. La divergencia, o teorema de Gauss (4.58) establece que el flujo total hacia afuera desde una superficie cerradaS es igual a la integral de la divergencia a través de la región/? limitada porS. PROBLEMA 4.3 3
Mostrar que si r es el vec tor de posición, entonces r dS = 2>V,
(4.61)
s
s
donde V es el volumen de la región R limitada po r la superf icie cerrada S . So lu ci ón :
La divergenc ia V • r es
dx dy V • r = —— + — + —— = 3 dx dy Así que aplicando el teorema de Gauss (4.58),
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dz [3.12 9] dz
Análisis vectorial
§
' d s = í f j * - ' d r - 3 í s í d v =s v -
S
PROBLEMA 4.34
R
R
Usando 4.61, hallar
j j r ‘d S para la superficie S de una esfera s
x 2 + y 2 + z 2 = a2 . (Cf. problema 4.14). Solución: po r ( 4.61 ),
El volumen V de una esfera con radio
PROBLEM A 4.35
s
a es V = (4/3)77 a3 . Por consiguiente,
r •<íS = 3 • 3—n a 3 = 4 77a 3.
J J r 'd S , donde S es la superficie de un cubo
Usando (4.61), calcular
limita do por x = 0 ,x = 1, .>>= 0, y - 1, z = 0, z = 1, com o se mue stra en la figura 4.4. El vector exterior unitario normal n y el vector de posición r de los puntos situados sobre la superficie del cubo están dirigidos hacia el lado opuesto del srcen. (Cf., problema 4.16). Solución :
Como el volumen d el cubo e s 1, entonc es por (4.61),
s
r-dS = 3V = 31 = 3.
PROBLEMA 4.36
Mostrar que
R
(4
S
62)
donde S encierra la región R , r es el vector de posición y I r I= r. Solución:
Por(3.167), V - Ir"'1
r] = (n + 2) r " 1.
Si n = l , = (—1 + 2 ) r~2 —=
V
(4. 63) #<
Por consiguiente, aplicando el teorem
a de divergencia (4.58),
7.d R
PROBLEMA 4.37
v- $
R
S
Mostrar que, para cualquier superficie cerrada
JJ V
X
f. cf S = 0.
S, (4.64)
s
Solución:
Por (4.58),
JJ Vx fd
S=
JJJV(Vxf)dV. R
Pero por(3.143),V(VX
f) = 0;porl o ta nt o,
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(4.65)
Cálculointegralvectorial
t i
103
V x f •dS = 0.
PROBLEMA 4.38 Si f = P(x , y , z)i + Q(x, y, z)j + R (x , y, z)k y R es la región limitada por una superficie cerrad a S, mostrar que el teorema de divergencia (4.58) expresado en coordenadas rectangulares es
JJ(P dydz + Q dzdx + R dxdy).
j dxdydz =
jjj" R
Solución:
(4.66)
S
Si escribimos
t = P i + Q j + R k,
n = eos a i + eos /3 j + eos y
k,
S,
entonces, en general, para cualquier superficie
n • i dS = eos (X dS = dydz, n • j dS = eos ¡3 dS = dzdx, n • k dS = eos y dS = dxd y.
(Cf., problema 4.15). Como la divergencia de f es v. f =^
dx
+ |£+ ^ , dy dz
/Jjfv-'dV - Jlf (ff * 57+ff)dxdyi Como antes,
J j f - d S = J j ( P i + Q j + Rk)n s s
dS
(P eos OL + Q eos /3 + R eos y) dS ■
t i
Jj (P dydz + Q dzdx
+ R dx dy )
s Por tanto, (4.58 ) se redu ce a
fJHff+f?dy PROBLEMA 4.39
+ —— ) dxdydz = dz
jj (P dydz + Q dzdx
+ R dx dy ).
s
Usando el teorema de divergencia (4.66) calcular / =
JJ x d ydz + y dzdx
+ 2 z dx dy,
s donde S es una superficie que consiste en la superficie del paraboloide x 2 + y 2 = 1 ~ z, 0 < z < 1, y el disco x 2 + y 2 < 1, z = 0, como se muestra en la figura 4.8 (Cf., pro blema 4.17). So lu ci ón :
Por el teorema d e divergencia expresado en coordenadas rectangular es (4.66),
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4.39.
104
Análisis vectorial
■Sil
dx dx
dy dy
<9(2z) dxdydz dz
=
// / 4 dxdydz dV
f1 - z) d z
Jo =4
7T- -
= 277, que es el mismo resultado obtenido en el problema 4.17. Obsérvese que la contribución del disco x 2 + y 2 < 1, z = 0 es cero, pues sobre este disco n = k y f * n l z=0= 2 z l z=0 =0.
PROBLEMA 4.40
Usando el teorema de divergencia (4.66), calcular
(x 3 dyd z + x 2y dzd x + x2z dxdy),
ÍJ
z
donde S es la superficie cerrada que consiste en el cilindro x 2 + y 2 = a 2, 0 < z < b, y los discos circulares x 2 + y 2 < a 2,z = 0 y x 2 + y 2 < a 2, z = b, como se muestra en la figura 4.9. So lu ci ón :
Por el teorema de divergenc ia (4.66),
l =
x 2 dxdydz La superficie del problema 4.40.
2_
=5 I
¡
m
2
x2 dxdydz
|
-a J —/ a 2— y'1
•rn b
pa
(*• /a2 —y 2
x 2 dxdydz
fbfaI
Jo Jo 3 206 r a . 2 2.v , (a ~. y ) dy —— i" | (a2 Jo 20 b 3
3 16
5 na 4. — b. 4 PROBLEMA 4.41 Mostrar que el teorema de divergencia (4.58) puede extenderse al volumen infinito exterio r a una superfici e cerrada con tal que
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105
Cálculo integral vectorial
lim
(4.67)
f | = O,
r 2 |
r-> oc
donde r es la distancia desde el srcen a cualquier punto del espacio. Sol uc ió n: Sea S una supe rficie cerrada limit ada por una esfera S r de radio r con su centro en el srcen. Si f es un campo vectorial en una región R limitada por S y S r, entonces, aplicando el teorema de divergencia (4.58),
Jjj Vf dV=jjt- dS + jj R
S
(4.68)
f-dS.
Sr
(Véase figura 4.10 ). Por la desi gualdad de CauchySchw artz (1.45) , If #h l < If I; enton ces,
JJ f - d S
jj | f n |dS < jj |f|
= jJfn c/S <
dS.
Por lo tanto, si If I < e/r2 en to dos los puntos de S r, e
dS = 477 8
p u c s jjd S = 4nr2 . Así, si lim r2 If I= 0, Figura 4.10
Sr
lim
f f
r->0°
JJ
t-ds
La superficie cerr ada del problema 4.41.
= o,
de lo cual se obtiene
JjJv.idv.fr.di. R
S
Obsérvese que en esta integral de superficie, la normal apunta hacia adentro. En la figura 4.11, r es el vector de posición que representa un punto P sobre la superficie S. El ángulo sól ido d ü sub tendido en el origen O por un elemento dS de la superficies se define como
dQ~rdH.
(4.69)
r3
i
El ángulo sólido total O subtendido porS es
!\ ís f r;ís PROBLEMA 4.42
(4.70)
Mostrar que el ángulo sólido total subtendido por una superficie
cerrada S en el srcen O es cero si O está fuera de la región R limitada por S, y que es 47T si O está den tro de i?. So lu ci ón :
Por el teorema de diverg encia(4. 58),
Jf^=JjH^h S
R
Sin embargo, por (3.168), V *(r/r3) = 0 dentro de i? si fuera de R,
r ¥= 0. Por otra parte, si O está
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Figura 4.11
An gulo sólido.
106
Análisisvectorial
entonces r^O, como se muestra en la figura 4.12 (a). Por tanto, cuando de R, el ángulo total subtendido por S es
O está fuera
JÍ1? = 0.
n
(4.71)
Si O está dentro de R, construimo s una pequeña esfera S a de radio ra y consideramos la región R ' limitada por S y S0, como se muestra en la figura 4.12 (b). Si aplicamos el teorem a de diver gencia (4.58),
.rr
S+S q
pues
s
íí'T . riij r Sq
•
r
r 0 dentro de R '. Así que
En los puntos de S a , r = rQyla normal positi va o exterior está diri gida hacia O, o sea que n = r/rQ; por consiguiente,
dS
#^■1"
so
so
-S i so Figura 4.12
dS
- tJ
(b ) So lución al problema 4.42.
-------qnro r2
To = —477;
y cuando O está dentro deR, el ángulo total subtendido por 5 es
■d S
4. 6
= — (— 477) = 477 .
(4.72)
Teoremas de G reen
El primer teorema o identidad de Green establece que si
j
j
j
R
f
^
Vt ¿dS.
El segundo teorema o identidad de Green establece que si escalares que tienen segundas derivadas continuas en una región superfi cie c errada S , entonces
JJJ
(4.73)
S
-
ifiV24>)dV j j
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(0 V0 - «AV<^>* c/S.
(4.74)
107
Cálculo integral vectorial Estos teoremas o identidades se obtienen del teorema de divergencia (4.58) usando unj función vectorial apropiada. funciones vectoriales que tienen segundas derivadas continuas en una región por una sup erficie cerrad a.? , e nto nces
■
[f-y :g -
R limitada
g-v J fl dv •. ' . ^ •
■ ■' (
j j Ir
■«i - ir
• e.i
•
, . g • (7
' ' ' ■'.' f ) - g(v • r )]•
(4.75)
do nd e V 2f V (V *f )~ V X (V X í) por Í3.164). I ste teo ren u equivalente a l segundo teorem a de Green (4.7 4) que relaci ona dos
Verificar e l primer teorem a de Green (4.73).
PROBLEMA 4.43
Sol uc ió n:
Usan do el vector identi dad, V*(0f) = <¡>V "f + f V0 ,d ond ef = Vi//, V (0V
(4 .76 )
Integrando sobre la región R ,
JJJ V-(^V^)dV= JJJ W .V 2
R
Aplicando el teorema de divergencia (4.58),
JjJV.(0 V./r )cf K = R
(4. 78) S
Así que, JJJ* ( 9S V V + V<¿V
R
S
Por la defi nición de derivada direc cional (3.98), i.e., 30/ds = grad 0 T,
dt¡/ - ÓV ^-nd S = <{> ~ - d S , dn
(4.79)
donde d\p/dn es la derivada normal. Por consi guiente, (4.73 ) puede escrib irse como
JJJ (<¿W PROBLEMA 4.44
Sol uci ón:
+ V0 V¿)dV
=
Jj ó ^
dS.
(4.80)
Verificar el segundo teorem a de Green (4.74) .
Intercambiando0
y 0 en (4. 73),
JJJ (t/'V2+ V'/r-V
Jjtf,V
Entonces, sustrayendo (4.81) de (4.73),
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(4.81)
108
Análisis vectorial
jjj (<£(
[4 .7 4]
Por (4.79),
dib an
dd> \/cf)- dS= -r-dS ; an
Vi/f • dS = — — c/S,
Por consiguiente, (4.74) se puede expresar como
J]J(<¿V 2
PROBLEMA 4.45
Si \¡j es armónica en una región R encerrada por S , entonces dem ostrar
^
So l u c i ón :
(4-82) S
# j j v i { , - d S = j j j ^ d S = 0. s s
(4.83)
Si hacemos 0 = 1 en el primer teorema de Green (4.73),
jj"V'A-dS= jj j S
(4.84)
R
pues V (l ) = 0. Como i¡j es armónica, entonces por la ecuación de Laplace (3.133), V2 Por consiguiente, (4.84) se reduce a
jjvt/'-dS=
PROBLEMA 4.46 demostrar que
1// = 0.
j j v < ¿ s - n d S = j j ^ d S = 0.
Si (¡>y \¡¿son armónicas en una región R encerrada por S, entonces
jj
VAV<£)- dS
jj (cf>
=
s
dS
= 0.
(4.85)
s
Solución : Si <¡>y \¡j son armónicas, entonces p or la ecuación de Laplace (3.13 V20 = V2 1// = 0. Así que por el segundo teorem a de Green (4.74),
3) tenemos,
j j o w -
PROBLEMA 4.47
So l uc ió n: fX(VXg),
R
Deducir el tercer teorema de Green (4.75).
Aplicando el teorem a de divergenc ia (4.58 ) a los vectores f(V *g) y
jjj
V[ f(V g) ]dK = J^"f(Vg)c/S,
R
jjj V •tf
(4.86)
S
X
(Vx g )] dF = jj jf x (v
R
X
g)c/S.
(4.87)
S
Por las identidades vectoriales
(3.15 5) y (3 .157),
V[f(Vg)]
=(V g )( Vf ) + fV(Vg) ,
V • [f x (V x g)] = (V x g) • (V x f) f • V x (V x g).
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(4.88) (4.8 9)
Cálculo integral vectorial
109
Por consiguiente,
J 'J 'J ' V • [f (V • g) ]dV= J J J í(Vg)(Vf R
JJJ
V[fx(Vx
)+fV(Ve)]
dV,
(4.90)
R
JJJ
g) ]dV =
R
[ ( V x g M V x f) f V x (V x g)]c/K.
(4.91)
R
Intercambiando los papeles de
f y g y restando,
JJ J[ r V (V g ) g V (V ‘f) ]d V= Jf[f(Vg)g R
(Vf)]dS,
(4.92)
S
JJ J [f • V x (V x g)
g • V x (V x f)] dV
R
= jfj^tf x (V X g) g X (V X f ) ] -ds.
(4.93)
s
Sumando (4.92) y (4.93) y usando V2f
=
V(Vf)
V X (v
[3.164]
f),
X
obtenemos
JJJ
(f- V2 g - g - V 2 f ) d V =
R
f f [f
X
(V
4.7
X
g) + f( v • g) - g
X (V
X
f)
-
g( V • f )] • d S.
[4.75]
Transformaciones de integrales de volumen a integrales de superficie
El teorema de divergencia (4.58) representa una transformación de integral de volumen a integral de superficie en donde interviene la divergencia de un vector; i.e., Vf e/Sf. dV * [4.58]
JJJ R
S
Extendiendo las definiciones de gradiente y rotacional de un vector a volúmenes finitos, obtenemos los siguientes teoremas: El teorema de gradiente expresa que si <¡>es una función escalar continua en una región R limitada por una superficie cerradaS, entonces
JJJ R
Vá dV ^
J J d S 4>.
(4.94)
S
El teorema de rotacional expresa que si f es una función vectori al co ntinua en una región R limitada por una superfi cie cerrad aS, entonc es
JJJ V =x fll dV'd S x f . R
(4.95)
S
Obsérvese que los teoremas (4.58) y (4.945) se pueden expresar como
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110
Análisisvectorial
fv —
(4.96)
R
S
donde a es un escalar o cantidad vectorial y la estrella (*) representa una forma aceptable de multiplicación, i.e., producto p unto o cruz, o producto simple. PROBLEMA 4.48
Dem ostrar e l teorem a del gradient e (4.94).
S ol u ci ó n: Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Apli cando el teorema d e divergencia (4.58),
JJJ V ‘ (
(4.97)
S
Pero por (3.155), V • (cf>a) = cf>V • a + a • V<£. Como a es una constante, V *a = 0; por consiguiente, V • (cf, a) = a • V<£. Asi que (4.97) puede escribirse como a
íJJJ Vcf>dV- JJ cf,= d0.s ) \
R
(4.98 )
/
S
Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.94). PROBLEMA 4.49
S o lu ci ó n :
Demostrar el teorema de rotacional (4.95).
Si a es cualquier vector constante y sustituimo s f en (4.58) por f X a, entonces
JJJ V( f x
JJ
n) dV = x a)c (í /S.
R
(4.99)
S
Pero por (3.157), V (f x a) = a (V x f) f (V x a). Como a es constante, V X a = 0; por consiguiente, V • (f x a) = a (V x f). Por la re gla de perm utación del triple produ cto escalar (1.77) o (2.53), f x a d S = a d S x f. Así que (4.99) se puede expresar como I
VxF
j j d S x f j = 0. dV
(4.100)
Otra vez, puesto que a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.95).
PROBLEMA 4.50
Mostrar que para una superficie cerrada^,
íf d S = 0. www.FreeLibros.me
(4.101)
111
Cálculo integral vectorial
Solución :
Por el teorem a del gradiente (4.9 4),
J\MS. JJJ W
dV.
S
R
Si 0 = 1, enton ces V= 0 ; po r con sigui ente,
J J d S = 0.
s Usando la representación integral de V(4.57
PROBLEMA 4.51
V = lim AV
0
) i.e.,
O d s , mostrar que AV J J s
V - ( ^ f ) = <¿>V-f + f-Vs¿>.
[3.155]
So lu ci ón : Sean 0 Oy fo los valor es de 0 y f en algún pun to F q, y sea A Fuña región pe queña que rodea a P0 . Sobre la superficie S que limita a A V los valores de 0 y f son 0 = 0o + A0, f = f0 + Af. Usando (4.57), VW >f )=
lim
av
-> o Ak
f f d S .& t) Jj s
= lim
s
, Í” o A f[ 0# § d S ' t + L s
lim^L J J
dS • f + f f d 8 - ( ¿ - ¿ 0)(t0+ At )
lim ^\d >o ^ dS f '
s
+
f0 •
jj d S
s
(f> - cf>0 í 0 •
JJ d S
s
s
j^dSA^Af^.
(4.102)
Pero por el resultado del problema 4.50,
ff Como la últi ma integral
dS = 0.
[4.101]
j j d s ' A0A f es un término de orden super ior, puede descartarse
s en el límite. Entonces, en el punto
P0 ,
v - w - j f r . h í ' 1* § d s - <* 1-- f f ds* ] = 0 O lim avoAF
Q d S • f + f • / lim Q dS JJ Lv^oAF JJ s \ s
<¿V- f + f-V 0 ,
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t
112
Análisi s vectori al
donde to das la s expresiones están calcula das en el p u n to /V C om o/ >0 es arbitr ario, queda demostrado (3.155). PROBLEMA 4.52
Si r es un vector de posición, mostra r que para una superficie cerrada
s
S,
0. So lu ci ón :
r x dS =
(4.103)
Por el teorema del rotac ional (4.95),
d S x r = I II V x r dV. S
R
Pero por (3.14 1), V X r = 0; por consiguiente, flrxJS.p, r x dS = — O dSx s
4.8
r= 0.
s
Teorema de Stoke s
t i teor ema de S tokes establece que si S es una superficie limitada por una curva cerrada simple C y f es una función vectorial que tiene primeras derivadas parciales continuas sobre S y C, entonces J j V x f. c/ S =
PROBLEMA 4.53
(4.104)
c
s
Demostrar el teorema d e Stokes (4.104).
So l uc i ó n: Cons idérese una supe rficie S limitada po r una curva cerrada simple C. Se divide 5 en N subr egiones tan pequeñas que puedan consider arse planas con áreas A S ,, AS2,' ' ’ , ASyy. En los puntos ( x¡, y¡, z ¡) de AS¿, la definición (4.50) del rotacional da n •V x f AS, =
(4.105)
don de e.^0 , cuando A S¡ > 0, y n es el vector uni tario norma l asociado co n AS,. (Véas e S da figura 4.13.) La suma sobre la superficie total N
N
£n .Vx
fA Si = £ < h
Dem ostración del teorema de Stokes.
N
f dr + 2 ] e¡ AS,,
i=1 ci
i =1
Figura 4.13
-
i= 1
Ahora consideremos el límite de esta expresión cuando N ^ - ° ° . La frontera C¡ de cada ASj consist e en pedazos que son o parte de la frontera C o parte de las fronteras de las dos subregiones adyacentes. Las integrales de línea a lo largo de curvas fronteras adyacentes se dr tienen direcciones opuestas; así que queda sólo la integral C. Por consiguiente, de cancelan, línea a lo pues largolos de vectores n • V x f AS, = JJ~ n ■V x fe IS - JJ~ V x f • d S,
lim 1=1
s
lim y (f) fdr={í)
N >°c l—l J
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s
J
ídr.
113
Cálculo integral vectorial
Así que cuando J J v x f dS =
£¡AS, .
c
(4.10 6)
>' 1
Para el término restante,, N
£ £/ AS; i= 1
< ^ | e, | AS; < I em I J i =1
donde em = max e¿. Pero em ►0 cuando N
AS, = | em | S,
°°,\ JSj- * 0. Entonces,
lim V 6 i ASf —♦ 0. 7V>ooL—i i = 1
Así, en el límite, j j v
X
f.d s= <£ f.t fr .
s PROBLEMA 4.54
c
Dar la interpretación física de l teorema de Stokes.
Solución: El rotacional de un campo vectorial f es la intensidad de circulación en un pu nto para f (véase prob lem a 4.2 6). El teo rema de Stok es (4.104 ) esta ble ce que la circula ción total alrededor de una curva cerrada C es igual al flujo del rotacional f a través de una superficie S encerrada por C.
PROBLEMA 4.55
Solución:
>(j) r-
Mostrar que si r es el vector de posición, entonces d t = 0.
Por (3.14 1), V X r = 0. Por consi guiente, por el teorema de S
r-dr =
(4.107) tokes (4.10 4),
|| V x r •c/S = 0.
c
s
PROBLEMA 4.56 Usando e l teorema de Stokes (4.104), mostrar que, para cualquier superficie cerrada S,
§
V x t-dS
= 0.
Solución: Sean S¡ y S2 dos regiones en las cuales una curva cerrada C divide a una superficie cerrada S, como se muestra en la fig ura 4.14. Aplicando el teorema de Stokes
(4.104) aS, y
a52,
JJ V
t-di,
x fdS=
s,
c
J J V x f dS (j> f-d r = <^) í-dr.
s2 Por consiguiente, para la superficie cerrada
c
c S,
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4.56.
Aná lisis vectorial
114
V x f •d S = j j V x f •dS + j j V x f •dS s,s,
s
s.
• d r ++ (j(T) =<£ ff -d > f•dr Jc Je = 0. Solución alterna: Considérese una superficie S casi cerrada con una pequeñ a abertura limitada por una curva cerrada simp le C como se muestra, en la figura 4.15. Aplicando el teorema de Stokes (4.104), j j V x t-dS
=
s
Figura 4.15
Solución alterna probl ema 4.56.
al
c
Ahora redúzcas e más y más la pequeña a bertura de m odo que en el límite sea un punto. Entonces la superficie se vuelve cerrada y la integral de línea tiende hacia cero. Por consiguiente,
s
V
X
f - d S = 0.
s
PROBLEMA 4.5 7
Si C es una curva cerrada, m ostrar que / {j)0.
So lu ci ón :
-d r =
(4.108)
Por el teorema de Stoke s, j j V x (V0)-dS,
[4.104]
s
donde S es la superficie ence rrada p or C . Pe ro po r (3.142 ), V X V=0;por consiguiente, queda demostrado (4.108). PROBLEMA 4.58
i
i'dt=0
So l uc ió n:
Dem ostrar que V X f = 0 es una condición necesaria y suficiente para
alrededor de cualquier curva cerrada
C.
Para la sufici encia, V X f = 0; entonces por el teorema de Stokes (4.104), (Vx f ) - d S = 0.
Para la necesi necesidad, dad, supóngase su póng aseque^j) que y f 'dr = 0 para cualquier curv a cerrada C y que V X f ¥= 0 en algún punto P. Entonces si V X f es continua, hay alguna región que rodea a/* donde V X f ¥= 0. Se escoge un a p equeñ a superficie plana S en esta región y un vector unitario normal a S paralelo a V X f, esto es, V X f = an, donde a > 0. Si C es la frontera de S entonces por el teorema de Stokes, (4.104),
{j) f- dr =j j e s
V x f - d S = j j a n- n dS = a j j dS = aS > 0, s s
lo que contradice la hipótesis de que<í)f
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mdr = 0.
Cálculointegralvectorial
115
El teorem a de Stok es para co ordenadas rectangulares es tablece que si f = Pi + £>j + R k, entonces
j> P * ♦ 0
d yd z
***
(dQ dP\ (Tx ~ ~ J dxdy. PROBLEMA 4.59
(4.109)
Verificar (4.10 9).
Soluci ón: Si f = Pi + Qj +/? k, ento nces f ‘dt = P dx + Q d y + R dz y
V
f:
X
i
j
A
A
dx
dy
P
Q
dR \dy
k A
dz R
dQ\ . tdP 1i + 1 dz
dR
i +
dQ dx
dP dy
k.
Ahora, como en el problema 4.38, JJv
V x f • n dS
x ' . d S . JJ
s
s
dR
-//[(I W
_
s
íí—
dQ\ . fdP i + dz,
dR \ . (dQ oax , J +
d o; d z , eos a +
'dP
’dR
■sjr \dy
dz )
dydz
dP .. . •n dS dy dQ dx
dR eos /3
| P - - d-« \d Zdx dz dx J
dQ
dP dy dP' dy
eos y
dS
dxdy.
Por consiguiente, el teorema de Stokes (4.104) se reduce a
i
Pdx+Q dy +Rdz
re (dR w
JJ
dP dR _ do ; dydz + —— dz!
dzdx
[4.109]
PROBLEMA 4.6 0
jy
Si f = 4y i + x') + 2zk, calcul ar / = | | V X f'c/ S sobre e l hemisfer io
x 2 + y 2 + z 2 = a2, z > 0. Sol uc ió n:
C om o/e stá en forma de integra l de supe rficie en el teorema de Stok es (4.104 ), / =
4 y d x + xd y + 2z dz, Figura 4.16
donde Ces el círculo x 2 + y 2 = a2, z > 0, dirigido como se muestra en la figura 4.16. La representaci ón paramétrica de C (problema 3.13 ) es x = a eos t, y = a sen t, z = 0, donde 0 < t < 2 tt. Entonces dx = -a sen t dt, d y = a eos t dt, dz = 0. Por consiguiente,
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El hemisferio del problema 4.60.
Análisis vectorial
116
r2 n 1 = 1 4 (a sen •'o
(4 sen* t + eos2 t) dt
= a2 f •'O
f
a2
t) ( a sen t dt) + (a eos t) ( a e os t dt) ^
(1—5 sen2 t) dt
'o (1 eos 2 í)
= a2
f H —3 —5 eos 2 í f(
2
.
h
2
,
dt
.
c/í
= 3 a 2¡7.
El teorema de (¡reen para un plano establece que si P, Q.dP/ by, y dQ/dx son continu i una regi ón R del plano x y limitado por una curv a cerrada C, entonces (f.110)
R
Pi +
La ecuación (4.110) se puede expresar también en forma vectorial; i.e., si f = entonces U> f • d r J j Vx f h C
PROBLEMA 4.61
dxdy.
(4.111)
R
Verificar el teore ma de Green (4.1 10 ) para un plano.
So lu ci ón : Si f = Pi + Q\ y dS = k dxdy, entonces (4.11 0) se sigue directamente del teorema de Stokes (4.104). Alternativamente, (4.11 0) es un caso esp ecial de (4.10 9) con R = 0. Ahora, si f =Pi + Qj, entonces i
j
Vxf= A
k
A
dx
dy
P
Q
dQ . dP . fdQ dz 1+ dz , + \<9x
A •
dz
d P \, dy
’
0 f • d x = P dx + Q dy ,
Vxf cfS = V xf k
dxdy =
\ox
—) ay/
dxdy.
Por consiguiente, por el teorema de Stokes (4.104),
<$ P
R
PROBLEMA 4.62 Mostrar que el teorema d e Green (4.110) para un plano pued e expresarse también como V • f dxdy,
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(4.112)
Cálculo integral vectorial
117
donde f = Q\ P j, n es el vector normal unitario hacia afuera de C, como se muestra en la figura 4.17 y s es la longitud del arco. Por (3.107), el vector unitario T tangente a C es
So lu ci ón:
T= — = — i + — j. ds ds ds Ahora, por la figura 4.17, _ . I dx . d y \ , dy . dx . n = T x k= (— i + — j xk = — i -------j. \ds ds / ds ds De acuerdo con esto,
\ds
ds
ds
/
Figura 4.17
ds
Así que, {j) f • n d s =,(j) qÉ l + P c \ ds
ds ds j
= {j) P d x + Q dy. Jc
Luego V f =
dQ dx
d{-P) dy
dQ dx
dP dy
Por consiguiente, el teorema de Green (4.110) para un plano puede expresarse como
^(•ni/s c
= JJ" V • f dxdy. R
PROBLEMA 4.63 Mostrar que el área A de una región R del plano x y limitada por una curva cerrada simple C es
A = if) x dy = ’u ) —y d x = — '( h x dy —y Jc“t Jc ^ Solución:
Si
dx. (4.113)
P(x, y ) = 0 y Q(x, y) = x en (4.110), entonces dxdy = A.
Si hacemos P = - y y Q = 0 en (4.110), entonces y dx - j j
Sumando los resultados anteriores, obtenemos ,4
dxdy~= A.
x dy - y dx. Si hacemos P = ~y, y
=^
Q = x en (4.110),
f (-y)dx
+ x dy = '(D x dy y dx =
dxdy R
■2
JJ d’“'y R
= 2 A.
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Teorem a de Green en un plano.
118
Análisisvectorial
Por consiguiente,
A = —■(t)xdy - y dx. PROBLEMA 4.64 Determ inar el área A de una región R limitada por una elipse C cuyos ejes mayor y m enor son 2a y 2b, respecti vamente. So lu c ió n :
La ecuac ión de una elipse C con eje mayor 2a y eje menor 2b es i Y2
y2
— += 1, z = 0. a 2 b2 Por consiguiente, C puede representarse paramétricamente por x = a eos t,
y = b sen t,
z= 0,
0
< t ^ 2n .
Entonces dx = -a sen tdt, dy = b eos tdt. Por consi guiente, por (4.112),
dy —y dx
A=
27 7
ü —í 2 Jo
t dt) (6 se n t)(~a sen t dt )
(a eos í)(6 eos
a b( eos2 t + sin2í)
'
c/f
•277
i a6 f 2 2 J„ ■'o
dt
= 7ra6.
4.9
Transformaciones de integrales de superficie a integrales de línea
ti teorema de Stokes (4.104) representa una transformación de integral de superficie a integral de línea en la cual interviene el rotacional de un vector; i.e., |j V x f • t/ S = (|) f • dt .
s Como
jjv
c
jj
xf-ds=
s
<í s - y x
f
= JJ (dS x
7
).r,
s
El teorema de Stokes puede expresarse como JJ(dSxV)f=
(4.114)
s Extendiendo las definiciones del rotacional, el gradiente y el rotacional del rotacional a superficies finitas, obtenemos los siguientes teoremas: Si S es una superficie finita limitada por una curva cerrada simple C y 0 es una función escalar con derivada s continuas, entonces j J d S * VÓ
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c
(4.115)
Cálculointegralvectorial
119 C y f es una función
Si S es una superficie finita limitada por una curva cerrada vectorial con derivadas continuas, entonces
J J - *V) x f=
¿
f.
(4.11 0)
s
c Obsérvese que ios teoremas (4.104) y (4.1156) pueden expresarse como j'J '( cfs x V )* u = (j)dr * a,
(4.117)
donde a es cualquier cantidad escalar o vectorial y la estrella <*) representa cualquier forma acept able de multiplicación, i.e., punto, cruz PROBLEMA 4.65
o pro ducto simple.
Verificar (4.115).
S o l u c i ón : Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Aplicando el teorema d e Stokes (4.104),
J'J 'V x (4> a) • d S = ^ a ' í f r . s
(4.118)
c
Por (3.156), V x ( 0 a) = <^ >V xa a x V<£ Como a es un vector constante, V X a = 0; por consiguiente, V x (0 a) = SJ(f>x a. Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), x a)d S= JJa.d SxV <£.
s
s
Por consiguiente, (4.118) se reduce a XV 0 =
-(j)0f/r,
a
s
c
ó a í J j d S x \ s
V<£ -
=
0.
(4.119)
/
Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.115). PROBLEMA 4.66 So l u c i ó n :
Verificar (4.116).
Si a es cualquier vector constante y reemplazamos f en (4.104) por f X a, JJ v x (f x a ) d S = < j)(f x a)c/r. s
(4.120)
c
Por (3.158), V
x (f x a) = f( V a) a (V f ) + (a V )f (f V) a.
Como a es un vector constante, Va = 0 y (f V) a = 0; por consiguiente,
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Análisis vectorial
120
V x (f x a) = (a •V) f a(V • f).
(4.121)
Así que J J v x ffx
a W S . / / [(a« V) f •c/S - a- dS( V- f ) ]
s
s
JJ [Vf(fc/S)dS(Vf)],
= a*
s donde Vf indica que V opera solamente sobre
f.
(dS X Aplicando V) X f, la regla del término medio para el triple producto vectorial (1.98) a
( d S x V) x f = Vf(f • dS ) - d S(V • f) ,
(4.122)
y podemos escribir J J V x (f x a)dS = a JJ( c/S x V) x f. s Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), <£ (f x a) • dr = {p a(c/r x f) = a
d rxí,
JJ(d S x V lx
^c /rx fj= 0.
o sea f
(4.123)
Como a es cualquier vec tor con stante, la expresión del paréntesis se anula y q ueda demostrado (4.116). PROBLEMA 4.67
Demos trar que si r es un vector de posición, entonces r = 0. d
(4.124)
í
Solución:
Por (4.115),
j4.,r, JJd S c
x
V 0.
s
Si 0 = 1, entonces V 0 = 0; por consiguiente,
dr = 0 .
PROBLEMA 4.68
i
Mostrar que, integrando alrededor de una curva cerrada C del plano
xy,
rxrfr
= 2 A,
donde r es el vector de posición y A es el área encerrada por la curva
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(4.125)
C.
121
Cálculo integral vectorial Si f = r y dS = k dxdy en (4.116),
Sol uci ón:
x V) x r dxdy.
f " " J J (k c
S
Como V t = 3 por (3.129), usando (4.122), (k x V) x r = V(k • r) k( V • r) = V(z) 3k = k
3k = 2 k .
Por consiguiente,
j ) r x dr = - ^drxr
= 2k JJ*
dxd y = 2Ak,
(4.126)
c
y
\í
r x dr
PROBLEMA 4.69 mostrar que
= 2 A.
Si S es una superficie abierta limitada por una curva cerrada simple C, <^)r x d r= 2 j j dS .
(4.127)
c So l u c i ó n : entonces
Si en el teorema d e Stokes (4.104 ) f = r X a, donde a es un vecto r constante,
<^) (r x a) d r=
j j V x ( r x a)
(4.128)
Como a es un vector constante, tenemos por (4.121), V x (r x a) = (a V )r a(V • r). Además por (3.141) y (3.121), como (a V )r = a, V •r = 3 , tenemos V x (r x a) = a 3a = 2 a. Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), (r X a) • Por consigui ente, (4.128) se puede expresar como a {pr ^ r x xddrr == 2a JJ "
dr = a • (r X dr).
dS.
c Como a es cualquier vector constante, ^ r x dr = 2 c
Jj d S. s
Obsérvese que (4 .18) , i.e..
t p r x dr = j
ka'rfr
^
2^aJk,
y (4.125) son los casos especiales de (4.127). Son importantes para (4.127) porque el doble de la integral de dS sobre la superficie S es igual a la integral de línea de
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122
Análisis vectorial
rXdr alrededor de la frontera de S, que es independiente del punto escogido como srcen del vector de posición r y de la superficie S limitada por C. 4.10 Campos irrotacionales y solenoidales
(a ) Figura 4.18a Una región simplem ente conexa.
Se dice que una región R es conexa si dos puntos cualesquiera de R se pueden unir por un arco y cada punto del arco pertenece a R. Una región R se dice simpl eme nte conexa si toda curva cerrada de R se puede deformar continuamente hasta un punto de R. La región R de la figura 4.18 (a) es simplemente conexa. Sin embargo, la región R de la figura 4.18 (b) nó es simplemente conexa porque la curva cerrada C que rodea uno de los '‘huecos” no puede ser deformada continuamente hasta un punto sin salirse de R. Una función escalar de potencial 0 es una función uniforme para la cual un campo vectorial continuo f de una región simplemente conexa satisface f V0. (4.129) PROBLEMA 4.70
Mostrar que la cond ición necesaria y suficiente para que la integral de
r I f • c/r sea indepe ndiente de la trayect oria de integración d esde el punto
línea P pu nto Q es que el campo vectorial continuo f satisfaga (4.129).
Sol uc ió n: por (3.12 0),
Figura 4.18b Una región que no es simplemente conexa .
P hasta el
Para demostrar la suficiencia, supóngase que f'dr = S/
y p o, consiguiente,
(r e^
r e^
p
^
^( p>
(4J3W
p
y
Si 4>es uniforme, el lado derecho de(4.130) tiene un valor definido que depende solamente de los puntos extremos P y Q y no de la trayectoria.
rQ
Para demostrar la necesidad, supóngase que trayec toria de integración. Sea
í'dr es independiente de la
•'p
fQf c/r,
JP
donde P es un punto fijo y Q es un punto variable deR. Como la integral de lín ea es independiente de la trayectoria, Q se mueve a lo largo de una curva que pasa por P sobre la cual es continuo el vector unitario tangente T. (Véase figura 4.19). A lo largo de esta curva, rQ rQ rQ fT d s f-dr f- d s = 0 JJP P J^ PP ds Jj p ““
s. Así que,
es una función de la longitud de arco
dd> dt ds f.ds
Figura 4.19
Solución a l problema 4.70.
f T.
(4.131)
La curva PQ podría escogerse de modo que tenga una dirección dada en Q. Por consiguiente, (4.131) muestra que
dcf) Ahora, comparando (4.131) y (3.106),
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V0-T.
[3.106]
Cálculo integral vectorial
0.
( f - V«/>) • T
o
(4.132)
T,
Como (4.132) se cumple para cualquier dirección de
f V0 = O,
123
[4.1291
f =V 0.
PROBLEMA 4.71 Si f = V0 en todas partes de una región simplemente conex a R y C es cualquier curva cerrada de R, mostrar que
i So lu ci ón :
f •
(4.13 3)
Si f = V$ en todas partes de R, entonces por el problema 4.70, l a integral de
línea I f -d r es independiente de la trayectoria de integración. Si la trayectoria de integración *'c es cerrada, entonces P= Q en (4.130). Así que,
f-c/r=
f
d
Este problema se resolvió en el problema 4.57 aplicando el teorema de Stokes (4.104). Obsérvese que (4.133) es válido solamente cuando <¡>es una función uniforme y R es simplemente conexo. Si R no es simplemente conexo, entonces es posib le tener f = V0 y la circulación de f alrededor de una trayectoria cerrada C en una región R puede no ser cero;i.e., podemo s tener < j) f -dx # 0. El problema 4.72 ilustra est e punto.
PROBLEMA 4.72
y
Sea f =
x
.
_|_ ^2 i + ~2'^.^2 j (a) Mostrar que f se puede expresar
como V
/= ^
si C es un círculo de radio a sobre el plano x y cuando su centro está en el srcen y cuando está en (a, (3, 0) con a2 + ¡52 > a2 . Solu ció n:
(a) Com o
d — tan dx
1(f y \) w.
v2 \
i+
d tan dy
1(í y S| W
2
l + [^ U -y
*
= x1 — + y i > + x_¡—+ y ¡ i
= f. (b) Cuando el centro de C está en el srcen, / =1 =
V 0 - d r = { j ) dcf> ={j) d jten 1^ j
La representaci ón p aramétrica de C es x = a eos t,
y = a sen t,
z = 0.
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Análisis vectoria l
124
Así que, d t = 2 tt ¿ 0 .
El resultado no es cero porque la región definida para la cual f = V0 no es una región simplemente c onexa, pues 0 = tan1 iy/x) no está definido en el srcen y la región está perfo rada en el srcen. Cuando el centro de C está en (a , (3, 0) su representación paramétrica es
x = Ot + a eos t,
y =
/3
+ a sen t,
z = 0.
Por consiguiente, p 2rr
í //S + a sen t Ot + a eos t
tarf
tan1 '
2 77
= 0.
PROBLEMA 4.73 Si R es una región simplemente conexa, mostrar que la condición necesaria y suficiente para que V X f = 0 es que f = V0 cuando f tiene derivadas continuas. So l uc i ón :
Si f = V, V x f = V x V<¿> = 0.
[3.142]
Por otra parte, si V X f = 0, entonces po r la solu ción del problema 4 .58, o p or el teorema de Stokes (4.104), f • cfr = 0 para cada curva c errad a simple C de R . Por la solución del problema 4.71, esto indica que la int egral de línea de f es independiente de la traye ctoria de integración y que f puede expresarse c omo f = V 0. El problema 4.73 proporciona una manera simple de verificar si un campo vectorial f es el gradiente de un campo escalar 0. Esto se ilustra en el siguiente problema.
J
PROBLEMA 4.7 4 Dos campos vectoriales están dados por f = 3y 2i + z ¡ + 2 y k y g=y z¡ + x z j + x yk . Determinar si estos campos vectoriales son los gradientes de campos escalares. Sol uci ón: Como f = 3y 2i + z j + 2 y k, k i j _d_ d_ d dx dy d z 3y 2
z
2y
i 6y j ¿0. Por consiguiente, f no es el gradiente de un campo escalar. Como g = yz ¡ + xz j + x y k , i
j
k
d dx
d dy
d dz
yz
xz
xy
= (x x) i + (y = 0. www.FreeLibros.me
y ) j + (z z ) k
125
Cálculo integral vectorial
Por consiguiente, g es el gradiente de un campo escalar. Obsérvese que g = V (xyz + constante). Si en una región simplemente conexa R, V X f = V X g, demostrar que PROBLEMA 4.75 f = g + V<£. Solución: Como V x f = V x g,
V x ( f g) = 0. Entonces, por el resultado del problema 4.73, f g = V<£, y p or consiguiente,
f = g + V<¿.
(4.1 34)
npo vectorial f se llama irrotacional en una región R si V x í =0
(4 .1 35 )
en todas partes de R. Por los resultados de los problemas 4.702, concluimo s que para que un campo vectori al f sea irrotacional en una región simplemente conex a, cualquiera de las tres condiciones siguientes es necesaria y suficiente: ' X f = 0; (2) f es el gradiente de un campo escalar; i.e., (3) para toda curva cerrada C
PROBLEMA 4.76
f = V<¿>;
f -dr = 0.
de Ñ,
Dem ostrar que si existe un escalar A¥= 0 tal que Af sea irrotacio nal,
entonces fVxf=0. Sol uc ió n:
(4.136)
Si Af es irrotacional, exist e una función es calar 0 tal que Af V0.
Tomando el rotacional en am
bos lados, V x (Af) V x (V
Pero por (3.156), V x (Af) = AV x f + VA x f = 0 o sea AV x f = V A x f
f x VA.
Si efectua mos el produc to pu nto en am bos lad os con f, obtenemos ( por el problema 2.21). Af • V x f = f f x VA = 0. Como Ano es cero, f V x f = 0. Obsérvese que el recíproco es cierto también.
Un campo vectorial f se dice
sol enoi dal si en toda la región R, V f = 0.
(4.1 37)
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Análisis vectorial
126 PROBLEMA 4.77 solenoidal. So l u c i ón :
Mostrar que un vector f que sea el rotacional de oiro vector A, es
Si f = V X A, entonces por (3.143), V • f = V (V x A) = 0;
po r c onsiguiente, f es solenoidal. Una fun ci ón vectorial de potencial A en una región especifica R * es un cam po vectorial para el cual un cam po vectorial solenoidal f satisface f = V x A.
(4.138)
No hay un A ún ico para el cual valga (4 .138 ) porque Vx (A~ V< A) = VxA +V xVi // =VxA. (Cf., problema 3.50). La región R* es vina generali zación de una región simplemente conexa, i.e., una región en la cual toda superficie cerrada S en R debe limitar un volumen V que esté también en R. Por consiguiente, si un campo solenoidal f está en la región R* , entonces por el resultado del problema 4.77 y el teorema de divergencia (4.58), f tiene las siguientas propiedades: (a) V*f=0; (b) fe s el rotacional de un vector; i.e., f = V X A; (c) para toda superficie cerrada
S en R,
ft/S = 0.
s PROBLEMA 4.78 Si f es un campo vect orial solenoidal, mostra r que existe una función vectorial de potencial A tal que f = V x A.
[4.138]
Sol uc ió n: La existencia de A se demuest ra calc ulándol o. Sea f = / i¡ + / 2j + / 3k y A= ^4 1i + ^ 4 2j + ^ 3 k . Ahora n eces itamos most rar que exis ten fun cion es escalares A ¡ , A 2 y A 3 tales que f = V x A, o sea
Para hallar cualquier A, supongamos que
3A }
dA2
dz
dx
dA 2
dAl
dx
dy
(4.139a) (4.139b) (4.139c)
A t = 0; entonces, dA z dy
dA2 dz
(4.140a) (4.140b)
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(4.140c)
127
Cálculo integral vectorial
Integrando se obtiene
A 2 = ¡ f 3 dx + g2{y, z), fx0 f2 dx + g 3(y, z),
/ 13 =
i
donde g 2 y £3 son funciones arbitrarias de parciales de A 3 y ,4 2 es
y y z pero no de jc. La diferencia de las derivadas
dA, c)A ___ r * _________
/dfj ^ d f A
dy
\<9y
dz
Como f es solenoidal, V • f = 0, o sea
J
df¡
(d f2
dx
\dy
dz
^
t
dgi dy
J
dz
df3 dz
Por consiguiente,
dA 2 ^ Cx dz J dx
dy
dx dz
dz
K x, y, z) \ f ^ x o, y, z)\ + —---------dÉ2 = f^ -— . dz dz Para satisfacer (4.140a),
d g, dg, i 1 = /i(x, y, z) /j(x 0, y, z) + — --------,rf—. dy dz Como po r hipótesis, g 2
Y
(4.141)
£3 son funciones arbit rarias áey y z , (4.141) se satisface si é, 0,
f
g3 =
(4.142)
fi( x0, y, z) dy ,
(4.143)
“Vo donde jo es una constante. Por tanto, sig construir A como
2 Y£3 están dadas por (4.142) y (4.143) podemos /
f 3(x, y, z) c?x ■'*0 + k | T /^Xo, y, z) dy ryo
f
f2(x, y, z) dx
(4.144)
En esta demostración, se han hecho varias selecciones arbitrarias; obsérvese también que la región R* en la cual se construyó A se ha supuesto que es un paralelepípedo rectángulo. PROBLEMA 4.7 9 Si (¡) y \p son escalares con segundas derivadas parciales continuas en una región R, mostrar que f = V0
x
V i/ i
(4.145)
es solenoidal en R. Sol uci ón:
Por (3.157) y (3. 142),
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128
Análisis vectorial
V-f = V-(V<¿ x V
(Vi//)]
= 0.
Por consiguiente, f es solenoidal.
^
El teorema de unicidad establ ece que un vector f está determinad o unívocamente en una región R encerrada por una superf icie S si la componente normal de f se especifica sobre .9 y si V* f y V X f están especificadas a través de R.
PROBLEMA 4.80
Demostrar el teorema d e unicidad.
So l u c i ó n : Demostramos este teorema por contradicción. Supongamos que.f y g son dos vectores que satisfacen las condiciones dadas; i.e., si n es el vector unitario normal a Vf = Vg,
Vx f=Vx g
f • n = g ■n
sob re S.
en R
Entonces haciendo h = f g,
V-h = VfVg
=0
en R
Vxh=VxfVxg=0 h n = f n g n = 0
(4.146)
sob re S
(4.147)
Como V X h = 0, el vector h es irrotacional; i.e., si 0 es una función escalar, (4.148)
h = V<£.
Ahora, en R
(4.149)
sobre S
(4.150)
V h = V( V<¿) = V 2<¿ = 0 ') j
h •n = V<£ •n = ----= 0
dn
Luego, haciendo \p = en (4 .80),
j]J
+V0-V0)dV
R
d(f> y -d S
=
*4.151)
S
o sea j j j V 2<¿> dV + j j j I V |2 d V = R
R
dS.
(4.152)
S
De acuerdo con las condici ones (4.14950), (4.152) se reduce a
d V = 0. JJJ' I v<¿I2
(4.153)
R
Pero com o el integra ndo IV 0 I2 no es negativo, IV 0 I2 = 0; i.e., h = V
(4.154)
Por co nsiguiente, f = g, lo que contra dice nuestr a h ipótesis srcinal de que f y g fueran distintas, Por consi guiente queda dem ostrado el teorema.
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Cálculo integral vectorial
129
4.11 Problemas suplementarios PROBLEMA 4.81
Calcular / <¡>dr para = x3y + 2y, de(l, 1, 0) a (2, 4, 0) a lo largo Jc
de (a) la parábola y = x 2, z = 0, y (b )la recta q ue une ( 1, 1, 0) y (2, 4, 0).
Respuest a:
(a) [91/6, 359/7, 0], (b) [ 143/10, 429/10, 0] .
Calcular í i'dr para f = y i + { x + z)2 j + ( x z ) 2k desde (0, 0, 0 ) Jc hasta (2, 4, 0) a lo largo de (a) la parábola y = x 2, z = 0, y (b) la recta y = 2x. PROBLEMA 4.82
Res puesta:
(a) 32/3, (b) 28/3.
PROBLEM A 4.83
í
U1 r para T2 2i ' + 2(x 2y + >»)j desde (0, 0, 0) hasta ¡JdlU fi —=Z_*2xy Calcular I fI ’d Jc
(2 ,4 , 0) a lo lar go de (a) la parábola Res puesta: (a) 80, (b) 80. PROBLEMA 4.84
y = x 2, z = 0,y (b)la recta y = 2x.
Calcular I i-dr para f = 3x i + (2 xz - y ) j + zk desde (0 , 0, 0) hasta Jc
(2, 1, 3) a lo largo de (a) la curva de x = 2 12, y = t, z = 4t 2 - 1, dond e 0 < t < l,y (b) la recta des de (0, 0, 0 ) hasta (2, 1, 3). Res puest a: (a) 71/5 , (b) 16. PROBLEMA 4.85
Calcular
i f X dt para f = y¡ + xj desde (0, 0, 0) hasta (3, 9, 0) a lo
Jc
largo de la curva dada po r ^ =_____ x / 33 j, z = 0.
Res puesta:
[0, 0, 36].
PROBLEMA 4.86
Si a es un vector constante, mostrar que (j) a ‘ c?r =0 ,y ^
PROBLEMA 4.87
Si f = xi + yj + zk, calcular J J 'f 'd S , dond e S es la superficie cilindrica
aXá
= 0.
s
representada por r = eos ui + sen uj + vk, 0 < u < 2n, 0 < v < 1, dS = nd S, y n es el vector unitario normal exterior. Res pues ta: 2xr. PROBLEMA 4.88
■ ir *
Si f = 4xzi + ^ z 2j + 3z k, calcula r II f'd S,d on de S es la superficie
limitada por z 2 = x 2 + y 2, z = 0, z = 4, dS = n dS, y n e s el vector unitario no rmal exterior.
Res puest a:
320.
PROBLEMA 4.8 9
Si f = (y + z)i + (z 4 x)j +
i (x + >’)k y 5 es«olaia superficie del cubo
limitado por x = 0, y = 0, z = 0 , x = 1, y = 1, z = 1, calcular (a) ■JJ frf S , (b)
JJ f dS ,
s Res puesta:
y (c) JJ fx c/ S .
s (a) [6, 6, 6] , (b) 0, (c) 0.
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130
Análisisvectorial
PROBLEMA 4.90
Calcular
ílllr íl
dV, donde r es el vector de posición y
' dy•
R es la región
limitada por las superficies x = 0, y = 0 , y = 6, z = 4 y z = x 2. [24,96,384/5], Res puesta: PROBLEMA 4.91 Usando la representa ción integral equivalente de V (4.57 ), verificar que V X (0f) = 0 V X f + (V0) X f. PROBLEMA 4.92 entonces
Demos trar que sif = V 0 y V ' f = O para una región R limitada por S,
f J S W d v = f >f -d&. R
S
Calcul ar Q (a x + b y ' § s elipsoide ax2 + by 2 + cz2 = 1. 47r/\/abc. Res puest a: PROBLEMA 4.93
+ c z )
dS sobre la superficie del
Si f = axi + by\ + czk, calcular ^ f - d S sobre cualquier superficie s cerrada S que encierre una región de volumen V. Res puest a: (a + b + c)b. PROBLEMA 4.94
PROBLEMA 4.95
Si f = y i + X) + z 2k, c alcular jJ J " V • f dV, donde R es la región R
limitadasta: porz = (1 Respue n/2. ~ x 2 - y 2)V 2,y z = 0. PROBLEMA 4.96
Si f = u(x , y ) i + v(x, y ) j, demostra r que
^
f x d r = k JJ* V • f dxdy,
c
s
donde C es una curva cerrada en el plano x y que limita una región S. [Sugerencia: Aplicar el teore ma de divergenc ia (4.5 8) a f sobre un cilindro de base S con z= 1.] PROBLEMA 4.97 S es
Dem ostrar que el volumen encerrado por cualqu ier superficie cerrada
4 íf
V = T O V( r 2)f/S. s PROBLEMA 4.98
Usando el teore ma de divergen cia (4.6 6), calcular
/ / x dydz 4 y dzdx + z dx dy, donde S es la superficie de la esfera exterior. Respuesta: 4n.
x 2 + y 2 + z = 1, y n es el vecto r unitario norm al
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131
Cálculo integral vectorial
PROBLE MA 4.99 Sea S la superficie frontera de una región R cuyo volumen en el espacio es V y sea n su vector unitario normal exterior. Demostrar que
V = j j x dydz = j j y dzdx = j j z dx dy s
s
s
-ur-
dydz + y dzdx + z dx dy
rdS.
PROBLE MA 4.100 Si existe h(x, y, z) tal que V20 = h(¡>y V 2\p = h\p en una región/? limitada por S, demostrar que
( V ifi - i/rV0) ■d S = 0.
PROBLEMA 4.101
Si (p es armónica en una región R limitada por S, demostrar que
K W
PROBLE MA 4.102
Demostrar que j j j fV^
dV= J j (f>f • d S — j j j 0V-tdV.
R
PROBLE MA 4.103
V
f s . j j y
S
R
Demostrar que
5
¿V= r’ ds. R
S
PROBLEMA 4.104 Si a es un vector constante arbitrario y R limitada por S, demostrar que
V es el volumen de una región
n x (a x/t) dS = 2 V a. s
PROBLEMA 4.105
Si f= (x2 + y 2) yi ~ ( x 2 + y2)x] + (a3 + z 3)k, calcula r •(£ i'dt *'c
donde C es el círcu lo x 2 + y 2 = a2, z = 0. Respuesta: —Iv a*. PROBLEMA 4.106
Si f =( x2 + y 2 4 )i + 3xyj + (2 xz + z 2) k, calcular j j V X fí/S, s
donde S es la superficie definida por z exterior. Res puesta: ~4n.
=4 ~(x2
+ _v2), y n es el vector unitario normal
PROBLE MA 4 .107 La esfe ra* 2 + y 2 + z 2 = a2 intersecta los ejes positivos x, y, z en A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste en
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132
Análisisvectorial
tres arcos circulares AB, BC y CA. Si f = (y + z)i + (z + x)j + (x + z) k, calcular directamente <£ f ’d r. *' c
[Sugerencia: Usar el teorem a de Stokes (4.1 04) para verificar esta integral d e línea calculando una integral de superficie sobre (a) la superficie ABC del octante de la esfera en el cuadrante positivo, y (b) en los tres cuadrantes de los arcos circulares de los planos coordenados.] Respuesta: ^7ra2. ^PROBLEMA 4.108 Por el teorema de Stokes (4.104) dem ostrar que A X (A$) = PROBLEMA 4.109
Demostrar que {j) 0 V ifi ■dr =
PROBLE MA 4.110
0.
V
Usando el teorema de Green (4.11
I
(3x + 4 y)
0) para un plano, calc ular
dx + (2 x — 3 y) dy,
donde C es el círculo x 2 + y 1 = 4.
Respue sta:
~8n.
PROBLEMA 4.111
Usando el teorema de Green para un p
lano (4.110), calcula r
1={t) ay dx + bx dy, donde a y b son constantes arbitrarias y C es una curva regular arbitraria cerrada. Respue sta: (b —a') A, donde A es el área de la región limitada por C.
PROBLE MA 4 .112 Cambiando variables de (x, y ) a (u, v) de acuerdo con la transformación x =x(u, v),y=y(u, v), mostrar que el área^4 de una región simplemente conexa R limitada por una curva cerrad a regular C es
= rr
JJ
ds±i±dudv= f f d( u , v )
JJ
L(u,v).
donde el jacobiano de la transformación es
(x,y)| (u, v).
d (x, y ) d (u, v)
dx du
dy du
dx dv
PROBLEMA 4.113
Demostrar que
r2dr.
PROBLEM A 4.114 Demostrar que
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dudv,
133
Cálculo integral vectorial
t
-
PROBL EMA 4.115 Establecer l a independencia de la trayector ia de integración y calcular (a)
.'(4>2) y dx - x dy
“XI,1) r(.rr, '(77, 0 o,, 1 1) ) (b) I sen x dx + y 2 dy + e z dz. •A0, 1,0) a) 3 /2 , (b) e + 2/3. Res puest a:{ PROBLEMA 4.1 16 Si C es la curva x 2 + y 2 = a2, demostrar que
í
(eos x senh y — xy 2) dx + ( sen x cosh
y + x2y) dy = 0.
PROBLEMA 4.117 Hallar una función escalar de potencial para el campo vectorial f = (y + z eos xz) i + xj + (x eos xz) k.
Respuesta:
(¡>= y x + sen xz + k, donde k es una constante arbitraria.
PROBLEMA 4.118 Mostrar que un vector constante a tiene un potencial escalar $ = a*r y un vector de potencial A = (a X r)/2. PROBLEMA 4.119 Considé rese cualquier c ampo vectorial f tal que V * f = p y V X f = c. El escalar p y el vector c son funciones dadas de x, y, z; p puede interpretarse como una densidad de fuente y c como densidad de circulación. Mostrar que si ambas densidades se anulan en el infinito, el campo vectorial f se puede expresar com o la suma de dos partes, una irrotacional y la otra solenoidal. (Este se llama teorema de Helmholtz. ) PROBLEMA 4.120 Demostrar que si es armónica en una región simplemente conexa cuya fro ntera es la cu rva cerrada C, entonces
ds = 0, donde n es el vector un itario normal ex terior con respecto a C. [Sugerencia: Usar (4.112).] PROBLEMA 4.121 Si h = ~ V X g , y g = V X f, most rar que
2
" 2 R
x s) ' <ÍS + J J |" f ' h S
dV’
R
donde R es la regió n limitada p or una superfici e cerrada S.
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5
CflPITUL0
COORDENADAS CURVILINEAS ORTOGONALES
Hasta ahora en nuestro análisis vectorial, nos hemos restringido casi completamente a un sistema coordenado rectangular (o cartesiano), que ofrece como única ventaja que los vectores bas e i, j, k son constante s. Sin embargo, e s frecuentem ente útil emplear otros sistemas coordenados. En este capi'tulo desarrollamos expresi ones para e l gradiente, divergencia y rotacional en estos otros sistemas coordenados.
5.1
Coordenadas curvilíneas
La transformación entre las coordenadas de un punto (x, v, en el sistema coordenado cartesiano y las de un punto (u, v, w) en el espacio se define por medio de x= x(u , v, w),
y = y{ u, v, w) ,
La transformación (5.1) esuniforme
z- z( u ,v ,w ).
2)
(5.1)
y su jacobiano es
d(x,y,z) d(u, v, w )
dx du
dx dv
dy du
dy dy dv dw
dz du
dz dv
dx dw (5.2)
dz dw
Por cálculo, (5.1) pu ede resolverse localmen te con valor únic o para u, v, w en términos de x, y, z; esto es, v=v(x, y, z), w = w( z).x, y, (5.3) u =u(x,y,z), Por consiguiente, cualquier punto (jr, y, z) del espacio tiene coordenadas correspondientes únicas (u. v. wS. Las superficies coordenadas son familias de superficies que se obtienen igualando las coordenada s a una const ante ; v.g., si c , , c2,c3 son constantes, entonces tres familias de superficies son u(x,y,z) =c it v(x , y, z) = c 2, w(x,y,z) =cs. Asi si v, w son constantes, (5.1) representa la curva w; de manera similar, tenemos curvas v y curvas w: estas tres curvas se llaman cun as coordenadas. Como las tres curvas coordenadas no son en general líneas rectas, como en el sistema coordenado rectangular, tales sist emas coorden ados se llaman coordenadas curvilíneas. En el sistema coordenado rectangular, un conjunto de vectores base mutuamente ortogonales es i, j, k com o se muestra en el Cap. 2. De maner a similar, podemos introducir un conjunto de vectores base aprop iado para sistemas coorden ados curvilíneas. En e l caso
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13 5
Coordenadas curvilíneas ortogonales
más gener al, en cada p unto P del espaci o hay dos conjuntos de vectores bas e (cf., figura 5.1). El primer con jun to es el de los vectores unitario s eu , ev, e w tangentes en P a las curvas coordenadas que pasan por P. El segundo es el con jun to de vectores normale s unitarios e^, e^, e w, en P, a las superficies coordenadas que pasan por P. Los vectores uni tar ios eu , ev,e w (ó e ^ . e ^ e ^ ) gen era lme nte var ían en orientación de punto a punto. PROBLEMA 5.1 Mos trar que si r = xi + y'] + zk, los tres vectores unitarios eu, ev, ew, en P tangentes a las curvas coordenadas u, v, w se pueden expresar como 1 dr
1 dr_
cTu’
1
dv’
dr
curva u
(5.4)
dw
donde
Figura 5.1
h„ =
ár
du
,
dr h = dv y
,
dr hw = dw
(5.5)
So l u c i ó n : Si r es el vector de posici ón desde el srcen de un sistema coordenado rectangular hasta el pun to P (x , y, z), entonce s r = xi + y\ + zk = r (x, y, z). Usando (5.1), r puede expresarse también como una función de u, v, w; i.e., r = r(u, v, w), donde ( u, v, w ) son coordenadas curvilíneas de P. Si v, w son constantes, entonces (5.1) es la ecuación paramétrica de la curva u con parámetro u. Por consiguien te, de acuerdo con (3.40), un vector tangente en P a la curva u es dr/du. De maner a similar, dr/dv y 9r/9 w son tangentes en P a las curvas v, w respectivamente.
—
I
du I
I—
\B t
\d u
thm
no:
dv
a la unidad. Por consiguiente si
h
di dw 1 dr h„ du
0 = 1 ---- J
hv dv'
JL i l
h ^ dw
Obsérvese que hu, hv, y h w son en general, funciones de u, v, vvy hu # 0 , ± 0, y hw # 0; por consiguie nte, eu , e,,, ew son también funciones de u, v, w. PROBLEMA 5.2 Mostrar que los tres vectores unitario s e^, ey, ew normales en P a las superf icies coordenadas u, v, w respectivamente, se pueden expresar como e u = —— Vu,
e v = —— V v,
ew = - ^ - V w ,
(5.6)
= IV w I.
(5.7)
donde IVu |, So l uc i ón :
H v = |Vv|
Por el resultado del problema 3.31, vemos que el vector V u es perpendicular
a la superficie u(x, y, z) = c¡ en P. De manera similar, V v y V w son normales a las superficies v y w respectiva mente. Por consiguiente, s i «u = | Vu I, H v = | V v |, H w = \S 7w \, obtenemos — V u,
H..
e v = — Vv,
H„
ew = —
S7w.
i
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Vec tore s base para coordenadas curvilíneas en general.
Análisis vectorial
136
Los conjunto s de vectores a i , a2, a3 y b , , b 2, b 3 son recíproc os si am • bn = Smn,
[1.109]
donde 8mn es la delta de Kronecker. De l a secció n 1.8, para conjuntos recíproco vectores, a, x a , a, x a. a. x a,
*
[al a2 a3] ’
2
b3 = 7—^-----V,
[at a2 a3] ’
b2 x b j
3
[a , a2 a3] ’
b3 x b,
[bt b2b3] ’ *2
s de
[1.H4]
b, x b2
[bj b2b3] ’ a>
[b .b .b ,] ’
[aI a2 a3] = — ¡j— - .
[1. 12 2]
Lbi bj PROBLEMA 5.3 Mostra r que dr/du, dr/d recíprocos de vectores .
v, dr/d' y Vu, V v, Vw son conjuntos
Solución: Como
u = u(x, y, z ) = u [x (u, v, w), y (u, v, w), z( u, v, w)] , diferenciando con respecto a
(5.8)
u se obtiene du<5y dx+ + du
dx du
^
dy du
_ <9r Como — = — +1 j +— k du du du du (5.9) como
y
V
(59)
dz du dx . dy . dz , _ du .d u u = —— i + ——j + ——k, pode mos escribir dx dy dz
— •V u = l. du
(5.10 )
_ dr , • V v = l , —— Vw = l.
,r , (5.11)
De modo similar
dr —
„
dv
dw
Ahora, diferenciando (5.8) con respecto a v,
du dx dx dv
du dy dy dv
du dz dz dv
_ ^
o sea '9 r .Vu = 0. dV
(5.12)
De modo similar, Í l . y u = 0, |i.\7v '=0f Í I . V v = 0, — dw
ou
Si u = q lt v =
q2, w
dw
•V w = 0, ^ - V ^
du
= 0.
dv
= q 3 , entonces (5.1 0—3) pued e resumirs e c omo <9r
(V g J = Smn,
donde 8mn es la delta de Kronecke r. Entonces, po r la definición (1.109) de conjuntos recíprocos de vectores concluimos que dr/du, dx/dv, dr/dw y Vu , Vv , son conjuntos recíprocos de vectores.
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(5. 14)
(5.13)
Coordenada s curvilíneas ortogonales
PROBLEMA 5.4
137
Mostrar que
— = V v x V w, 4 ^ = ~ Vw x V u , a du ov a
^ = V u x V v ,
(5 .15 )
a
ow
Vu = — x — V Vv = i ( ^ x ^ V Vw = Z'— x ——V (5.16) P \ dv (9w/ ¡3 [dw du) ¡3 \ du dv ) donde
a = [VuVvVif ] = V u ' V v x Vw, 0 =
<9r dr dr
dr du
du dv dw
dr ^ dr dv dw
(5 .17) 1 a
(5.18)
Sol uci ón: Como los vect ores dr/du, dr/dv, 9r/9w y V u,Vv,Vw forman conjuntos recíproco s de vectores, los resultados de la sección 1.9 s e pueden aplicar. Por consiguiente (5.1 5—6) se siguen directam ente de ( 1.1 14 —5). La relación ( 5.18 ) se sigue de (1.122) .
5. 2
Coordenadas curvilíneas ortogonales
Un sistema coordenado curvilíneo se llama ortogonal si las curvas coorden adas son ortogonales en todas parte s. En este caso, los tres vectores e u , ev, ew son mutuam ente ortogonales en cada pun to; i.e.,
eu •ev = e„ •ew •= eeu w = 0.
(5.19 )
Supondremos también que eu , e„, ew forman un sistema derecho; i.e. ,
ewl {eue=v 1. PROBLEMA 5.5
(5.20)
Si un sistema de coordenadas curvilíneas es ortogonal, mostrar que
cu = Cu, = Cy, = &W' (5.21) Sol uci ón: Por el probl ema 5.3 sabemos que eu, e 1,,e w y e [/, e (,, e H, son conjun tos recíproco s de vectores. Ahora, e l sistema ortonor mal eu , ev, ew satisface eu = e„ x e*,, e v = e w x eu,
e w = eu x ev.
Por consiguiente, por los problemas 5.2 y 5.4, tenemos el resultado PROBLEMA 5.6
En un sistema coordenado ortogonal curvilíneo, mostrar que
(a)
K =
(b)
eu = Vu,
(c ) Sol uc ió n:
(5.22)
(5.21).
V=7T'
“ u
V
ev =í i , Vv ,
=
(5'23>
w
ew=hwVw,
(5.24)
[Vu Vv Vw'] = Vu • Vv x Vw = -----i -----. hu h y h w
(5.25)
(a) Por (5.4) y (5.6) y puesto que (5.10) se cumple , eu -eu =(—\hu du)
•\HU ( — V u \) = —huH u \d u V u ) =) — — hu Hu .
(5.26)
En un sistema ortogonal, por (5.21), u
Hu
—
*
Por consiguiente, hu = \/Hu. De manera simi lar podem os obtener
hv = \/Hv, hw = \/Hw.
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Análisis vectorial
138 (b) Por (5.21), (5.6) y (5.23),
e u = ey = — Vu = hu Vu, n,,
= — V v = hv V v,
ev=
V w = h wS7w. ** i*/
(c) Por (5.24), 1 Vu = — eu, h„ V7
1 Vv = — ev, h„
V7
(5.27)
Vw = ——e 1v h,„
O
Por consiguiente, por (5.20), [VuVvVw] =
Vu 'V v x Vw 1 eu e v x e w hu hvh w 1
Los factor es d e escala o coeficie nte s m étricos son las cantidade s //„, hx. hw pues ¡os coeficientes diferenciales du, dv. dw deben multiplicarse por ellos para obtener longitudes de arco. Los factores de escala dependen de las coordenada s y tienen dimensión. Pero su prod ucto con las coorde nadas diferenciales tiene la dimensión de la lon gitud.
PROBLEMA 5.7 En un sistema coord enado curvilíneo ortogonal, si su, sv, sw representan longitudes de arco a lo largo de las curvas u, v, w demostrar que
d s u = hu du,
(a)
d s v = hv dv,
(5.28)
d s w = h w dw,
(5.29)
(.ds)2 = (hu du) 2 + (h v dv ) 2 + (h w dw )2,
(b)
(5.30)
dV = huhvhw dudvdw,
(c)
donde ds representa la longitud de arco infinitesimal entre los puntos ( (u + du,v + dv, w + dw ) y d V es el elemento de volumen.
u, v, w) y
Usando las longitudes de arco su, s v, s w,
So lu ci ón :
dr du
dt dsu dr ds,. du ’ dv
dt ds v d s v dv ’
dr dw
dr ds w ds „ ds
(5.31)
El vector unitario tangente a la curva C de longitud de arco s en cualquier punto P es la derivada del vector radio r a P con respecto a s. Así que,
di
dt
a s = eu, 3—
------=
di
(5.32)
fi-
Por consiguiente, de (5.31) y (5.4) se sigue,
dt dsu "t ~ ^ — du du
h ueu,
dt dsv ~ — — e v = h v gv, dv dv
De modo que
h„ =
dsu du
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dsv dv
dr dw
ds„ dw
_ dsw v ~ dw ’
ew =hwew . (5.33)
(5.34)
13 9
Coordenadas curvilíneas ortogonales
o sea
d s u = hu du,
d s v = h v dv,
d s w = h w dw.
Así que las coordenadas diferenciales du, dv, dw deben m ultipl icarse por hu, hv, hw para obtener longitudes de arco. (b) Puesto que (5.3 3) se cumple,
d r = — du + — d v + dw = h u du e u + h v d v ev + h w dwer du dv dw Por consiguiente, la longitud de arco es
(5.35 )
ds entre los puntos (u, v, w) y (u + du, v + dv, w + dw)
d s 2 = dr - dr = (hu du)2 + (hv dv)2 + (h w dw)2 ya que eu , ev, ew forman una bas e ortonorm al. (c) El elemento diferencial de volumen es un paralelepípedo, tres lados del cual son los vectores — du = h u du eu , — d v = h v dv e v, du dv Por lo tanto el elemento de volumen
ow
dw = h w dw e
d V es
d V = (hu du eu) • [(hv d v e v) x (hw dw e w)] hu hv h w dudvdw
= [eu ev ejJ
= h u h vh w dudvdw.
En el sistema coorde nado cilindrico, las var iables u,v,w se designan usualmente con p, 0, z. Esta nota ción más conocida se usa en la sección 5.4. Por ahoid , sin embarg o, se usan las coordenada s ne utras u, v, w para ilustrar l a teo ría genera l que precede. PROBLEMA 5.8
El sistema de coord enada s cilindricas se define por la transfo rmac ión
x = u eos v,
y = u sen v,
z = w.
(5.36)
Los recorridos de u, v, w están dados por ú> 0, 0 < v < 2n y —°° < w < °°. (a) Determinar hu, hv, hw y los vectore s eu , ev, ew . (b) Ha llar H^, H^, Hw y los vectores eu , ey, ew. (c) Dem ostrar que el sistema coorde nado cilin drico es ortoganal. Sol uc ió n:
Por (5.2), el jacobian o de la transformación es eos v
—usen v
0
que no es cero, ex cepto sobre el eje z. La transfo rma ción inversa e s (5.38) (a) Como el vector de posición es r = u eo s v i + i; sen v j + w k, sus derivadas parciales son
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Análisis vectorial
140
Por consiguiente, los factores de escala son
h„ =
dt du
(eo s2 v+ sen2 v) /'2 = 1,
hv =
dt dv
[( u sen v)2 + (u eos v)2] ^ = u,
hw=
dt dw
- 1,
y los vectores base son 1 dt e u —~ ~ = eos v hu du
i + sen v j ,
1 <9r e v = — • - — = sen v i + eos v j , hv dv
dt
1
,
Clv~ hw d w ~ (b) Por la transformación inversa (5.38), Vu = ------ — — (x i + y j) ,
V v = — — — (y
(x 2 y+ 2)2
(*2 + y)
i + x j),
Por consiguiente, los factores de escala son Ha
= | Vu | = 1 = -j-, h,, 1
H v = IVvl =
(x2 + y2) /;
1
u
y los vectores base son 1
e¡; = — Vu =
------------—
(x2 + y 2) /2
(x i + y j )
= —(u eos v u
i + u sen v j )
eos v i + sen
vj
(y i + x i) e v = — V v = (x2 + y2)1/2 ----- (x2+ y2) =
------- ------rr
(x2 + y2) '2
(- y i + xj)
= — (—u s en v i + u eos v j ) u = sen v i + eos v j = ev, = — Vw = k = e w. ur
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Vw = k.
141
Coordenadas curvilíneas ortogonales
(c) Efectuando e l producto p unto eu, ev y ew entre ellos,
e u • e v = (eos v) ( sen v) + ( sen v) (eos v) = 0,
e v • e» = ( sen v)(0) + (eos v)(0) + (0)(1) = 0, ■e u = (0 )(c os v) + (0) ( sen v) + (1) (0) = 0. eu, ev, ew son mutuamente ortogonales.
Por consiguiente,
En el sistema coordenado esférico, las variables u, v, w se designan usualmen te con r, 0, y Esta nota ción se usa en la sección 5.4. Por ahor a, sin embargo , se usan las coordenadas neutras u, i\ w para ilustrar la teoría preced ente.
PROBLEMA 5.9
El sistema coor denad o esférico se define por la transf orma ción
x = u sen v eos w, y = u sen v sen w, z =eos u v, (5.39) don de w> 0, 0 < y < 7r, 0 < w < 27 t. (a) Hallar hu, hv, hw y eu, e„, ew. (b) Determinar H U, H V, H w y e v , ev , ew. (c) Dem ostrar que el sistema coordenado esférico e s ortogonal. Sol uci ón:
Por (5.2) el jacobi ano de la trans formación es sen v eos w u eos v eos w —u sen v sen w
7 =
<9(x, y, z)
d(u, v, w)
sen v sen w
u eos v sen w
eos v
—u sen v
u sen v eos w 0
= u 2 sen v,
(5.40)
z. La transformación inversa es
que es diferente de cero en todas partes, excepto en el eje
u = (x2+ y 2 + z 2)
v = tan'
(x2+ y 2)
w = tan
(a) Como el vector de posición es r = u sen v eos w i + u sen v sen w j + u eos v k, sus derivadas parciales son
dt . . — = sen v eo s w i + sen v sen w j + eos v k, du dt = u eos v eos w i + u eos v sen J v dt
w j —u sen v k,
—u sen v sen w i + u sen v eo s w j.
Por consiguiente, los factores de escala son
h„ =
dr
= [( sen v eos w)2 + (sen v s en w )2 + (eo s v)2l ^ = 1, du dt = u [(eos v eos w)2+ (eos v sen w) 2 + (—sen v)2] 72 = u, dv
dr
= u [(—sen v sen w )2 + (sen v eos w)2] ^ = u sen v,
y los vectores base son
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(5.41)
142
Análisis vectorial 1 dr eu = — hu du
— = sen v
1 dr ev = — hv dv
— = eos v
1 dr e„, = — h d w
— = —sen
.
eos w i +sen v senj w
.
eos w i +
.
f
eos v senwj
w x+ eos
eos
vk, senvk,
w j.
(b) Por (5.41), Vu = ------------------— (x i + y j + z k), (x2 + y2 + z 2)V* V v = ------------—-------------------- Lzx i + zy j (x2 + y 2) k], (x2+ y 2) 1 (x2 + y2 + z 2) Vw = — ~ ( y i + x j). (x2+ y2) Por consiguiente, los factores de escala son ffu = | V u | = l = 7, hu
«„ = |V v |=
1
1
(x2 + y 2 + z 2)1/j
1
1
hv
sen v
1 hw
--------------------— =— = H u V u (x2 + y2 + z2) 7*
(x i
H w = I Vw
1
u
(x 2 + y 2)1^2
u
y los vectores base son + y j + zk)
= sen v eos w i + sen v sen w j + eos v k = e u> = — V v = — -------- —— ----------------— [zx i + zy j (x2 + y2)kl Hv + (x2 y 2) 2 (x2 + y2 + z 2)'* = eos v eos w i + eos v sen
w j —sen v k
= ev, e tv =
Hw
V w = -----------— ( y í + x j) (x2 + y2) /2 = —sen w i +eo s w
j
= e w. (c) Efectuan do el prod ucto pun to de eu ,
e u ■e v = sen v eo s v eo s2 w + sen e v • e w = eos
ev, ew
entre ellos,
veo s
v sen 2w eos v se n v = 0,
v eos w sen w + eos v sen w eos w = 0,
e iv • e u = —sen w sen v eos w + eos w sen v sen w = 0. Por consiguiente, eu, ev, ew son mutua men te ortogonales. PROB L EMA 5.1 0
Usand o la relación
(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = (/7Udu)2 + (7jv dv)2 +
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(h „
dw)2,
(5.42)
Coordenadas curvilíneas ortogonales
hu, hv, hw en coordenadas (a) cilindricas, (b) esféricas.
hallar los factores de escala Solución:
143
(a) Por (5.36)
dx = eos v du —u sen v dv , dy = sen v du + u eos v dv, d z = dw. Así que (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = eos2 v (du)2 + u2 sen2 v(dv)2 —2 u sen v eos v dudv + sen2 v(du)2 + u2 eos2 v(dv)2 + 2 u sen v eos v dudv + (dw)2 = (sen2 v + eo s2 v) (du)2 + u2 (sen2 v + eos2 v) (d v)2 + (dw)2 = (du)2 + (u dv )2 + (dw)2 = (hu duf
+ (hv dv)2 + (hwdw)2.
Por consiguient e, ha = l, h v = u, h w = 1. (b) Por (5.39),
dx = sen v eos w du + u eos v eos
wd v —u sen v sen w dw,
dy = sen v sen w du + u eos v sen w d v +u sen v eos
w dw,
d z = eos v du —u sen v dv. Así que,
(dx)2 + (dy) 2 + (dz)2 = sen 2 ve os 2 w(du)2 + u 2 eos2veos2 + 2 u sen v eos v eos2
w(dv)2 + u2 sen2 v sen2 w(dw)2
w dudv —2 u 2 sen v eos v sen w eos
w dvdw
- 2 u sen2 v sen w eos w dwdu + sen2 v sen2 w (du)2 + u2 eos2 v s en2 w(dv)2+ u2 sen2 v eos2 w(dw)2
+ 2 u sen v eos v sen2 w d ud v + 2 u2 sen v eos v sen w eos w dvdw + 2 u sen2 v sen w eos w dwdu + eos2 v(du) 2+ u2 sen2 v(dv)2 2 u sen
v eos v dudv
- [sen2 v(co s2 w + sen2 w) + eo s2 v] (du)2 + u2[ cos2 v(co s2 w + sen2 w) + sen2 v] (dv)2
+ u2 sen2 v(sen2 w + eos2 w)(dw)2 = (du)2 + (u dv)2 + (u sen v dw)2 = (hu du)2 + (hv dv )2 + (h w dw)2. Por consiguiente, hu = 1, hv =u, hw =u sen v. Obsérvese que (5.4 2) es cierto solamen te para coordenadas orto gonales.
5.3
Grad iente, divergenc ia y rotacional en coordenadas curvilíneas ortogonales
Si \¡/ - 4/( u, v, w) es una función escalar, el
gradient e en coordenadas
curvilíneas ortogonales es
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A nalisis vectorial
144
dé Vi ¡¡ ~ —— V u+ du
1
d\¡ ¡
h„
du
Vi f¡ ^— —
dé
dé V v+ 7— V w, dw
dv I
dt p
h .,
dv
e u + —~ —
l
dt p
e v+ — —
1 hu h vh w
4 ~ 0 »vAw
U+ V
du
El laplaciano de la funció n escalar
dv
(5.44)
ev
h w dw
Si f = f ueu + f vev + f wew es un vector en la base e„, en co ordenadas ortogonales curvil íneas es V f
<5.43)
e„, ew, entonces la divergencia
0 » wf t o/, ) +
(5.45)
~~
dw
esi
d i h v h w
(h whu
d v \ hv
d\p\
^
dv)
fhqhv
d ¿ \
dw \ hw d w)
(5.46)
El rotacional de la función vectorial f esi Vxf
1 h Vv h** w
4O V- (*wW
1
4~
ow
— - ( hu / u) “ T - (hwfw)
ow
ou
4 - f
htt hv \ du PR 0B LE M A5 .il So lu ci ón :
t v U - 7
ev (5.47)
(A„/„)
dv
Veri ficar (5.43) .
El gradiente en las coordenadas rectangul ares es
dtp _ di/j . V
(M k. dz
[3.110]
-----
Si tp = tp (u, v,w) = tp [u (x, y, z), v( x, y, z), w (x, y, z )] , entonces di/í
di/f du
dtp d v
dx
du dx
dv dx
dtp dw dw dx
dtp dy
dtp du du dy
dtp d v dv dy
dtp dw dw dy
dtp dz
dtp du du dz
dtp d v dv dz
dtp dw dw dz
Por lo tanto,
SJtp =
dtp /d u
du
du
dtp ¡ 3 v
du \d x dy dz dtp dw dw dw + ---- i + j + -----k dw \d x dy dz dtp ----
du
PROBLEM A 5.12
dt p
d tp
V u h--------V v h--------SJw. dv dw
Verificar (5.44 )
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dv
f e 1+
dv
j + ¿7 k
[5.43]
Coordenadas curvilíneas ortoogonales
Solución:
145
Sustituyendo Vu = — e u, V v = — e v, Vw = — h„ hv
ew hw
[5.27]
en (5.43), 1 d\p
~ ~
V *-
PROBLEMA 5.13 So lu ci ón :
h„ du
eu +
1 difj
——
hv dv
e v+—
1
—
dxjj
ev
h w dw
Verifica r (5.4 5)
Sabemos que eu , ev, ew forman una base ortogonal derecha. Usando (5.24), eu = e v x e w = h v h„ V v x V w, '
e v = e», x eu = h w huxVVwu, > ew = eu x e v = huhv
(5.48)
Vu x V v. „
Así que, f —íu 6 u + f y &v + f w 6 w
= h v h w fu V v x S7 w + hwhu fv Vw xV u + hu hv fw S7uxV v.
(5.49)
Como V- (0 f) = 0 V - f + f-V 0,
[ 3 . 15 5 ]
tenemos V ‘(íue„)=V'(ftvi
l,f1 ,V vx V if )
= h vh íyfu V • (V v x Vw) + (V v x Vw) • V
(hvhwfu).
(5.50)
Otra vez, puesto que V ( f x g) = g ( V x f) f ■(V x g),
[3. 157]
y usando V X (V0) = 0 por (3.142), V(VvxViv) =
Vw' (V x Vv ) Vv (V
X
Vw) = 0.
Luego, por (5.44 ) y (5.48),
V( hy hW fa )= — J - (hyhW fU)e u + i _ A nu ou hv dv
(hyhW fu )e v + ~ h w dw
(h yh „ {») C„ ,
V v x V w = — — e u. hy h w Como eu • eu
= 1 y eM• = eM• ew = 0, tom and o el prod uct o punto se obtiene (V V x V w) • V (hv h w íu) = ----- 1-------- ~ (hyhwfu). huh vh w du
Así que V(/ueu)
4~
(5.51)
De modo similar (o por cambios cíclicos de índices), V(/vev)= —
--
-----
huh vh w dv
(hwhufv),
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(5.52)
146
Análisis vectorial
(5.53)
V -( /we w) = - — (huhvhw). huh vh w dw Sumando ( 5.5 1—3), obtenem os (5.45). PROBLEMA 5.14 Solución:
Verificar (5.46).
Aplicando (5.45 ) al vector V \p, dado por (5.44), i.e., sustituyendo 1 dip hu d u ’
1 difj
v
hv d v’
"
1 difj h w dw
en (5.45), obtenemos (5.46).
PROBLEMA 5.15 Sol uci ón:
Verificar (5.47) .
Usando (5. 24), f —f u
+ f v £ v + f w Gw
= hufu S7u +hvfvVv +hwfw\7w.
(5.54)
Como V x (0 f) = ^ V x f + (V 0 ) x f y
[3.156]
V x V u = 0,
Vx
(fue
u)
= V x ( hufuSJu ) = (hu fu) V x V u + V(h„í„)x
Vu
= V(/iu f u) x Vu. Ahora, usando (5.44)
(5.55)
y (5.27),
V (hu fu) x Vu = i ~ (huíu )eu x e u + (hufu)ev hu du hu h v d v
1
/Iw/iu
x eu
d . ~ \“u Mi) ^ dw
Como eu , ev, ew forman una base ortono rmal derecha,
e u x e u = 0,
e v x e u = e w,
e w x e u = e v,
y por ta nto
Vx (4 e j = V =. '
íJxVu 1
d( nufu (í u\) 6 v
1 huhv
d dv
(5.56)
d (h v fr)eu , dw
(5.57)
De modo similar, o por cambio cíclico de índices, 1 3 1 V X ( í v ev ) = —— — ( hv fv )e w huhv du hvhw 1 d V x (fwGw) — hvhw dv
d 1 (/i w f w) e u —“ —(hw (5.58) f w~)&v. ^ w hu du
Sumando (5.568), obtenemos (5.47).
Obsérvese que (5 .47) se puede escri bir también com o
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Coordenadas curvilíneas ortogonales
V
PROBLEMA 5.16
X
f = -----------hvhw
147
d__ du
_d_ dv
h w ®w d_ dw
lti
hV fV
hwíw
(5.59)
Usando la definición de divergencia dada por [4.47]
V f = lim —— Í J f cfS, iv>o AV f j s deducir (5.45). Solución: Sea P(u, v, w) el punto central del elemento de volumen curvilíneo se muestra en la figura 5.2, y sea
dV = huhvhw dudvdw.
dV, como [5.30]
Si f = f ueu + f vev + f wt w, entonces el flujo para la normal externa a través de la superficie AB CD para u constante es d
1
(5.60)
- í uhvh w dv dw + r r—(fuhvhw) dudvdw, 2 du y a través de la superficie EFGH es
1
s fu h v h w d vdw + — —— (fuhvhw) dudvdw. 2
(5.61)
du
(Desech amos lo s infini tésimos de orden superior.) Sumando (5.6 0) salida a través de las dos superficies para u constante, es
(5.61), el flujo de
y
Figura 5.2
Elemento de volumen curvilíneo.
— ( luhvh w) dudvdw.
(5.62)
du Sumando los resultados semejantes para las otras dos parejas de superficies,
8
f-dS =
d du
“
( ^U ^ V ^ w)
S aw
(9 ov
W K
h v )
dudvdw.
(5.63)
Dividiendo (5.63) por dV, dado en (5.30), se obtiene V f
1
h u h v h wdu
PROBLEMA 5.17
(fuhv h w) + ~ dv
( lvhwh u) + “ aw
(fwhuhv)
[5.45]
Usando la definición de rotacion al dada por n • (V x f ) = lim
[4.50]
i -di,
As»
deducir (5.47). Sol uci ón:
Sea f = ./ueu + f vev 4 ,fwtw\ se calcula prim ero eu • ( V X f). Considérese
una curva cerrada Cu (ADCB ) de la superficie u = constante, como se muestra en la figura 5.3. El eleme nto de superficie dS encerrado por Cu es
dS~hvh„dvdw. La circulación alrededor de la curva cerrada r
fh
rD i- dr -
I
Cu es
rC f - d +r
(5.64) rB
f- c/ r +
Figur a 5.3
s*/ fdr f
ídr.
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Elemento curvilí neo de sup erfici e.
Análisis vectorial
148 \
Descartando los infinitésimos de orden superior,
f JA
f ■d r = t v h v dv, f-dr
r
f\vh\v
f
í-dr =
f v h v + —— ( f v h v) dw dv, dw
JC
r
d v dw,
n dv
D
f dr = f wft lv dw.
Sumando estos resultados se obtiene
d dv
f ■d r =
í
dw
dvdw.
(5.65)
(fvh v)
(5.66)
(fvhv)
Divid iendo (5.65) por dS, dado por (5.64), 1
eu • (V x f)
~ óv
dw
Por la permutación cíclica de los índices se obtienen las dos componentes restantes de V X f. En consecuencia, Vxf=
hvhw
~~ (.twhw) dv
dw
( f v h v)
hwhu
^dw- ( f u h u)- -^du -( íw hw )
1 huhv
A (fvh v) A (fuf tu) du dv
5 .4
e „ .
[5.47]
Sistemas coordena dos especiales
5.4a Coordenadas cartesianas rectangulares (x, y, z)
Como u - x, v = y. w - z para las coordenadas rectangulares, lo s factores de escala son
hu ~ hx ~ 1,
hv —hy 1,
h w hx —1.
(5.67)
Las superficies coordenadas para este sistema son
x cons t, y = const, z ~ const. Sea = 4>(x,y, f =/ t»encia + /áj y+rotacional /ák . Entonc ( 3.110), (3.127), (3.138), el gradiente de
dib ddi dih +i í + r k, dx dy dz di, df2 di , ¿x ” + dy + dz ’
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(5.68)
(5.69)
\
Coordenadas curvilíneas ortogonales
149
5.4b Coordenadas cilindricas circulares
(p .
Como u~p, v- $, w = z co n 0 < p < «%0 < ^ < 2jt , ~ < z < para la s coordenadas cil indricas ci rcula res, por la figu ra 5.4. la transformación de coordenadas rectangulares a cilindricas es x = p eos
(5.72)
z como eje común es
p = (x3 + y *)/r'* co nst; para el sem iplano que pasa por el eje z,
xy, z = const
Por les resultados del problema 5.8, los factores áe escala son fly ~
y h
rt —1j
pf M
^~~~ *
PROBLEMA 5.18 Para coorden adas cilindricas circulares (p, , z), si i/r = tfi (p, <£, z), f = f Pe P+ e ¿ + f, k, calcular (a ) (efe)2, (b) c/7, (c) V^, (d) V • f, (e) V x f, (f) VtySol uci ón:
Por (5.29), (5.30), (5.44) , (5.45) , (5.59) y (5.46) , (5.74)
(a)
(ds)2= (dp)2+ (p d
(b)
dV = p dpdcf>dz\
(5.75)
(c)
dijj 1 d
(5.76)
(d)
df¿ 11 dd 11 dfcf, p d p (p{p) + p ^
ep (e)
pe
k
1 i_ V x f= P dp
A dc¡3
A dz
fp
f
13
1 / di 3 P \(90 (f)
0)2+ (dz)2 ;
d/
/ 1 p d p \ dp )
(5.77)
(5.78)
dlp
dt. 1 ( df
d f p\
1 c p2 c
(5.79)
(5.80)
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(b)
Figura 5.4
Coordena das cilindricas circulares.
150
Análisisvectorial
PROBLEM A 5.19 Hallar las relaciones entre i, j, k del sistema de coordenada s cartesianas rectangulares y ep , e^, k del sistema coordenado cilindrico circular. Solución:
Por los resultados del problema 5.8, e p = eos <£ i + sen c¡>j, e^ =
sen cf> i
+
(5.81a) (5.81b)
eos 4> 3,
(5.81c)
k = k. Por (2.70),
(5.82a)
e P = (epi)i + (epj)j + (e/0k)k,
(5.82b)
• k) k.
■i) i + (e^ • j) j + (e^ Comparando (5.81) y (5.82),
ep-i = eos 0, = sen
e
e p -V. = Q,
e /oj = sen<£,
e<¿ • j = eos
(5.83)
e<¿ ■ k = 0.
La tabla 5.1 muestra los resultados de (5.83) en forma tabular. TABLA 5.1
Relación entre vectores base rectangulares y cilindricos.
•
i
ep
eos
e<¿ k
j
k
sen 4>
0
eos
0
0
1
0
Obsérvese (5.83) puede obtenerse también de la figura 5.4 aplicando la definición de productoque punto (1.25). Usando (5.83), i, j, k en términos de ep , e^ ,k son i = (i ■ep) ep +(i • e<¿) e<¿
+
= eos <j>ep sen 0 e ^ ,
(5.84a)
J = (j ■ep ) e p + (j- e<¿)e<¿ = sen
cj> e p +
(i • k) k
+
(j - k) k
eos
k = k.
(5.84b) (5.84c)
Usando notación matrici al, las transformaciones entre i , j,k y ep , e^, k, (5.81) y (5.84) pueden escribirse respectivamente como eos cj) sen (f> 0” i ep e<¿ = sen cf> eos
eos (j> sen cf> 0~ e p
j = sen 4> _ k_ _ 0
eos 0
0 e¿ 1_ _k
Debe recalcarse que los vectores unitarios ep, e^ varían en dirección de punto a punto.
PROBLEMA 5.20
(5.85)
Si
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(5.86)
Coordenadascurvilíneas ortogonales
151
f = fl i + f2j + f3k = ípep + 4¿e< ¿> +/3k,
(5.87)
hallar la relación ent re / , , / 2, / 3 y Sol uci ón:
Usando (5. 84),
f = 4 i + 4i + 4k
f3k
e p sen 0 e<¿) + 4 ( sen 0 e p + eos 0 e^) +
= 4 (eos 0
= (4 eos 0
+ (-f1 sen 0 + f2eos 0 )
+ 4 sen 0)
+4 k.
(5.88)
Como f = f pe p + /¿e ^ + / 3k, c omparando coef icie ntes s e obti ene
ip = 4 eos 0 + í2 sen 0,
(5.89a)
f
(5.89b)
4 = 4-
(5.89c)
De modo similar, usando (5.81), f = íp e P +
ecf>+ í 3k
= / p (eos 0 i + sen 0 j) + /<¿( sen 0 i + eos 0 j) + 4 ^ = ( t p eos 0
í
j
+ 4k.
Otra vez, puest o que f = / i i + / 2j + /ak , comparando coefi cient es se obtien e 4 = íp eo s 0 4 =
ícf, sen 0,
(5.90a)
sen 0 + í
(5.90b)
4 = 4En notación matrical, (5.89) y (5.90) pued
fp
(5.90c) en expresars e respectivamente como
sen
0“
cos 0
0
- sen 0 cos 0
0
eos 0
4
=
-sen 0 0 _4u _ cos 0 4~ 4 = sen 0 4_ _ 0
'
0
_
0
2
1_ —3— o~ 1_
(5.91)
P f 4>
(5.92)
—z —
Comparando (5.85 ) y (5.91), (5.86) y (5.92) observamos que la s transformaciones de los vectores base y las componentes de un vector tienen la misma matriz. Transformar f = xi + y\ + zk en coordenadas cilindricas circulares.
PROBLEMA 5.21 Solución:
Como f \ =x, f 2 = y y f 3 = z, por (5.89),
íp= 4 eos
0 + 4 sen 0 =
x cos 0 + y sen
i
4- 4Sustituyendo x = p cos 0
y y = p sen 0 ,
íp = p eos2 0 + p sen2 0 = p( eos2 0 + sen2 0 ) = p, (
sen 0 + p sen 0 cos 0 = 0,
4 = z.
Por consiguiente, f= p e /0 + zk. Solución alterna:
Usando (5.84),
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Análi sis vectorial
152 f = x i + y j + zk
= x(eos
= (x eos
+ y sen cf>)ep+ ( x sen
+ y eos 0)
e+ z k .
Sustituyendo x = p eos 0 e y = p sen 0, l = p(
eos2 cf> + sen2 (f>) e p + ( - p eos cf> sen <$> + p sen
= p e p + z k. PROBLEMA 5.22 Solución:
1 Transformar f = ep en coorden adas cartesianas rectangulares.
Comofp
= 1/p,
= 0, yP f 3 = 0, por (5.90),
fl = íp eos
- t
í2 = íp sen
eos
/, = /,= 0. Sustituyendo
eo s
p = (x 2 + y 2) /a, X
P(x, y, z) = P(r, 0, 0)
p2
X
x2 + y 2’
2
p2
X2
y . +y2
Por consiguiente, (x2 + y2)
(x 2 + y 2)
J.
_______>- So lu ció n alte rn a: Usando (5.81),
,''"y
1__
y
f = e p = - (e os i + sen cf> j) = P P
eos <^>
P
i+
sen cf>
Por consiguient e, sustituyend o eos 0 = x/ p, sen 0 —y / p , y p =x
+y ,
x y x y - 2 ii = — i + — J = —— - i + p p x +y x¿ + y
5.4c Coordenadas esféricas (r,
0, 0)
Como u-r, v-0 ,w = $ c on 0 < r O , 0 < 0 < n\ 0 < 0 < 2tt, por la figura 5.5, la transformación de las coordenadas rectangulares a las esféricas es x
r sen H eos ,
y r sen (i sen
z r eos &.
La superficie coorde nad a para las esferas concé ntricas centra das en el srcen es r * (x 2 + y 2 + z 2) /¡ =» co ns t, para con os circ ulares centrados en el eje z y c on vértices en el srcen es (b) Figura 5.5
Coordenadas esféricas.
0 = eos 1
(x 2 + y 2 f z 2) ’/j
y para el semiplano que pasa'por el eje z es www.FreeLibros.me
(5.93)
Coordenadas curvilíneas ortogonales
4>- tan~‘
153
j = con st.
Por los resultados del problema 5.9, los factores de escala son »
*
h,
hv
*
r,
=■b<£
hw
(5.94)
**r
PROBLEMA 5.23 Para las coordena das esféri cas (r ,6,<¡>), si
Por (5.29), (5.30), (5.44), (5.45), (5.46), y (5.59), ( ds ) 2
(a )
( d r ) 2+ (r df f) 2 + (r
(b)
dV
(c )
‘
(d)
sen
r2
dip
1 difj
dr
e ' + r ^dO
sen 0
0 drdddffi;
1
difj
1
(9
1
-2 J- (r1fr ) + -
r dr
di Aj le ) + r — l
<9
.. ..
r sen # a#
V x f
sen
í e) + -------
t t (sen 0
e r res
(e)
(5.96)
+ r------sen 07¡ oT7 <£
(9 0 sen d - ( r 2fr) + r sen 0
V -f
(5.95)
de/))2;
r sen 0
dís -
(5.97)
— ;
r sen tí e ^
i. i. (9r <90
(5.98)
00
lTrf d r sen
6 (¡p
po r tanto 0 1 dfe 1 1 0 /r 0 er + V x f ------- „ r sen 0 .00(Sen 0 /^ 07 . r _sen 0 0^, * (rW 1 d + r dr^-dé
(f)
v 2-A =
i r sen 1 <9
r 2 dr \ PROBLEMA 5.24
dlr
(5.99)
e<¿>; <9 /
(9i/í\
<9r\
dr /
sen 0 — r 2
(9 /
(9i/í\
1
d 2ib
— + — sen 0— +3 0 / sen 0 0 0 2_ dQ\
(9 / (9i/>\ 1 0 2i/í dijj\ 1 r* — ) + --------------- sen 0 — + ------------------. 00 / r 2 sen2 dr) r2 sen 0 00 \ 6 dcf>2
(5.100)
K
Usan do (5 .96 1 00 ), deducir
(a )
[3.165]
V/(r) = /'(r)e„
V-[/(r)r]
(b)
= 3/(r) + rl\r),
[3.166]
(c)
V x [/(Orí = 0,
[3.169]
(d)
v 2/(o = ^/x o + a o -
[3.170]
Sol uci ón:
(a) Por (5. 96), 0/(0 V/ (f ) = - — e,= /'(0
e r.
(b) Como r = re, , y /( r) r = rf(r)er, entonces por (5.97),
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Aná lisis vectorial
154
V -[/ (r)r|
V -lr/ (r)e f] r\
tdr
\ [3 r 2 f (r) + r 3 /' (r ) ] 3/(r) +
rf'(r).
(c) Por (5.98), V x [/(r) rl
V x [ r ( ( r ) e r\
d
reg d
dr
do
r((r)
0
er
1 r 2 sen 0
r sen 0 d def)
0
0. (d) Por (5.100), V 2 f(r)
=
d
i
r2 dr
V
¿r )
1 í [r 2 /' (r )]
r2 dr
= - [ =
2
r
2 r/'(r) + r 2 /" ( r ) ]
t'(r) + f"(r).
PROBLEMA 5.25 Hallar las relaciones entre i, j, k del sistema coord enad o cartesiano rectangular y t r, eg , del sistema coord enad o esférico. So lu ci ón :
Por los resultado s del problema 5.9, e r = sen 6 eos
0 sen
j sen
(5.101a)
6k,
(5.101b)
(f>j.
(5.101c)
Por (2.70), er
(e r i)i + (e r j) j + (er *k)k,
(5.102a)
e9 = (e9- i) i + (egj) j + (e e k)k, e 4>= (e^ • i) i + (e^ • j)j +
(e<¿ • k)k .
Comparando (5.101) y (5.102), e r • i = sen 6 eos cf>, e r • j = sen 6 sen
eg- i = eos 0 eos
(5.1 02b)
j = eos 0 sin
(5.102c)
eos 0, sen
0,
(5.103)
e^> • j = eos cf), e<£ • k = 0.
Los resultados de (5.1 03) están tab ulados en la tabla 5.2. Las relaciones (5.1 03) se pueden obtene r también de la figur a 5.5 aplicando la defini ción del producto punto (1.25).
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Coordenadas curvilíneas ortogonales
TABLA 5.2
155
Relación entre vectores base rectangul ares y esféricos.
er
sen 6 eos cf>
sen 9 sen
e9
eos 6 eos
eos 6 sen 4>
sen <£>
eos
sen
eos 0
0
Usando (5.103) podem os expresar ahora i, j, k en términos de er , e e , e^, i.e., i = (i • e r) e r + (i • e e) e e + (i • e<¿) e<¿ = sen 6 eos
(5.104a)
j = Ü • e r) e f + {.]-ee)ee+
(j e^e^ = sen 6 sen cf>e r + eos 6 sen 0 eg + eos cf> e<¿,
k = (k • e r) e r + (k • eg)eg +
(5.104b)
(k • e 0 )e<¿
= eos 6 er sen 6 eg.
(5.104c)
Obsérvese que los vectores unitarios e,, e g , e 0 varían en direcció n de punto a punto mientras que los vectores unitarios i, j, k mantienen sus direcciones fijas. En notación matricial, las transformaciones entre i, j, k y (5.10 1) y (5.104) pueden escribirse, res pectivamente, como ~sen 0 cos cf> sen 6 sen
T
= sen 0 sen 4> cos 0 sen
j
cos 6
_k_
— (5.106)
eo s 4> e
Hallar las relaciones e n tr e /! /2, / 3 y f r, fe , /, si
PROBLEMA 5.26
f = fl i + Sol uci ón:
sen 0
e,
(5.105)
f2 j
+ /3k = f r e r + I gege<¿. + f
(5.1 07)
Usando (5. 104) , f=
fl
i+
f2 j
+
k
f3
= /t(sen 0 eos 4> e r + eos 6 eos
= (/[ sen 6 cos
+ (-(í
sen
(5.108)
Como f = f re r + l g e 0 + í
(r = /t sen 6 cos <£>+ i2 sen 6sen 0 + /3cos 0, f g = /,
cos
fef, - - f¡
6
cos <51> +
sen 0 +
{2
eos
f 2 cos 6 sen cf>
/3
sen
(5.109a) 0,
(5.109b) (5.109c)
cf>.
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Aná lisis vectorial
15 6
De manera simil ar, usando (5.10 1), f=
(rer
+ f gBg + fcpCcf)
= f r ( sen 0 eos <£ i + sen 6 sen cf>j + eos 6 k) + fe ( eo s 0 eos
i + eos 6 sen 0 j sen 6 k)
+ (¡p ( sen cf> i + eos tj> j) = ( f r sen 0 eos
(
fr sen 6 sen
0
íg eos 6 sen
+
<£) j
+ (ÍT eos 6 - íg sen 0)k. = /,
i+
j +
k
í2 f3 , la comparación de coeficientes da = f r sen 0 eos 4>+ íg eos 6 eos cf> t
(5.110a)
í2 = fr sen 6 sen
(5.110b)
í3 = í r eos 0 - íg sen 0.
(5.110c)
Otra v ez, puesto que f
En notación matricial , las t ransformaciones (5.109) respectivamente como ~ sen tí eos 4>
~ tr
sen 6 s en <¿>
«• eos 0 eos 4> eos 0 sen 0
fe
sen 0
j*.
eos Q
-
(5.111)
h
0
6 eos <¡> sen c?í> -fr-
eos
sen 0 sen
u
eo s 6 r q sen 0
eos
~sen eos 6
-¡r
y (5.110 ) se puede n expresar
eos 4>
sin 0
0
(5.112)
h Jé-
Obsérvese de nuevo que las transformaciones de los vectores base y los componentes de un vector tienen la misma matriz. PROBLEMA 5.27 Solución:
Transformar f = x i + y'] + zk a coordenadas esféricas.
Como f x =x, f 2 = y/ ,3
í r = x sen 6eos
=
z, por (5.109) ó (5.111), y sen 6 sen
+
fg = x eos 6 eos
Sustituyendo x = r sen tr =
r sen2
6
eos2
cf> + r
se n 2
9
sen2 <£ +r eos2
6,
6
= r sen2 6 (eos2
= r, ( g = r sen 0 eos 6 eos2
= 0, ícf) = —r sen 6 sen
eo s
cj>
Por consiguiente, f = / re r = r e r. PROBLEMA 5.28 Transform ar f
— ^ e<¿> a coo rdenadas rectangulares. r sen 6
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Coordenadas curvilíneas ortogonales
Sol uci ón: f
157
Usando (5.10 1c),
1 1 ,, e .* (sen r sen 0 r sen 0
sen 0 cos 0 0 i + cos 0 j) = -------fl i + — — j. r sen 0 r sin 0
Ahora por x = r sen d cos
y sen 0 = .....— , r sen 0
x co s 0 = ---------, 6 r sen
x 2 + y 2 = r 2 se n 2 0.
Por consiguiente, _______y . x r 2 se n 2 0 1 + r 2 sen 2# J
y x x 2 + y 2 1 + x2 + y 2 J
PROBLEMA 5.29 Hallar las relacion es entre ep , e^, k del sistema de coordenadas cilindricas circulares y er, e e , e0 del sistema coordenado esférico. Sol uci ón:
Sustit uyendo (5.84) en (5.101)
er = sen 0 cos 0 (cos cf> ep - sen 0 e^) + sen 0 sen 0 (sen
$ cos 0 sen 0 + sen 0 sen 0 cos 0 ) e 0
= sen 0 (cos 2 0 + sen 2 0 )ep + (sen + cos 0 k k,
= sen 0 e p + cos 0
(5.113a )
eg = cos 0 cos 0 (cos 0 ep sen 0 e ^ ) + cos 0 sen 0 (sen 0 ep + eos 0 e^) sen 0 k cos 0 (cos 2 0 + sen 2
(5.113b)
e<£ = sen 0 (cos
e p + cos 0 e ^ ) = ( sen 0 cos 0 + cos 0 sen 0 ) 6^ + (sen 2 0 + eos 2 0 ) e ^ = e¿, .
(5.113c)
De manera similar, sustituyendo (5.104) en (5.81),
e p = sen 0 er + cos
(5.114a)
e<¿ = e<¿,
(5.114b)
k
cos
er sen 0 eg.
(5.114c)
Usando notación matricial, (5.113) y (5.114) pueden expresarse respectivamente como er eg
"sen 0 = cos 0
cos sen
0
~ep~ = _ k_
y \ \
0
sen 0
cos 0
0
0
0
cos 0
sen 6
1 0
O
A
(5.115)
(5.116)
Las ecuacione s (5.1 15 —6) se pueden ob tener también fácilmente p or simples operaciones de producto matri cial usando (5.105), (5.86) y (5.85 ), (5.10 6) respecti vamente. www.FreeLibros.me
Análisis vectorial
158
5. 5 4 PROBLEMA 5.30
Problemas suplementarios
Mostrar que el jacobiano —
así que el elemento de volumen
huhvhwt
d V dado por x,y , z \ dV =] ( ---------dudvdw \u, v, w/
es huhvhwdudvdw, PROBLEMA 5.31
de acuerdo con (5.30). Usando coordenadas curvilíneas y la identidad vectorial [3.164]
PROBLEMA 5.32 dada por
integral de vol umen del operador V
Mostrar que la definición del
[4.57]
VI s
lleva a la expresión
VI
! = -— — -
huhvhw
-f(hvh
du [áu
weu
i)
\
+-j-(hwhuev
dv
I
!) + j - { h u h v e íw
dw
’f PROBLEMA 5.33 Usando la forma del operador V dada en el problema 5.32, hallar \¡j, y • f,y y * f; mostrar también que s e redu cen a (5.44), (5.45) y (5.47) respectivamente. ''PROBLEMA 5.34 vectorial f es
En coordenadas cilindricas circulares (p,
f
<¡>, z), si el campo
= {p(p,
mostrar que V X f tiene sol amente una compon ente z. Transformar f=
x
- i a coordenadas cilindricas circulares. y R e s p ue s t a: eos
dr PROBLEMA 5.36 Transformar f = pep + pe^ a coordenadas rectan gular es. Res pue sta: {x - y )i + (x + y ) j. PROBLEMA 5.37 Mostrar que las siguientes tres formas, en coordenadas esféricas, de V 2\p(r) son equivalentes:
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¡) .
Coordenadas c un ’ilíneas ortogonales
159
Transformar f = er a c oordenadas rectangu lares. r z x y k. Respues ta: x +y +z x +y + z PROBLEMA 5.38
-iPROBLEMA 5.39 Para las coordenadas cilindricas elípticas (u, v, z) la transformación entre las coordenadas (x , y, z ) y (u, v, z ) está dada por x = a cosh u eos v, y = a senh u sen v, z - z , donde a es una constante. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: (1) cilindros elípticos, u = const, 0 < u < °°; (2) cilindros hiperbólicos, v = con st, 0 < v < 2ir ; (3) planos paralelos al plano xy , z = const , —°° < z < “ , (b) ¿Es ortogonal este sistema? (c) Hallar los factores de escala. Res puesta: (b) Si. (c) h u = a(senh2 u + sen2 v)' /2, h v = a( sen h2 u + sen 2 v)
42 PROBLEMA 5.40 Para las coordenadas cilindricas parabóli cas (£, 17, z) , la transformación entre las coordenadas (x, y, z) y (|, 17, z) está dada por x = t¡r¡, y Vi (172 ) ,z z. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: ( 1 ) cilindros par aból icos, £ = const, — < £ <°° ; ( 2 ) cilindros parabólicos, tj = const, 0 < 17 < “ (3) planos paralelos al plano xy, z = c on st, < z < “ . (b) Hallar los factores de escala.
Re spuesta :( b)
hg = (
^ PROBLEMA 5.41
h z = 1.
Para las coordenadas esferoidales alargadas (u, v, (p),la transformación
entre las coordenadas (x, y, z) y ( u, v, 0) es x = a senh u sen v eos
h v = a (senh
2
u + sen 2v)\
= a senh u sen v. PROBLEM A 5.42 Para las coordenadas esferoidales achatadas (u, v, 0), la t ransformación entre las coordenadas (x, y, z) y (u, v, 0 ) es x = a cosh u eos v eos 0 , y = a cosh u eos v sen 0 , z = a senh u sen v, donde a es una constante. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: ( 1 ) esferoides achatadas, u = const, 0 < w < °°; TT
( 2 ) hiperboloides de una hoja,
(3) semiplanos por el eje z, 0 = con st, 0 < 0 < 277. (b) Hallar los factores de escala. Respuesta: (b) hu = a(senh 2 u + sen 2 v ) 1/2= a(cosh 2 u eos
h v = a(senh h
a cosh
2
TT
v = const, —< v <
2
v)^,
u + se n 2 v)^, u eos v.
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16 0
Análisis vectorial
PROBLEMA 5.43 Para las coordenadas parabólicas (£, r?, 0), las ecuaciones están dadas p o r* = eos 0, y=%r¡ sen 0, z - Vi (rj2 - £2). (a) Mostrar que las famil ias de superficies coorden adas son: (1) parab oloides alrededor d el eje positivo z, £ = const, (2) parab oloides alrededor d el eje negati vo z, r¡ =cons t, 0 < r¡ < “ » (3) sem iplanos por el eje z, 0 = const, 0 < 0 < 2w. (b) Hallar l os factores de escala. (c) Mostrar que X e,, = e^ Respue sta: (b) hg = (£ 2 r)2) ' 2, h v = (£2 + t¡2) /2, h = £r¡. PROBLEMA 5.44
Verificar que en coorden adas cilindricas.
PROBLEMA 5.45
Verificar las siguiente s relaciones en coorden adas esféricas:
V ln p = V x (kc¿).
(a)
V -i = V x (eos
6 V0 );
(b) V <£ = V x (r V 0/ sen 0).
PROBLEMA 5.46 Usando el méto do de multiplicación matricial, deducir (5.11 5—6) a pa rti r de (5 .8 5—6) y (5 .105 —6). VPROBLEMA 5.47
Expresar d/dx, 9/9 y, 9/9z
en coord enadas esféricas.
Respue st a: — = sen 0 eo s
— = eos 0 —— sen 6 — — ■ dz dr r d6 PROBLEMA 5.48 ,
En lasección 3.5 x = x(u , v),
y = y (u, v), = z(u z , v)
[3.78]
S en el espacio. Pueden se interpretan como ecuaciones paramétricas de una superficie considerarse como un caso especial de (5.1) en la cual w es una constante; la superficie w(x, y, z ) = const. Las coord enadas curvilí neas S corresponde entonces a una superficie sobre S son u y v. Sea r = xi + yj + zk . (a) Demostrar que las curvas u = const, v = cons t, se intersectan en ángulos rectos, de mod o que lascoorden adas son ortogo nales si y sólo si dx dx + dy dy dz dz q du dv du dv du dv (b) Mostrar que el elemento
^ 6S
de un arco sobre una curva u = u(t), v = v(t) sobre
ds2 = E du2 + 2F du dv E = \ d r /d u\ 2,
+ G dv2,
F = (dr /du) ■(dr /dv ),
(c) Mostrar que las coordenadas son ortogonales cuando
d s 2 = E d u2 + G dv2. (d) Mostrar que el área de la superfi cie S es S=
í f
R,
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VE G - F2 dudv.
G -\ d r/ d v \2.
APLICACIONES A LA GEOMETRIA 6.1
6
CAPITULO
Aplicacion es a la geom etría plana y del espacio
En esta sección demostraremos algunos teoremas bien conocidos de geometría plana y del espac io por métodos vectorial es. PROBLEMA 6.1 Dem ostrar que el segmento que une los pun tos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mita d de su longitud. Solución: En el triángulo A B C cjue se muestra en la figura 6.1, D y E son los puntos medios de los lados BA y C A . Si BC = a y BA = b, entonces por definición de adición de vectores y de negativo de un vector,
CA = CB + BA = a +b =b a. Pero BD = Vi b y CE = *ÁCA ='Z¿(b a). Por consiguient e, el segment o que une D y E es
DE = B E - B D = BC + C E - B D = a + —1 (b - a ) 2
b
-----
2
N
1U
.BC, lo que demuestra que DE es paralelo a BC y tiene la mitad de su magnitud. PROBLEMA 6.2 Demo strar que las medianas d e un triángulo se corta n en un punto que div ide a cada media na en la razón 2 : 1 . So lu ci ón: En el triángul o A BC que se muestra en la figura 6.2, BC = a y BA = b . Entonces por las definiciones de adición vectorial y de negativo de un vector, CA = b a. Supongamos que las medianas A F y BE se intersectan en G. Entonces,
B E = B C + CE = a + i (b a) = — (a + b). 2 2
B
F Figura 6.2
Como G está en la mediana BE , existe un escalar m tal que
BG = mBE = — (a + b). 2 161 www.FreeLibros.me
0
' C
El triángu lo del problema 6.2.
O,
Análisis vectorial
162
Como F A = F f i + S A = -i a +J t) = b - - a 2
2
y G está sobre la mediana FA, existe un escalar n tal que
FG = n F A = n ( b - i a Pero BG = B F + FG\ i.e.,
o, simplificando, — ( m + n —l ) a + [ ------n) b = 0. Como a y b son linealmente independientes, — (m + n —1) = 0, 2
— — n = 0. 2
Resolviendo para m y n, obtenemos m = 2/3 y n = 1/3. Así que BG = f BE y FG = j FA , de lo cual se sigue que G es un punto que d ivide a ^ F y BE en la razón 2 : 1. G de las De modo semejante, se puede demostrar que el punto de intersección medianas A F y CD divide a éstas en la razón 2:1. PROBLEMA 6.3
Demo strar que las diagonal es de un paralelogramo se bisectan.
So l uc i ón : En el paralel ogramo AB CD que se muestra en la figura 6.3, BC = a y BA = b. Entonces AD = BC = a, CD = BA = b. Por consiguiente,
BD = BC + CD = a + b, B Figura 6.3
b El paralelogramo
Si E es el punto medio de BD, entonces BE = Vi BD = lÁ (a 4 b). Como CA = b a,
a del problema
CA = CB + B A = -a + b = b- a.
6.3.
CE = CB + B E = - a + — (a + b) = — (b - a) = — 2
2
2
CA.
Por consiguiente, E es el punto medio de BD y CA. PROBLEMA 6.4
Demos trar que las alturas de un triángulo son concu rrentes .
Sol uc ió n: Sean^Z), ¿fifi as alturas del triángu lo AB C que se muestran en la figura 6.4 y supóngase que se encuentran en O. Si OA = a, OB = b y OC = c, entonces
B C = c - b, Como OA 1BC, OA
AC = c - a,
B A = a - b.
• BC =0;i.e., a • (c b) = 0, o sea, a • c = a • b.
De modo similar, como
OB J_ AC , OB • AC = 0; i.e., b • (c a) = 0 o sea b • c = b • a.
C Como el producto punto es conmutativo, b • a = a • b. Por lo tanto, Figur a 6.4
El triángu lo del problema 6.4.
a • c = b • c o sea (a b) • c = 0, lo que implica que OC 1 BA. De modo que la altura desde Así que las alturas son concurrentes.
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C con respecto a A B pasa por O.
163
Ap lic aciones a la ge ometría
PROBLEMA 6.5 En el tetraedro OA BC que se muestra en la figura 6.5, la arista OA es pe rpendicular a la arista BC y la arista OB es perpendicular a CA. Mostrar que la artista OC es perpendicular a la arista AB.
Soj uc ió n: _En el tetraedro OAB C, si OA = a, OB = b y OC = c, entonces A B = b a, BC = c b y CA = a c. Como OA 1 BC , a • (c - b) = 0, o sea a • c = a • b. De modo similar, OB 1 CA implica b ■(a - c) = 0, o sea b • a = b • c.
Por la conmu tatividad del prod ucto escal ar, a • b = b • a y po r consiguiente a • c = b • c o sea c • (b - a) = 0,
lo cual implica que OC LAB.
Figura 6.5
El tetraed ro del problema 6.5.
Demostrar que un ángulo inscrito en un semicírculo es recto.
PROBLEMA 6.6
Solución: Sea 4 ACB un ángulo inscrit o en un semicírculo con cen tro en O y radio OA = OB = OC = r. (Véase figura 6.6.) Si OA = a y OC = c, entonces
OB = a,
BC = a + c,
AC = -a + c = c-a.
Como a2 = c2 = r2 ,
ÁC ■ BC = (c - a) • (a + c) = c • a - a • a = c 2 a2 = 0. Por consiguiente, AC y BC son perpendiculares; i.e.,
A B CA es recto.
til teorema de Apoloni o establece que en un triángulo ABC si A D es la mediana del lado BC, entonces
A B :¡ + A C 2 = 2 AD1 + - BC2 . 2
PROBLEMA 6.7
Demostrar el teorema de Apolonio.
Solución : En el trián gul o AB C que se mu estra en la figura 6.7, sean A B = b y A C = c. Entonces A D = (b + c) y BC = c —b. Por tanto,
A D 2= AD ■AD = — (b + c) • (b + c) = —(62 + c 2 +2 b ■c), 4 4 B C 2 = BC ■B C =■j e - b) • (c - b) = c 2 + b 2 2 b • c. Así que 1 1 1 2AD2 + B C 2 = {b2 + c 2 + 2 b • c) + (c2 + b2 2
2
2
2 -
Figura 6.7
Dem ostración de Apolonio.
del teorema
Figura 6.8
Solución al problema 6.8.
b • c)
= b2 + c 2 = A B 2 + A C 2. PROBLEMA 6.8 Demostrar que la recta que une el vértice de un triángulo isósceles con el punto medio de su base es perpendicular a la base. Solución : En el triá ngu lo isósceles A BC que se muestra en la figura 6.8, sean OC = a, OA = c y O el punto medio de la base BC. Entonces,
OB - a,
AC = AO + OC = a - c,
BA = BO + O A = a + c.
Ahéra,
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B
O
C
164
Aná lisis vectorial
A C 2 = AC ■ AC = (a c) • (a c) = a2 + c2 2 a • c, A B 2 = AB • AB = (a + c) • (a + c) = a 2 + c 2 + 2 a • c. Como A C = A B , tenemos A C 2 = A B 2,i.e. , a 2 + c2 2 a • c = a 2 + c 2 + 2 a ■c.
Así que simplificando, 4 a • c = 0 o sea a • c = 0. Por consi guient e, a l e ; i.e., OA es perpe ndicu lar a BC.
6.2
Aplicaciones a la geome tría analítica
En esta sección se deducen por métodos vectoriales la ecuación de un plano y algunas fórmulas de distancia. PROBLEMA 6.9 Mostrar que la ecuación de la recta paralela al vector B que pasa por un punto cuyo vector de posición es A es
(r - A) x B = 0,
<6.1)
donde res el vector de posición de cualquier punto de la recta. Solución: Por el problema 3.14 y la figura 6.9, la ecuación de una recta paralela a un vector no nulo B y que pasa por un punto cuyo vector de posición es A,es para algún parámetro t, r - A = íB .
Como el prod ucto cruz de un v ector po r un m últiplo escala r suyo es el vector cero , se sigue de (3.43) que (r A )x B = /B xB = 0. Recíproca mente, si (r A) X B = 0, ento nces r A es paralelo a B , de mod o que r —A = íB, para algún parametro t.
Figura 6.10
Solución a l pr oblema 6.10.
PROBLEMA 6.11 Mostrar que si dos rectas representada s por (r (r C) X D = 0 se inte rsec tan , ento nce s (A C) • B X D = 0.
A)
X
f
B-Oy
So l uc ió n: Las ecuaciones gener ales de las dos rectas (6 .1 2 ) se pueden expresar como r = A + f B y r = C + sD. Si las rectas se intersecta n, existen escalar es s y t tales que A + fB = C + s D . Se toma ahora el producto punto a ambos lados por B X D para obtener (A + íB) • (B x D ) = (C + s D) • (B x D).
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165
Ap licaciones a la geom etr ía
Como por (1.71) B . B x D = D . B x D = 0, A B x D = C'B x D, Por consiguiente, (A C ) . BxD=0.
(6.3)
PROBLEMA 6.12 En la figura 6.11 los pun tos P y Q están especificados por los vectores de posición r „ y A con resp ecto a l punto O. Mostrar que la distancia d desde P hasta una recta paralela a B que pase por Q es I(r0 A) x B I (6.4) B donde B = IB I. Sol uc ió n: En la figura 6.11, si OQ = A, entonces QP = r0 —A. Si 9 es el ángulo entre QP y QR y por consiguiente B,
d = | P R | = |QP | sen 0. Pero por definición de magnitud del producto cruz de dos vectores (1.59), | (r0 A) x B | = | B | |QP | sen d = B \ QP | sen 0 = B d . Por consiguiente, d =
| (r0- A ) x B |
----------------------—
B
.
PROBLEMA 6.13 Hallar la menor distancia d entre las dos rectas que pasan por los pu ntos P y Q cuyos vectores de posición son A y C con las direcciones By D , respectivamente. So lu ci ón : En la figura 6.12 supóngase que B y D no son colineale s, i.e., BX D ^ O y que existen puntos M y TVde las dos rectas tales que M N es perpendicular a ambas. Entonces la menor distancia d entre dos rectas es MN. Como M N es perpend icular a los vectores B y D, el vector Bx D jB x D | es un vector unitario en la dirección d eMN . Pero M N es la componente de PQ en la dirección de MN , así que tenemos PQ = C —A y por consiguiente, Figura 6.12 Solución al (C A) • B x D| IB x D I
(6.5)
Se observa que si d = 0, i.e., si|(C —A)* BX D| = |(A —C) • BX D|= 0 las dos rectas se intersectan . Esta condición está d e acuerdo con el resultado (6 .3) que se obtuv o en el problem a 6.11. PROBLEMA pu nto s (1, 2, 6.14 1 ) y ( Hallar 1 , 2 , la1).distancia d desde el punto ( 1 , 2 , 1) a la recta q ue une lo s Solución: Sea rQ= [1 , 2 , 1], A = [1, 2, —1] y B = [ 1 , 2 , 1], Entonces por (6.2) y el vector de posición r = [x,.y, z ], la ecuación de la recta que une los pu ntos (1, 2, —1) y (1 ,2 ,1) e s (r A) x ( B A) = 0.
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problema
6.13.
Análisis vectorial
166
i
Por consiguie nte, sustituyendo B en la fórmula de la distanci a (6.4) por B A, | (r0 A) x (B A) | SB A | Además es claro que B A = [2 , - 4, 2], B A = 2\/6 y r0 A = [0, 4, 2], Por consiguiente, i J k (r0 A) x (B A) = 0 4 2 =[ 0 ,4 , 8] , 2 4 2 y la magnitud I (rQ A) X (B A I = 4\/5 . Así que l a distancia es
d = 4^5 = 2y5 2V6 y/6 ' PROBLEMA 6.15 Hallar la meno r distancia d entre la recta que une los puntos P( l, 2 ,1) y R (1 , 1 , 1) y la que une lo s puntos Q (2, 2, 1) y S (2, 0, 2 ). So lu ci ón : Denotemos los vectores de posici ón de P y Q por A y C y PR = B,£V> =D (véase figura 6.12). Entonces el problema se reduce a l problema 6.13 , i.e., hallar l a distancia más corta entre las dos rectas que pasan por dos puntos distintos. Ahora A = [1, 2 , 1 ],
B = P R = [1 —1, —1 2, 1 ( 1 )] = [0, 3 , 2],
C = [2 ,2,1 ],
D = QS = [2 —2, 0 (2 ), 2 1] = [0, 2 ,3 ],
PQ = C A = [2 1, 2 2 , 1 (1)] = [1,4
, 2],
Como B xD
i 0 0
j 3
k 2
[5,0,0],
2 3
la magnitud IB X D I = 5. Por consiguiente por (6.5), la distancia pedida e s
d = 1(C A) ■(B x D) 1 = 5 = 1 !B D xI 5 La ecuación vectorial de un plano que es perpendicular a un vector no nulo B y que pasa po r un pu nto cu yo vecto r de posición es A es (r —A) • B = 0. PROBLEMA 6.16
(6.6)
Demostrar (6.6).
So lu ci ón : En la figur a 6.13, sea r el vector de posic ión de cualquier punto en el espacio. Ento nce s el pu nto e star á en el plano si y sólo si r —A es perpe ndic ular a B, i.e., (r A) ■B = 0.
Figur a 6.13
Solución a l problema 6. 16.
PROBLEMA 6.17 En la figura 6.14 los pun tos arbitrarios P y Q se especifican por los vectores de posición rC) y A relativos al punto O. Mostrar que la distancia d desde P hasta el plano que es perpendicular al vector no nulo B y pasa por Q es
d =
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(r„ A) • B |
B
(6.7)
Aplicacion es a la geom etr ía
167
P hasta el
Solución: Sea r el vector de posición de la base de la perpendicular desde plano.' Enton ces según la figura 6.14 para algún escalar X,
r = r0+ A B. La distancia
d
pedid a es e nto nces,
d = | r - r01= |A B |= \\\ B , donde B = IB I. A hora po r (6. 8),
r - A = r0 - A + AB. Tomando el producto punto a ambos lados por B y usando (6.6),
(r - A ) • B = (r0 -A ) •B + AB •B = (r0 -A) •B + AB 2 = 0. Por tanto, (r„ - A ) B
B2 y sustituyend o en (6 .9), la distanci a es (r„ A) • B |
d=\X\B = PROBLEMA 6.1 8
B
Mostrar que la ecuación d e un plano puede expresar se com o
ax + by += c0.z + k
(6.10 )
So l u c i ón : Por (6.6), l a ecuació n vector ial del plano que es perpendicular a un vector B no nulo y pasa por un punto cuyo vector de posición es A se expresa como (r A) • B = 0. En términos de compo nentes, i.e., r = [x, y, z], A = [Al,A 2, A 3] y B = [B x, B2 , B 3~\, (6.6) se transforma en (x ~ A t)B x + (y ~ A 2)B2 + (z - A 3)B3 = 0, o sea
(6 . 11)
B 1x + B 2y + B 3z - (A l B 1 + A 2B 2 + A 3B 3) = 0.
Si hacemos ahora B x = a ly b2 = b, B 3 = c y —(A ¡ B¡ + A 2B 2 + A 3B 3) = k, (6.1 1) se reduce a
ax + by + cz + k = 0. Mostrar que la distancia d entre un punto arbitrario PROBLEMA 6.19 ^ plano ax + by + cz + k = 0 es
| ax0 + by0 + c z 0 + k\
B = |B | = (a 2 +
Por consiguie nte, tomando el producto
(6 .12)
(a 2 + b2 + c 2)%
Con referencia al problema 6.18, si hacemos B
To = [x o>yo’ z o ]
(x 0, y Q, z Q) y el
= [a,b,c\, — A • B = k y
b 2 + c2)^.
punto ,
(r0— A) • B = r0 •B —A • B = ax0 +
by0 + c z 0 +
k.
Así que por (6.7), la distancia pedida es
d=
(r0 - A) • B |
B
| ax0 + by0 + c z 0 + k | (a2+ b2 + c 2)^
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Análisis vectorial
168
PROBLEMA 6.20 Hallar una ecuación vectorial que represente el plano qu e pasa por tres puntos dados cuyos vectores de posición son A, B, C. So l uc ió n: En la figura 6.15, se an /1, Q, R tres pun tos dados cuyos vectores de posición son OP = A, OQ = B y OR = C. Entonces PQ = B A y PR = C - A. Por la definición de prod uc to cruz ( 1.54 ) el ve ctor G = PQ x P R = (B —A) x( C —A) = A x B + B x C + C x A
(6.13)
es perpe ndicular al plano. Por consiguiente, por el problema 6 .16, la ecuación vectorial del plano es (r —A) • G = 0,
(6.14)
donde r es el vector de posición d e cualquier pun to del plano.
O
Como A • G = A •(A x B + B x C +■C y A) A ■B x C = ¡.A B C],
Figura 6.15
Solución a l problem a 6.20.
(6.14) se puede expresar de otro modo para dar la ecuación del piano en la forma r G = [A B C].
(6.15)
PROBLEMA 6.21 La esfera que se muestra en la figura 6.16 tiene radio a y su centro C se especifica por el vector de posición c relativo a O. Un punto arbitrario B de la esfera se especifica por el vector de posición b. Si r es el vector de posición de cualquier punto P del plano tangente a la esfera en B, entonces mostrar que la ecuación vectorial del plano tangente es (r c) • (b - c) = a 2. (6.16) So l u c i ó n:
Por la figura 6.16 el vector
BP
el la plano es perpendicu bComo c de esfera. Así que lar a la esfera e n O Figura 6.16
está en el plano y se especifica por r b . B,
r b es perpendicula r al radio ve ctor
(r b) • (b c) = 0. La esfe ra del problema 6.21.
Como b = c + (b c ) ,
(6.17)
(6.17) se trans forma en [(r c) (b c)] • (b c) = 0.
(6.1 8)
(r c) • (b c) = (b c) • (b c).
(6.1 9)
Simplificando,
Pero (b c)
•
-c )= a2 . Así que la ecuación pedida es (6.16 ).
(b
6. 3 Aplicaciones a la geom etría diferencial En esta sección se deducen algunas fórmulas para curvas en el espacio por métodos vectoriales. La curva C del espacio vista en la sección 3.4 se puede representar por medio de la función vect orial r(í ) con p arámetro escal ar t: i.e., r(í) = ar(f) i + y ( t ) i + z( t ) k. Entonces el vector unitario T tangente a C en cualquier punto se expresa como T donde t'(t) = dr(t)/dt y I t(t) I* 0.
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r^> “ |r'«)| ’
Ap licacion es a la geometría
16 9
Si se sustituye el parámetro t por una longitud de arco s que mida la distancia a lo largo de C desde a lgún punto fijo de ella , entonces C se represent a por r(s) = x(s)i y(«4) j 4 z( s) k,
[3,651
y el vector unitario tangente a C'es T = r'(s )= ^ ™ efe
f3.68|
en la dirección creciente de s. Si T es el vector unitario tangente a una curva t e n cualquier punto de derivada T ' (s) = dT(s)/ds es normal a sí misma. (C’f. problema 3.22). 1:1vector unitario norm al principal N se define
C.
entonces su
dT = k N, ds
—
(6.20)
donde
k =
I
I
1
----
dT I
(6.21)
ds I
se llama la curvatura de C en cualquier punto . El radio de cuna tura p de C' en cualquier pu nt o es =i , p
K# 0 El vector binormal
(6.22)
*
B a C en cualquier punto se define
(6.23)
B <- T •< N;
(6.24) y es perpendicular a su derivada con respecto a s; i.e.. 8 1^5. ds
(6.25)
La torsión r de una curva C en cualquier p unto se define — ds
« T N
(6.26)
El recíproco de t , deno tado por o = 1/r se Mama el radio de torsión. El vector unitario tangente T, el vector unitario normal principal N y el vector binorm al B forman un triedro en cualquier punto de C porque forman un sistema derecho de vectores unitarios: i.e., B .T x N ,
PROBLEMA 6.22 Solución:
N = B* T,
T = N x B.
(6.27)
Verificar (6.247).
Por la definición de vector binormal (6.23)
y como ITI = INI = 1 y T 1 N,
| B| = |T x N | = | T | |N| |sen 90° | = 1.
Como I B I = 1, B B = B 2= 1.
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Análisis vectorial
170
Diferenciando a ambos lados con respecto a implica
dfB — • B = 0, lo que
sse obtie ne
B 1 dB/ds. Por (6.23), B * T = 0 y B ' N = 0. Dife renciando a ambo s lados de la primera ecuación con respecto a s, ™ „ <*T „ T + B -------= 0. ds
-----
ds
Usando (6.20) B
— ds
N
y
Figur a 6.17
T
= -B- —
ds
= -B-(
k N)
= -
k B-
N = 0,
lo que implica que d B/d s es también ortogonal a T Por consiguiente, dB/ds debe ser paralelo a N. Por consiguiente,
dB = TN. ds
Triedro.
De estos resultados concluimos que T, N y B forman un sistema derecho de vectores unitarios o triedro. (Véase f igura 6.17) ; i.e., B = T x N, PROBLEMA 6.23
N = B x T,
Mostrar que
dN ds Solución:
T = N x B.
TB - kT.
(6.28)
Por la definición de triedro(6.27), N = B x T.
Por consiguiente usando (6.20), (6.26) y (6.27) su derivada es — = — x T + B x — = T N x T + B x (kN ) = TB ds ds ds
Las fórmulas (6.20). (6.26) y (6.28)se conocen como pueden escribirse también com o
fórmulas de Fre net-Scrret y
dT — o» x T ds d—B ds
kT.
(6.29)
(0 x B,
dN 7wxN, ds
6.30)
(6.31)
donde = TT + kB
(6.32)
es el re do r de Darho u.x de la curva C. Mostrar que las fórmulas de FrenetSerret (6.20), (6.26) y (6.28) se PROBLEMA 6.24 pue den exp resar com o (6 .2 93 1). Solución:
Si co = rT + kB, entonces tenemos por (1.58) y (6.27),
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Aplicaciones a la geom etría
171
0} X T = (TT +
k B)
x T ==TT x T + k B x T =
co X B = (TT +
k B)
x B =
(O X N = (TT +
k B)
x N == T T x N +
PROBLEMA 6.25
k N,
B + k B x B = -TN ,
P H X
* ifQ X
N = TB -
k T.
Mostrar que
dT —— = k dB T, ds
n-
(6 .33 )
ds
B — =T , ds dN T • — - = - k. ds
(6.34) (6.35)
Solución: Usando l as fórmulas de FrenetSerret (6.20 ), (6.26) y (6.28) y el hecho de que N •N = 1,
rl T rl R -ds ds ------------
kN
-(- TN ) = - k T(N *N) = - k T .
Como BB = 5 = l y B * T = 0, k (B • T) = T.
B • — = B • (TB - kT) = T(B • B) ds
Como T * T = 7 ’2 = ly T * B = 0, T- — = T- ( TB ds
-
kT )
= T (T-B )-k(T *T ) = -
k.
PROBLEMA 6.26 Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva sea una recta es que la curvatura k sea cero. Solución: Si C es una recta, entonces el vector u nitario tangente constan te; i.e. ,
C
T es un vector
— = kN = 0. ds Esto da k = 0, pues N =£ 0. Recíprocamente, si k = 0, entonces tenemos vector constante y C es una recta.
dl/ds = 0; en consecuencia, T es un
Una curva situada en un plano del espacio se llama una se llama curva torcida.
curva plana: de otro modo
PROBLEMA 6.27 Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva sea plana es que la torsión t de C sea cero. (Se supone qu e k ¥= 0.) Solución: Si C está en un plano, en tonces escogiendo el ori gen de este plano, ambos vectores r '(s) = dr(s)/ds y r"(s) = d2r(s)/ds2 estarán t ambién en este plano. Por consiguient e, T= r ' (s) y >. 1 d T 1 N = - — = - r (s ) k
as
K
tamb ién estará en el plano ; en consecu encia, B = T X N es un vector co nsta nte no rmal al plano. Así que,
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C
172
Análisisvectorial
— = -T N = O, ds lo que implica que t = 0. Recíprocamente, si r = 0, entonces dB/ ds = — t N = 0; po r lo ta nto, B es u n vector constante. Sea C la curva repres entada por r(s). Entonces, puesto que T 1 B y r = 0,
f ( r B ) = — .B + r — = T. B + TrN ds ds ds
= 0.
Como r • B = 0 es la ecuación de un plano normal a B (véase problema 6.16), se sigue que la curva es plana. PROBLEMA 6.28 Mostrar que si la curva C se represen ta por r (t), que es dos veces diferencia ble, entonces la curvatura k de C en cualqui er pu nto es
[r'CQx r"(Q I
(6.36)
|r'(0l3 S olu ció n:
Sea r(í) = r [s(í)], donde s es la longitud de arco.
Entonc es su derivada e s
dr(t) dr ds ds r '( 0 = — = — — =— T , dt ds dt dt
(6.37)
y como IT I= 1,1a magnitud es
ds dt
r (0 I =
(6.38)
Usando lue go las fórmulas de F renetSerret (6.20), (6.26
) y (6.28),
dT
d T ds
ds
dt
ds dt
dt
(6.39)
Por (6.37),
d , d 2s ds d T d 2s (d s\ r (f) = — r (í) = — T + --------- = ------T + — dt d t2 dt dt d t2 \d t 1
kn
(6.40)
Así que r (0 x r"(t) =
d 2s f ds . T+ — d t2 dt
T kT
kN
x N
d s \ i, 5 T 1 ,
(6.41)
y com o | B | = 1, la mag nitu d es
I r'(0 xr"(0 1=
x = Ir (0 |3
k.
Por consiguiente, la curvatura es
rXQxr'XOl |r' (0 |S
'
PROBLEM A 6.29 Mostrar que si la curva C se representa por r(f), que es tres veces diferenci able, entonces la torsión t de C en cualquier pun to es
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(6.42)
173
Aplicacion es a la geom etría
[rXQr"(Qrw (Q] Ir (O x r"(t)\2
_
Difer enci ando(6.4 0)con res pec to a t,
So luc ión :
r"\t)
(6.43)
dr'\t) dt ds\ d d 2s —— -— T + — dt d t 2 Xdt /
kN
1 .
d 3s
d 2s d T (d s \d 2s ( ds\ 2 dK ( ds\ c/N T + — —--------------------------------+ 2 — — kN + — — N + — /<---------.(6.44) d t3 dt dt \d t / dt 2 \dt ¡ dt \dt J dt
Por (6.39)
dT ds — = k — N, dt dt y por (6.28), c/N <¿N ds ds ----= ----------= — (TB dt ds dt dt Sustituyendo estos resultados en (6.44) y
r"'(0
d 3s d t3
[ ds dt
T +
k T).
reordenando los términos,
K+
d s \ I d< dt J \d t
N+
k TB.
(6.45)
Ahora, por (2.53), (6.41) y (6.45),
[r'(0r"(0r"'(0] = \.r"\t)xXt)r'\t)} = r'"(í)'[r'( í)xr"(l>]
Así que por (6.42), la torsión
- (f
es
T =
[rXt)r''(t)r"Xt)]
[r (0
r'(0 x"(0 r
PROBLEMA 6.30 Mostrar que si una curva C se representa por r (t) que es dos veces diferenciable, entonces, ^ ^= B
r'(° r'(01
(6 .46 )
r'(t) x r"(í)
( 6. 47)
Ir (0 x r"(í) |
tr'(f) x r"(í)] x r'(0 N = —— ,. ------|[r'(0xr"(f)]xr'(í)| S ol uc ió n: La ecuació n (6.46) se ha obtenido y a en (3.69). Para verifi car (6.47), tenemos p or (6 .41 —2),
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(6. 48)
174
Aná lisis vectorial
Para verificar (6.48), sustitúyase (6.46) y (6.47) en la segunda ecuación N = B X T de (6.27); entonces observando que N es un vector unitario, [r'(0 x r"(0l x r'(0
N=B x T PROBLEMA 6.31
[r'(f) x r"(0l x x \ t ) | ‘
Hallar T, N, B, k y
t
para el c írculo de radio a representado por
r(s) = a eos S o lu c ió n :
j
i + a sen
j j.
El vector tangen te al círcul o (3.67) es c?r(s) fs\ T =
1
d s = ~ S0n ( í j
[3.67]
fs\
[3.71]
+ C° S ( a / J'
Para el unitario normal principal N, la derivada de T da
dT =1 - —eos M - — 1i — sen ís\M — — j = kN. ds
\a j
a
\a I
a
Así que la curvatura es 2' 2 dT = • 1 ( s \ + -1 sen 1 ( s \I — eos — w ds . a \aL . a
K=
1 a
eos* | — l + sen a/ \a
1
(6.49)
a
Por lo tan to, el unitario normal
principa l es
«N = ---11 dd—TT = - eos Í (S■\) i s en j = r(( S■s)\ .
1
/ N (6.50)
ds
k
El vector binormal B es
B=TxN
sen
a
sen
eos
| — i + eo s a I
\a
k.
(6.51)
s eos — sen — a a
Como dB/ds = 0 = rN, la torsión e s (6.52)
T = 0.
La ecuación (6.49) muestra que un círculo tiene curvatura constante que es igual al recíproco de su radio y (6.52) indica que un círculo es una curva plana. Una hélice es una curva del espacio cuya tangente forma un ángulo constante con una recta fija llamada su eje.
PROBLEMA 6.32
Hallar T, N, B, k y r para una hélice circular repre
r(í) = (a eos
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t) i
+ (a sin
í)i + b t k.
sentada por (6.53)
Aplicacion es a la geome tría
175
Por (6.53),
Solución:
r'(0 = -(a
sen t)i + (a eos
r (0 = (a eos f)i
r'"(0
t) j + ók,
~ (a sen í) j,
= (a sen t) i (a eos í) k.
De acuerdo con esto, r'(í) x r"(<) =
i a sen
t
- a eos
t
j a eos
k
b
t
a sen f
0
= (ab sen í)i ( ab eos f) j + a 2k, i [r'(0 x r"(0l
j
k
ab sen
t
- a b eos
t
a2
- a sen
t
a eos
t
b
x r (0 =
(-ab2-
a 3) eos
ti
- (ab2- a3) sen t j
a (a 2+ b2) eos fi a (a2+ b2) sen
[r'(0 r"(0 r' "(()] =
a sen
t
aeos
t
b
- a eos
t
a sen í
0
a sen
t
a eos
0
-
=b
t
a eos t - a sen a sen t - a eos t
t j,
t
= 6a2(cos2( + sen 2t) = a 2 b. Por lo tanto las magnitudes son | r '(t) | = (a2sen2
t
+ a2 eos2
| r'( 0 x r"(f) | = (a 2ó2sen2 í + a2b2 eos2
t
t
+ b 2) ^
=
(a2+ b 2)^,
+ a 4) ^ = [a2(a 2 + ó2)] ^ = a ( a 2+
| [r'(0 x r"(f)] x r'(<) | = [a2(a2+ 62)2(cos2
t
b2 ) \
+ sen 2 f)] ^ = a (a 2 + ¿>2).
De modo qu e por (6.4 6 8) , (6.36) y (6.43) , a 1 r'(0 sen t i + — eo s t \j + (a 2 + 62) v* (a2+ b2) (a2+ b2)^ r (0 1
B
r'(0 x r"(t)
r'(t) x
sen t
(a 2 i 62) '
r"(0 |
a
1V(0 x r"(p] x
| r'(0 |3
(6.55)
= (eos í)i —(sen í)j,
(6.56)
a(a 2 + ¿2)l/2
a
(6.57)
(a 2 + 62) /2 a2 + b2
[t'(t)T"(t)r' "(tjl
r'(f ) x r" (( )|!
eos (
r'(t)
Itr'(0 x r"(í)] x r'(0 | | r'(0 x r."(0 I
(a2+ b 2)
k,
(a 2 + 62)1/2
N
i -
(6.54)
a2b a 2(a2+
b2)
b a 2 + b2
(6.58)
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176
Análisis vectorial 6 .4
Problemas suplementari os
Dem ostrar que la suma de los cuadrados de las diagona les de un PROBLEMA 6.33 paralelo gram o es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. Demostrar que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo PROBLEMA 6.34 rectángulo es equidistante de los tres vértices. Demostrar que la recta que une un vértice de un paralelogramo PROBLEMA 6.35 con el pun to medio del lado opuest o divide a la diagonal en la razón 2 : 1 . PROBLEMA 6.36 SiABCD es un cuadrilátero con M y N como puntos medios de las diagonales A C y BD , respectivamente, demostrar que
A B 2 + B C 2 + CD2 + D A 2 = A C 2 + B D2 + 4MN2. Si las diagonales de un paralelogramo son ortogonales, entonces PROBLEMA 6.37 demostrar que el paralelogramo es un rombo. PROBLEMA 6.38 Mostrar que si dos círculos se intersectan, la recta que une sus centros, bisecta per pendicu larme nte al segmento que une sus puntos de intersección. PROBLEMA 6.39 Halla r la distanci a del punto ( 2 , 1, 5) a la recta que une los puntos (1,2 ,5 ) y ( 7, 5,9). 7\/6l. Re spues ta:
PROBLEMA 6.40 Hallar la mínima distancia entre la recta que une los puntos ^(1, 2, 3) y /? ( l, 0, 2) y la que une los puntos < 2(0, 1, 7) y 5( 2, 0, 5). 3. Respu esta:
Hallar la mín ima distancia del pu nto (1, —2, 1) al plano d etermin ado PROBLEMA 6.41 po r los tres pu ntos (2 ,4 , 1), (1 , 0, 1) y (1 , 4, 2). 14/13. Respuesta: PROBLEMA 6.42 Mostrar que la ecuación del plano que contiene tres puntos dados, cuyos vectores de posición son A, B y C, puede escribirse en la forma simétrica.
(3r
A B C ).(A
xB + Bx C+ Cx A) = 0,
donde r es el vector de posición de cualquier punto del plano. Mostrar que el punto de intersección de la recta representada por PROBLEMA 6.43 (r- A ) X B = 0 y el plano representado por (r C ) • D = 0 es el punto cuyo vector de posición es A+
(BD)
B.
Mostrar que las únicas curvas planas con curvatura constante no PROBLEMA 6.44 nula son los círculos. Si la curva C se represen ta por y =y(x) en el plano x y , mostrar PROBLEMA 6.45 que el radio de curvatura es
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Ap lic acion es a la geom etría
177
(1 + y '2)Vj ’ donde los acentos denotan derivadas. Hallar T, B, N, k y t =
PROBLEMA 6.46
0
para la curva C representada por
r(<) = (3 1 eos í) i + (3f sen t) j + 4í k.
Respu esta: T = [f , f , 0], B =
k = X
6
25
Hallar « y r para la curva C representada por r(f) = a(3t - t3) i + 3af2j + a(3t + t3) k.
PROBLEMA 6.47
Respues ta: k = T
0, | ] , N = [0, 1, 0],
=
l/[3a(l
+
f2)2].
PROBLEMA 6.48 Si la curva C se representa por r(s) donde s es la longitud de arco entonces mostrar que k = [r "( s) • r" ( s )] 1/2,
T=
[r"(s)r/'(s)r'"(s)] r"(s) • r" (s )
PROBLEMA 6.49 Para una hélice dem ostrar que (a) T • e = eos a, donde e es el vector unitario en la dirección del eje y a es un ángulo constante tal que 0 < a < 7 t/2 ; (b) N • e = 0; (c) gj X e = 0, donde co = rT + kB es el vector de Darboux; (d) k/ t = tan a.
PROBLEMA 6.50
Hallar k y t para la cu rva C representada por
r(í ) = e ‘i e ‘ j + V27 k. Re spuesta : k= t = V 2/(e' + e í )2 PROBLEMA 6.51 Mostrar que r '( t ) X r ''( t ) = 0 en todo punto de una condición necesaria y suficiente para que la curva sea una recta.
curva
es una
PROBLEMA 6.52
Mostrar que todos los vectores r = r(s) son paralelos si y solamente s i
PROBL EMA 6.53
Mostrar que T'(s) X T'' (s) k2 co, donde co es el vector
PROBL EMA 6.54
Dem ostrar que r ” '(s) = k'N - k 2T + k t B.
[r(s)r'(s) r"(s)] =
0. de Darboux.
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7 CAPITUL°
AP L IC A C IO N E S A LA MECANICA 7.1
Vectores desplazamiento, velocidad y aceleración
Sea r(/) el vector de posición de una partícula móvil en el espacio, que depende del tiempo t. Si el punto inicial d e la partíc ula tiene un vector de posición r ( t ) en el instante t r entonces el vector desplazamiento de la partícula para un insta nte arb itr ari o t es r ( 0 ~ r ( f o).
< 7.l )
El vector volocidad v( 1 1 y el vecto r aceleració n a(t ) de la partícula se definen por medio de las ecuaciones v(f)~~r'(0.
(7.2)
dt
, x d\(t) d2 r a(f) — — — r dt dt1
, n ,, (73)
,, , . "(t).
El vector de posición r, vector velocidad v y vector aceleración a en coordenadas tigulares son r(0 z( x(f) 0k ,i y ( 0 ) v(f)
r'(0 »
a(f) v'(f) = PROBLEMA 7.1 S ol uc ió n:
(7.4)
x'( f) i * y ' ( 0 i +*'(<)•*, r"(f) ^ x " ( 0 i + z'V )k.
(7.5) (7.6)
Verifi car (7 .4 6 ).
En coordenadas rectang ulares, el vector de posic ión es r(f) * x(í) i +
y ( t ) j + z ( t) k.
Como los vectores unitarios i, j, k son constantes en el tiempo,
y'COJ + z'C O K r'V) =x"(t)i +y"(t ) i
v = r'(0 = x '( 0 i + a = v '(0 =
Los vectores de posición,
+
z"(t)
k.
do n en coordenadas:cilmdricas
r(í) ~ pe¿ +. zk ,
son
(7.7)
lili (7.1>)
a(0
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178
179
Ap lic aciones a la mecánica PROBL EMA 7.2
Verificar (7 .7 9 ). P( x, y, z)
Solución: Con r eferencia a l a figura 7. 1 y sección 5.4, el vector de p osición en coordenadas cilindricas es
r(í) = p e pk + z Como k es constante en el tiempo el vector velocidad es
y el vector unitario
= P(p,
.
[7.7]
ep cambia de dirección en el tiempo,
dr(t) dp d e. dz v(í) = ------- = — e + p — £+ — k. dt dt p dt dt
(7.10)
(*, y, 0)
ep en coordenadas cilindricas e i, j en coordenadas
Ahora, por (5.81a), la relación entre rectangulares es
[5.81a]
e = eo s 4>i + sen
(o)
y por tan to, p or (5.81b ) su deriv ada es
dcf> dcf> sen ó — i + eos ó — j dt dt
den dt -
Sen (f> i + eos 0 j)
dt dd>
Por consiguiente, el vector velocidad en coordenadas cilindricas es
dp dt p
dd> i dz eó + — k. dt 0 dt
— ■e p j-+ pn—
V(f)
De modo similar, e^cambia también de dirección en el tiempo, así que a(í) = Por (5.81 b),
d v (t ) dt
d 2p dp d e p d / d
+
d(f> de ¿ d 2z p —-----— + -----k. dt dt dt2
en términos d e i y j es
Figura 7.1
= sen 0 i + eos
[5.81b]
y por lo tanto, por (5.8 la) , su der ivada e s
d ej, — —= dt
def) dt
dcf> dt
eos ó — i sen d> — j
= - — ( e o s (f) + isen dt
j)
dcf> ep. dt
(7.13)
Sustituyendo (7.11) y (7.13) en (7.12) y reordenando los términos, a(f) =
d p
fd(f>
d t2 ~ P dt
p
d 2(f) dp d(f>\ d 2z + P — +2 — e +- — k. d t2 dt dt * dt2
[7.9]
L.asegunda ley de Ke plerpa ra el m ov im ie nt o plan etario establece que si la aceleración de una partícula que se mueve en un plano está dirigida hacia arriba del srcen, entonces
p1
(b)
(7.12)
dt
constante. (7.14)
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Coordenadas cil mdricas.
Análisis vectorial
180
De manera equivalente, el radio vector desde el srcen a la partícula barre áreas ¡guales en intervalos de tiem po igual es. PROBLEMA 7.3
Dem ostrar la segunda ley de Kepler del movim iento planeta rio (7.14).
Solución: Como las coordenadas polares de un plano son sencillamente coordenadas cilindricas con z = 0, por (7.9) el vector aceleración a coordenadas polares planas se puede expresar como
- d 2p .dt2 d 2p
. dt 2
d 2
/
do d(f)\
( » r e p„ + XP—d t2 +2 —dt— dKt )* * 9 \dtj_ 1 d ( 2 d(t‘\
( « T ep + ( P 2— J e *. p 7 t[ p * ) ' P \dt) .
(7.15)
Ahora, como el vector aceleración se dirige hacia el srcen, la componente de la aceleración en la direcc ión de e es cero; i.e., p dt \
(7.16)
dt)
Por consiguiente,
p 2 — = constan te. dt
[7.14]
También por (7.7), el radio vector en coordenadas polares planas es r = p e p,
(7.1 7)
d r = dp ep + p d ep = dp ep + p d
(7.18)
y por (7.11) su diferencial es
Ahora si A es el área barrida po r r en cualquier tiempo t, entonces por
dS, tenemos
c
[4.127]
s | r x cfr | =2 dA .
(7.19)
r x d r =p ep x (dp ep + p dcf>e^) = p2 d
(7.20)
Por (7.1718),
pues d t es
X e^ = 0 y e^ X
= k. Por consiguiente, el área radial dA barrida durante el tiempo
dA = ^p2 d
dt
constante. —p 2 ^ L = 2 r dt
(7.21)
La ecuación (7.21) muestra que son barridas áreas iguales en intervalos de tiempo iguales.
La rapidez v (/) de una partícula en el instante t es la magnitud del vector velocidad \(t). Si s es la longitud de arco que mide la distancia de la partícula desde su punto de partida sobre un camino C de una curv a, entonces p or (3.54), www.FreeLibros.me
Aplicacion es a la mecánica
181
v(0 = I v(f)| = | r'( 0 i = — .
(7. 22)
dt
PROBLEMA 7.4
Dem ostrar que el vecto r aceleración a(í)
= — T + k v 2N = — T + — N , at dt p
(7.23)
donde k y p =1/k son la curvatura y el radio de curvatura del camino C,T es el vector unitario tangente a C enr (t ) y N el vector unitario n ormal principal . (Véase sección 6.3.) S ol u ci ón : Según la sección 3.4, sabemos que el vector veloci dad v(í) = r ' (í) es tangent e a C en el punto final de r (t). Entonces, si v(t) es la rapidez de la partícula, el vector velocidad es
v(0 =T.v(í) = v(t) Ir '(í) |
(7.24)
Diferenciando (7.24) con respecto al tiempo t y usando luego las fórmulas de FrenetSerret (6.20), (6.26 ) y (6.2 8), lo mismo que (7.22), el vector aceleraci ón es a (f) =
v'(í) = f [v(í )T] dt = — T + v(f) dt dt
dv dT ds = — T + v -------- dt ds dt = — T+
dt
v 2k
N
dv v2 = ÍÍ I t + — N. dt p
La ecuación (7.23) muestra que la aceleración de la partícula puede resolverse en dos componentes: una componente tangencial de magnitud dv/dt y una componente normal de magnitud v 2 k =v 2/ p. La componente normal llamada aceleración centrípeta es causada po r el hecho de que el vecto r velocidad cam bia de dirección (véase figura 7.2). PROBLEMA 7.5 Hallar la com pon ente tangencial af y la componente normal an del vector aceleración si los vectores velocidad y aceleración de una partícula son conocidos. S ol uc ió n:
Sean los vectores veloci dad y acele ració n v = v(f)T,
[7.24]
a = a, T + an N.
(7.25)
C? o v T v y v N = 0, tonamos el producto punto obtenemos
a amb os lados de (7.25) con v y
a v
(7.26)
Como v X T = 0y l v X N l = v, tomando el producto cr uz de ambos lados de (7.25) con v y luego tomando el valor absoluto a ambos lados se obtiene
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Figura 7.2
Aceleración
cen trípeta.
Análisis vectorial
182
ax v
(7.27)
Por consiguiente, el vector aceleración en (7.25) se vuelve (7.28) Comparando (7.25) y (7.23),
dv
a•v
dt
v
a x v
2
V
p
PROBLEM A 7.6 El vector d e posición de una partícu la que se mueve en un plano, en cualquier instante t, es r = (a eos cút) i + (¿ sen a f) j.
(7.29)
Mostrar que su aceleración está dirigida siempre hacia el srcen. So l u c i ón :
Tomando la deriv ada de (7.29) el vector velocidad es v = r '( 0 = wa s en cot i + cob eos cot j.
Entonces el vector aceleración es
co2a eos cot i co2b sen cot j
a = v'(t) = r"(¿) =
= &>2 (a eo s cot i + b sen cot j) (7.30) Por consiguiente, su aceleración está siempre dirigid a hacia el srcen; i.e., ésta es la aceleración centrípeta causada por la rotación.
7.2
Velo cidad angular y aceler ación angular
Sea P una partícula que rota alrededor de una recta fija £ y a una distancia fija R de ella. Cuan do la partícula se mueve en la trayecto ria circular, la de cambio de la posición angular Bit) se llama velocidad angular i.e., :
(lf gg
dm , .......... ..........
dt
(7.31)
La velocidad angular a> de la partícula es un vector de magnitud a>; su dirección a lo largo de L es la de avance de un tomillo de rosca derecha cuando el tomillo gira en el mismo sentido de l a rotació n de la partícu la. (Véase figu ra 7.3.) La aceleración angular de la partícula oír) es
O.U) —
dio
(7.32)
dt PROBLEMA 7.7 Mostrar que el vector velocidad v de una part ícula que rot a alrededor de un eje fijo L se puede escribir como v (o x r, donde r especifica la posición de la partícula con respecto a puede ser cualquier pu nto de L.
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(7.33)
L . Obsérvese que el srcen O
Ap licacion es a la mecánica
S ol uc ió n:
183
Para el movimiento de un circulo de radio R , el rapidez v de la partícu la es
rlf) v=R~=Rco, dt
(7.34)
donde 6 es la posición angular y w la rapidez angular figura 7.3, si |3 es el ángulo entre oj y r, entonces
de la partícula. Con referen cia a la
| cü xr | = cor sin /3 = a>R = v. El vector velocidad v está en el plano del círculo y es perpendicular a r. Como co X r es perpendicular al plano generado por r y co, es per pendic ular a l radio CP; i.e., v y u X r son paralelos. As í que v = tú x r. PROBLEMA 7.8 Si a = dco/dt es la aceleración angular de la partícula que rota alrededor de un eje fijo L , mostrar que su vector aceleración a puede expresarse como (a)
a=cúxv+axr,
( 735)
a = ~cü2r + a x r .
(7.36)
o (b) So lu ci ón :
(a) Dife renc iando (7.33),
dx d . . a = — = — (a> x r) dt dt - cú x
dr dea hx r dt dt
----
= <¿jx v+a xr. (b) Luego, comov = co X r y usando la definición del triple producto vectorial (1.83), a = &)x(<üxr) + ctxr = ( o)2r + a x r.
(7.37)
Si además de escoger el srcen O sobre el eje L , se toma O en el plano de movimiento, entonces co 1 r, o sea w r = 0; en consecuencia, a = -
Obsérves e qu e a X r es la aceleración tangencial y u> X (
PROBLEMA 7.9 Mostrar que cuan do una partí cula rota con velocidad angular consta nte, el rotacional del campo de velocidad es el doble de la velocidad angular de la partícula. So luc ión : Com o v = u X r , y aplicand o (3.15 8) y la definición de V , el rotacional del campo de velocidad es V xv=Vx(
Ahora, como u> es un vect or const ant e, V , w = 0 y ( r i ) u> = 0. V-r = — + — + — =3 ,
dx
dy
dz
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[3.129]
Aná lisis vectorial
184 V >r = 3y por
(f • V) r = f, (w V )r =
oj.
[3.149]
Por consiguiente , el rotacio nal es V x v =
(7.38)
7.3 Fuerzas y momentos líl movimiento de una partícula está gobernudo por las
leyes del
movimiento de Newton: (1) Una partícula permanece en su estado de reposo o de movimiento rectilíneo a menos que sobre ella actúe una fuer/ a. (2) La rapidez de camb io del tiemp o para el prod uct o de la ma sa y la velocidad de una partícu la es propo rciona l a la fuerza que actúa s obre la partícula . t.l producto de la masa m y la velocidad v se llama momentum lineal p de la partícula y se representa por pmv. (7.39) Así que la segunda ley de Newton para el movimiento se puede expresar ~( m v) f =, c— dt dt
(7.40)
Si la masa m es una constante y a es el vector aceleración, entonces (7.40) se puede escribir como rI
^ ^ m — - ma m — dt dt2
( IA^ I )r
(3) A cada acción o fuerza corresponde siempre una reacción o fuerza igual y opuesta, lista ley se aplica solamente a las fuerzas centrales que son las ejercid as por dos partícula cada una sobre la otra y dirigidas a lo largo de la recta que las une. PROBLEMA 7.1 0
La fuerza ejercida por el Sol sobre un planeta es f = - ( Gm -) r,
(7.42)
donde G es la constante gravitacional, m y M las masas del planeta y el Sol y r el vecto r de pos ició n desde el Sol en el srcen a cualqu ier pu nt o del planeta. (a) Usando l a segunda l ey de Newton (7.4 1), m ostrar que —
dt
(r x v) = r x (
\
y por consiguie nte, para algún vector constante
r
= 0;
(7.43)
h,
r x v = r x — = h.
(7.44) dt (b) Mostrar que dA /d t = 1Á h , donde A es el área barrida por r y así dem ostrar la segunda l ey de Kepler para e l movimiento planetario (7.14). So lu ci ón : (a) Por la segunda ley de Newton par a el movimiento (7.41), el vector fuerza es f = -(GmM/r3 ) r = m(d\/dt) y en consecuencia,
dt
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r3
(7.45)
1
Aplicaciones a la mecánica
185
Ahora como dx/dt = v y v X v = 0,
d dv dr d\ — (r x v) = r x — + — x v = r x — . dt dt dt dt
(7.46)
dx/dt de (7.45) en (7.46) y teniendo en cuenta
Por consiguiente, sustituyendo el valor de que r X r = 0,
d . , dx f GM , n —(rxv)=rx — = r x r = 0. dt dt
(7.47)
-------
Así que (7.47) implica que
dx rx v = rx — dt =h . (b) Ahora, si A es el área barrida por r en cualquier instante
t, entonces por
J J xd S dx , =
[4.127]
si h es una cons tante, entonces 2— = h dt
dA 1 , — = —h; dt 2
o
i.e., áreas iguales son barridas por r en intervalos iguales de tiempo.
El mom entum angular L de una partícula con respecto a un srcen es 1=rx donde
r
<7.48)
p,
p
es el vector de posición de la partícula, relativo al srcen y
>r de una fuerza
PROBLEMA 7.11
f
que
actúa
es el mo me ntu m lineal.
sobre una partícula con relación al srcen, es
T = r * f.
(7.49)
T=— . dt
(7. 50)
Mos trar que
So lu ci ón : Por la defini ción de mome nto (7.49) y la segund a ley del movimiento de Newto n (7.40 ), T= r x
dp dt '
(7.51)
Ahora diferen ciando (7.48),
dL d , . dx = — (r x p) = dt dt dt -----
Como dp/dt = f
— x
dp p dt
+
r x— .
y — x p = v x (mv) m (x x v) = 0, dt
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Figura 7.4
Ve rificación de la segu nda ley de Kepler para el
movimiento planetario.
Análisis vectorial
186
d L r x ff = T; n -----= dt
i.e., el momento es igual a la rapidez de cambio en el tiempo del momentum angular. Obsérvese que en la deducción no se supuso una masa constante.
Una partícula se dice libre se no experimenta fuerza. PROBLEMA 7.12
Mostrar que se conserva el mom entum lineal de una partícu la libre.
S o lu c ió n : Si la fuerza f que actúa sobre una partíc ula es cero, entonces l a segunda ley del movimiento (7.40 ) se vuelve — = 0,
(7.52 )
dt lo que implica que p es un vector constan te en el tiempo.
Por consiguient e, el momentum
lineal de una pa rtícul a libre se cons erva. PROBLEMA 7.13
Mostrar que el mom entum angular de una partícu la se conserva si no
hay momento que actúe sobre ella. So l u c i ó n:
Si el mom ento r que actúa sobre una partícula es cero, entonces (7.50) se
reduce a —
= 0,
(7.5 3)
dt lo que implica qu e L es un vector consta nte en el tiempo.
Por cons iguiente el momentum
angular de una partícula se conserva si no hay momento.
7. 4
Trabajo y ener gía
El trabajo W realizado por una fuerza f para
mover una partícula
a lo largo de una curva C de! pu nto 1 al pu nto 2 se define por la integral de línea í *Cir, Wn - J
<7.54)
donde r, y r2 son los vectores de pos ición d e los puntos 1 y 2, respectivamente. El trabajo realizado por f depende generalmente del camino dirección del movimiento, PROBLEM A 7.14
C\ Si f es per pend icula r a la
W ~ 0: i.e., no se realiza trabajo alguno.
Mostrar que, para una masa consta nte, el trabajo realizado para ir del
pu nt o 1 al p un to 2 es
Wl2 = ~ mv 2- v2 -
ví = “ m (y 2 ~ v ?)>
(7. 55)
donde Vj y v2 son las velocidades de l a partíc ula en los punto s 1 y 2 respectivamente.
dt Solu ció n:
Aho ra, f = m(dv/dt) y dv = — d t = vd t. Así que e l trabajo realizado e s
dt
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Ap licaciones a la mecánica
Wl2
■r f • c/r = |
*
*2
rj
V
m — • v dt dt
187
m x • dv
í
€
cf(v • v)
m . "2
V2 VI
Como la energía cinética T de una partícula es la cantidad escalar definida por
TT
1m v . v —1 m v j, 2
(7.5d)
2
(7.55) se puede escribir corno
~ Ti ~ ,,T
( 7.57)
lo que muestra que el trabajo realizado es igual al cambio en la energía cinética de pa rtí cu la.
¡a
Una fuerza f se dice conservativa si ei trabajo W reali zado por é l alrededor de uoeam ino cerrado es cero; i.e.,
(7.58)
Si f es una fuer/a conservativa, entonces V x f = 0,
(7 .59 )
y f se puede expresar como el gradiente de una función escalar
- V , i.e..
í=W , (7.60) donde I ' se llama el potencial o energía potencial. La región es simpl emen te conex a si V es unival ente. Como se puede agregar cualquier cons tante a V en (7.60) sin afectar el resultado, e l nivel cero de energía potencial es arbitrar io. Por consiguiente, l a energía potencial no tiene significado abso luto y solam ente tien en significad o físico las dif erencias de potencial. Específicamente, la energía potencial V es el trabajo realizado por una fuer/a conservati va f para move r una partícula del pun to 1 al punto 2. Esto es. el trabajo realizado por una fuerza conservativa para mover una partícula es la diferencia de energías potenciales de la p artícula en los d os punto s. Sim bólicamente, si f es u na fuerza conservati va, enton ces e! trabajo realizado para move r una partícula del punto 1 al pun to 2 es f *3 (7.61) i-dx~ Vt ~V2 ¥ tt donde V, y V2 son las energías potenciales en ios puntos I y 2 respectivamente. PROBLEMA 7.15
Verificar (7.5 9 60 ).
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Aná lisis vectoria l
188
Solución : La condició n (7.5 9) se establece en el problem a 4.58 . Por conveniencia, la solución se repite aquí'. Como f es conservativa, tenemos po r (7.5 8),
fdr=0
cf
[7.58]
para cualq uie r curva cerrada C. Supóngase ahora que V X f =£ 0 en algún punto P de C. Si P donde V X f^O. suponemos que V X f es continua, habrá alguna región a la cual pertenece Se escoge una pequeña superficie plana S en esta regi ón y un vector unitario normal n aS paralelo a V X f, i.e., V X f = an, donde a > 0. Sea C la frontera de S. Entonces por el teorema de Stokes (4.104),
J ) fdr C
= J J V x fdS =
J J a n • n dS = a J J dS = a S > 0,
S
S
s
lo cual contradice el hecho de que f es conservativa. Por tant o, V X f = 0. La ecuación (7.6 0) se establece en los problema s 4.57 y 4.58. Aq uí se repite la solución a l proble ma 4.57. Si f = — V V para una fun ció n escalar V, entonces, por el teorema de Stokes (4.104),
J ) f d r ={j) ( VV).<¿r
I I
dS ,
Vx(-Vt0
donde S es la superficie ence rrada por C . Pero por (3.134 ), V X ( V V) = 0; po r consiguiente, ^ f dr = 0 ;
°
i.e., f es conservativa. PROBLEMA 7.16 Solución:
Verificar (7.61 ).
Como f es conservativa, tenemos por (7.60), Wl2 = p
f dr = - f 2VV- dr.
ri Ahora por (3.120), VF - dr = dV.
Por tanto, el trabajo real izado para mover la partícula del punto
f PROBLEM A 7.17 7.10 que obedece la
'2
rv=v2
f •dr = —I
ri
JV=V
dV =-(V2-
(a) Mostrar que una fuerza, tal como la fuerza gravitacional del problema ley del cuadrado inverso,
(a) Por (3.169 ), i.e.,
f es conservativa.
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(b) Hallar l a energía potencial de la
V x[í(r) r] = [f'( r)/r]rx
Vx f = V x Por lo tanto la fuerza
V l) = Vl - V 2.
1
donde k es una co nsta nte, es una fuerza conservativa, pa rtícula sobre la cual actúa esta fuerza. Solución:
1 al punto 2 es
^ r) = 0 .
t= 0 ,
Ap licaciones a la mecánica
189
(b) El trabajo realizado es
wl2=
■ r—
ri
f ' 2 k cfr
_
*'>■ 1
r2
Jt |r2 r L \r,
r.
Cuando r2 = ~ se entiende comúmente que K2 = 0; entonces con este dato, el potencial gravitacional se vuelve
V =
(7.63)
La lev de Hooke establece que una fuerza elástica f es directamente proporcional al vector desplazamiento r de la partícula sobre la cual actúa. Así f ~ - kr ,
(7.64)
donde k es una constante. PROBLEMA 7.18 (a) Verificar q ue (7.6 4) es una fuerza conservati va y (b) hallar l a energía potencial de una partícula sobre la cual actúa f. Sol uc ió n:
(a) Por (3.141) el rotacio nal f es V x f = V x (h)= i V
x r = 0.
Por consiguiente la fuerza elástica f es conservativ a. (b) El trabajo realizado para mover la partícula del pun to 1 al pun to 2 es r2 pr 2 Wí2= \ íf •-dr kr ) • dr d r == |I (~(-kr)TI ri
f
-\f k
2
r dr
r
----
k 2 k 2 — r¡ - - tí 2
2
= Vx - V2. Tomamos V = 0 cuando r = 0 . Así que la energía potencial de una par tícula se transform a en
V = —r2.
(7 .65)
2
El principio d e conservación de la energía establece que si una fuerza f que actúa T y la energía potencial sobre una partícula es conservativa, la suma de la energía cinética V de la partícula es una constante; i.e.,
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Análisis vectorial
190
T t- V ~ E. se llama la energía maeár tica tota l de la partícula. PROBLEMA 7.19
(7.66)
Dem ostrar el principio de conservación d e la energía (7.6 6).
So lu ci ón : Por (7.61) e l trabajo reali zado por una fuerza conser vativa para mover una pa rtícula desde el pu nt o 1 ha sta el 2 es Wl2 = F, V 2, [7.61] donde Vr y V2 son las energías potenciales de las p art ícu las en los punto s 1 y 2. Ahora, po r (7.57 ), si T y y T2son las energías cinéticas de la par tícula en los pu nto s 1y 2, el trabajo realizado es Tj. Wl2 = T 2 -
[7.57]
Por consiguiente, combinando (7.57) y (7.61), t
1+
ví
= t 2 + v 2.
Así que la energía mecánica total T + V es la misma en lo s pun tos 1 y 2; por consig uiente, es con stante . Así, si E es una co nstante,
T 1+ V l = T 2 + V2 = E. 7.5
Siste mas de partículas
En esta sección, extendemos las ideas de ia sección 7.4 a un sistema consistente en un número finito de partículas. Las fue rza s externas son las que actúan sobre una partícula debido a fuentes exteriores al sistema. Las fuerzas internas son las que actúan sobre una partícula y se deben a todas las otras pa rtíc ula s inte riores al sistema. Sea m . la masa de la /csima partícula y r. su vector de posición: entonces definimos un vector r que especifica el centro de masa (c.m.1 del sistema como m ¡,r , r, 1Im „ _ r = ----— = — 11, (7.67) üm, M donde ia masa total del sistema es
M = lm .. La suma es sobre tod as las partículas.
PROBLEM A 7.20 Mostrar que el cen tro de masa de un sistema se mueve como s i fuera una partícula de masa igual a la masa total del sistema sobre el cual actúan fuerzas externas. So l uc ió n: Por la segund a ley de Newton para el movimiento (7.41), la ecuación del movimiento para la /ésima partícula es
i
(7
'68)
donde f J e) es la fuerza externa que actúa sobre la z'ésima partícula y f.. la fue rza inte rna que actúa sobre la /ésima partícula por razón de la /ésima partícula. (Obsérvese que f •= 0.) Sumando sobre las partículas, (7.68) se vuelve
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Aplic aciones a la mec ánica
191
Ahora, por la tercera ley de Newton sobre acción y reacción, cada par de fuerzas internas f.. = f .. Por consiguiente, la doble suma d e (7.69 ) se anula y l as fuerzas internas del sistema se cancelan en la suma. Usando (7.67 ), (7.69 ) se reduce a
<7J0)
i
lo que indica que el centro de masa se mueve como si la suma de las fuerzas externas ? f / ^ , que actúan sobre l a masa total del si stema , se concentrara en el centro de mas a. PROBLEMA 7.21
Mostrar que el mom entum lineal tota l de un sistema,
E
m, dr¡
(7.71)
es igual al producto de la masa total del sistema y la velocidad del centro de masa. Solución :
Como S m /. = M r , por (7.67) el mom entum lineal total es
dr¡ dT —m¡. — = M dt dt
E
(7. 72)
ti pri ncipio Je con sen-ación de l m om en tu m lineal para un sistema de partículas establec e que si la fuerza total externa es cero, ento nces se conserva e l mo men tum lineal total. PROBLEMA 7.22 Dem ostrar el principio de conservación del mo men tum lineal para un sistema de partículas. Solución:
Usando(7.72), (7.70) se reduce a —
=V
dt
i—j¡ '
f ;íe>.
(7. 73 )
Ahora , si 2 f /e^ = 0, £ 0 . dt lo que implica que P es cons tante en el tiempo. lineal total.
Por consiguiente, s e conser va el mom entum
Con el srcen O como punto de referencia, el de partícula es L =
(7.74)
mom entum angular total de un sistema
r, x
(7.7 5)
i
PROBLEMA 7.23 Mostrar que el mo men to angular tota l de un sistema de partícu las con respect o a un pu nto O es la suma del momentum angular en el centro de masa con respecto a O y el momentum angular con respecto al centro de masa. Solución : r ¿, el Sea r el vector de posición desde O hasta el centr o de m asa c.m., y vector de posición de la /ésima partícula con respecto a c.m. (véase figura 7.5.) Entonces
r,.=T + 7 ;,
(7. 76)
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Análisis vectorial
192
V/ = v + v,.,
(7.77)
donde v = dr/dt es la veloci dad del centro de ma sa relativa a O y Jv . i = dr./dt i' 5, la velocidad de la /ésima partícula relativa al cent ro de masa del sistema. Ahora usando (7.7 5),
L=Z]
i
r¡ x Pí = Z Z r; x m,Vi i
= T~! (F+ f/) x m;(v + v.) i Figura 7.5
El cen tro de masa de un sistema de partículas y el vector de posición en la /-ésima partícula.
=^
[(Fx v) + (FT
X
v) + (Fx v)) + (ÍT
X
v,)].
(7.78)
Los dos términos centrales se pueden expresar como _
\ ____ d
L
7, Z
(7.79)
” '7'V
que se anula pues por (7.67),
] T m¡*¡= Zü i
i
(ri
=Z] r--rZ> = M T FW = 0.
(7.80)
Asi que, escribiendo de nuevo los términos que quedan,
m¡r¡xv¡
L = Mr x v + ^
= T x (Aív) + ^
i
x
(m¡V¡)
i
=F xp + Según (7.81) se observa que L es dependiente del srcen está en reposo con respecto a 0 (P = 0). En éste caso,
x p,.
(7.81)
O excepto cuando el centro de masa
X>xp-
(7.82)
PROBLEMA 7.24 Mostrar que la derivada con respecto al tiempo del momentum angular total es igual a la suma de todos los momentos externos con respecto al srcen. Solución : como
La ecuación del movim iento para la /ésima partíc ula (7.68 ) puede esc ribirse ^5i-= ¿P; fíej + y"1f... rl dtt
•
(7.83)
¿— l l '
Por consiguiente, con referencia al problema 7.11, cf p¿ \
U '<
dt
v —< d d 2 ^ (r' x P/) = L = Z^ r' x fíe > = £ £
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r x
fn-
(?84)
Ap licaciones a la mecánica
193
El último término de la derecha de (7.84) se puede expresar como
í
^ (r; x f" ) = E
i£j
+ (r > x f '^ *
x
J
(7.85)
Ahora, como f.. ji= -i... (r;
X
f;i) + (r;- x
íjj)
= (r;
r;) x f;i.
(7.86)
Pero r.. es el vector que une las par tículas íésima y /ésima, (7.87)
rij-
«•i - «■; =
(Véase figura 7.6.) Com o í.. está dirigido a lo largo de r.., ( T;Ty) X
fj¡
r¡ •
X fj
j
(7.88)
—0 ,
Sol uc ió n: S i^ J T^e) = 0, enton ces (7.89) se redu ce a i dL „ dt
Figura 7.6
(7.90)
lo que implica que L es constante en el tiempo. Obsérvese que en ausencia de un momento externo, el principio de conservación dei momento angular es válido para un sistema sólo si las fuer/as internas tienen carácter central: i.e.,f.. = f... Como en el caso de una sola partícula, el trabajo realizado por todas las fuerzas para mover un sistema desde una conf iguración 1, en la cual se especifican todos los r., hasta una configuración 2, en la cual todas las r. tienen alguna especificación diferente, se puede escribir como (7.91) Así que si
y f .son las fuerzas externas e inter nas, entonce s el trabajo realizado es
i v
l
1 t C
. j,
;
'■ Kd^ L
L ) ¡ I i té j :
t
Obsérvese que el trabajo realizado por las fuerzas internas, i.e., el segundo termino del lado derecho de (7.9 2) no se cancel a.
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(7.92)
El vecto r r.. entre las partículas /-ésima y /-ésima.
Aná lisis vectorial
194
La energía cinética total del sistema se define como 1
1
(7.93)
PROBLEM A 7.26 Mostrar qu e el trabajo realizado s obre un sistema se puede expresar como la diferencia entre las energías cinéticas final e inicial; i.e.,
Wl2 = T 2 - T
(7.94)
Solución : Si m . , r. y f son respectiva mente las masa, la velocidad, el vec tor de pos ició n y la fuerza que actúa sobre la /ésima pa rtí cu la del sistema, e ntonces
dv, í. = m ¡ -----, dt
dr¿ dr¡ = -----dt - v, dt. dt
Así que el trabajo realizado para mover un sistema de partículas desde la configuración 1 hasta la configuración 2 es ___ 2 Wí2 =
^
r d ( - m. v2 \2
1
‘
= T2- T
(7.95)
PROBLEMA 7.27 Mostrar que la energía cinétic a total del sistema es igual a la suma de la energía cinética obtenida si todas las masas estuvieran concentradas en el centro de masa, moviéndose con la velocidad del centro de masa y la energía cinética de movimiento de las partícu las individuales con relación al c en tro de masa. Solución: Si v es la velocidad del centro de masa con relación al srcen O y v . es la velocidad de la /ésima partícula con respecto al centro de masa, entonces la velocidad de la /ésima partícula con relación a O es v. = v + v;.. Enton ces la energía cinética tota l es
i
=| ^
m, ( V + v;.) •(v + v ;.) i
=L £
/n,v • v + i £ i
Pero por (7.80), S es
m, V, •V, + V. ^
£
mfr i ' i
i
(7.96) •
m.r. = 0 y el último térm ino se anul a. Así que la energía cinética t otal
r = W2
7.6
+ V 2 m L- j.?2 •. •
(7.97)
Cuerpos rígidos
Un cuerpo rígido es un sistema de partículas en el cual las distancias entre parejas de partículas están fijadas y no pueden variar con el tiempo.
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Aplica ciones a la mecánica
195
Antes de discutir el movimiento de cuerpos rígidos considérese el concepto de rotación infinitesimal. Una partícula P que se mueve arbitrariamente en el espacio puede considerarse en un instante dad o como moviéndos e en un plano sobre una trayectoria circular con respecto a un eje fi jo dado. La recta que pasa por e l centr o de la trayecto ria circular y es perpendicular al plano instantáneo del movimiento, se llama el eje instantáneo de rotación. Así que un desplazamiento infini tesimal arbitrario se puede representar siempre por un a rotación infinitesimal pura con respecto a l eje instantáneo de r otación. Por ejemplo, el movimiento instantáneo de un disco que rueda en un plano inclinado se puede describir como una rotac ión con respecto ai p un to de c on ta ct o en tre el disco y el plano. En este caso, el eje instantán eo de ro tación es la línea que pasa por este punto de co nt ac to y es p erpendicu lar al disc o.
d fl
Por consiguiente, con referencia a la figura 7.7, si el vector de posición de un p u n to P cambia derar + í/ r , el desplazamiento infinitesimal de P es dr = dO x
r,
(7.98)
donde d í 2 es una cantidad cuya magnitud es igual al ángulo infinitesimal de rotación y que tiene una dirección a lo largo del eje instantáneo de rotación. Nótese que, en este caso, el srcen está localizado sobre el eje instantáneo de rotación. El concepto de ro tación infinites imal propo rciona una herramienta poderosa para de scribir el m ov im ien to de un cu erpo rígido en el tiem po , pues c ua lqu ier desplazam iento finito de l cuerpo rígido con un pun to fijo s e puede con struir com o una sucesi ón de desplazamientos infinitesimales. Así, para describir el movimiento de un cuerpo rígido, se necesitan dos sistemas de coordenadas, esto es, un sistema coordenado fijo en el espacio y un sistema coordenado fijo con respecto al cuerpo. Por tanto s e deben especificar seis cantidade s para den otar la posición del cuerpo . (Véase figura 7.8.)
Figura 7.8
Cam bio en un vector producido por una rotación infinitesimal.
Figura 7.8
Sist emas coordenados V del cuerpo.
PROBLEMA 7.28 Considérense dos conju ntos de sistemas coord enado s: uno ¿j, 17, J es el sistema fijo en el espacio que se designa como coordenadas del espacio y el otro, un conjunto arbitrario x, y , z que se designa como coordenadas del cuerpoque puede estar en mov imiento con respecto al del sistema den ado del espacio. Dem ostrar que la rap idez de cambio con respecto al tiempo vectorcoor de posición r como se observa en el sistema coordenado del espacio se puede expresar como
l~ ) \dt }
= l~ )
+o x
espacio \« i / cuerpo
(7.99)
y,
donde (dr/dt) cuerpo es la rapidez de cambio con respecto al tiempo del sistema coordenado del cuerpo y cj, la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo con respecto al sistema coordenado del espacio. So lu ci ón :
Si el sistema coorden ado del cuerpo experime nta una rotación infin itesi mal
d£l, correspondiente a algún desplazamiento infinitesimal arbitrario, el movimiento de un pu nto P, en reposo en el si stema coordenado del cuerpo, puede represent arse por (dr ) espacio . = dQ x r,
(7.100)
donde la cantidad (d r) eSpacio se mide en el sistema coord enad o fijo del espacio. Dividi endo (7.100) por el interval o de tiempo d t en el cual tiene lugar la rotación infinitesimal,
f dr \
dQ
d t ] espacio
dt x r =
cú x r
(7.101)
para el p un to fijo P del sistema de coordenadas del cuerpo, donde
(ú =
dfi
(7.102)
dt
es la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo: la rapidez de rotación
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fijo
Análisis vectorial
196
angular instantánea del sistema de coordenadas del cuerpo con relación al sistema coorde nado fijo en el espacio. El vector co está situado sobre el e je instantáne o de rotación, o sea el eje de rotación infinitesimal que ocurre en el tiempo t. Ahora, si la rapidez de cambio de r en el tiempo con respecto al sistema de coordenadas del sistema del cuerpo es (dr/dt) cuerpo ento nces esta rapide z de cambio en el tiempo debe agregarse (7.101) para obtener la rapidez de cambio en el tiempo de r en el sistema de coordenadas del espacio y obtenemos 'dr\ -ÍÍL\ + cú x r. d t/espacio
\
d t /cuerpo
Obsérvese que aunque con el vector un vector arbitrario, listo se(7.99) ilus traseenestablece el problema sigui ente.de posición r, es válido para PROBLEM A 7.29
Mostrar que para un vector arbitrario F,
+ cúx F, (7.103) \dt L ' espacio, \ dt / cuerpo donde co es la velocidad angular del sistema de coordenada s del cuerpo con re specto al sistema coordenado del espacio. So l uc i ó n :
Si F se expresa en el sistema coordenado del cuerpo como F = F,i + F 2j + F 3k,
— ) dt /espacio) V dt 1
(7.104)
t es
entonces su derivada con respecto a
\ dt )
\ dt
dt
/
dt
dt
,7.105 )
pues i, j, k no son ahora constan tes por el movim iento del sistema coordenado del cuerpo. Comparando con (7.101),
di . d i — = co x i, — = dt dt
cúx. j, d
k
= cúx k
----
dt
, (7.106)
pues F¡, F i, F 3 se miden en el sistema coordenado del cuerpo; en consecuencia, dF¡/dt, dF2/dt y dF3/dt son la rapidez de cambio en el tiempo de F x, F 2, F 3 medidas en el sistema coord enado del cuerpo. Por consiguiente, (7.1 05) se transform a en —
\dl L espacio
]
dt )c \'aí /cuerpo
+
Cú
x (Fj i + F 2j + F 3k)
J * * ) + c ú x F. V d t / CUerpo
Obsérvese que (7.103) se puede expresar como una ecuación de operadores que actuando sobre un vector dado; i.e..
La ecuación (7.107) se puede usar como ley cinemática básica sobre la cual están fundamentadas las ecuaciones dinámicas del movimiento de un cuerpo rígido. Puede usarse también para discutir el movimiento de una partícula o sistema de partículas con relación a un sistema coordenado en rotación. PROBLEM A 7.30
Mostrar que la aceleración angular a = da>/dt es la misma en los
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Aplicaciones a la mecánica
197
sistemas coordenados del cuerpo y del espacio. Sol uc ió n:
Usando (7.103) ó (7.107) y puesto q ue w X co = 0 por (1.58), (7.108)
....................... \ d t / espacio
/cuerpo
PROBLEMA 7.31 Mostrar que la velocidad \ s de una partícula P con relación al sistema coordenado del espacio puede expresarse como vs = vo +
V6 +
Cú
(7.109)
r,
X
donde \ Q es la velocidad lineal del srcen del sistema coordenado móvil del cuerpo, vft la velocidad de P con respecto al sistema móvil, co la velocidad angular del sistema móvil y w X r la velocidad causada po r la rotación del sistema móvil. (Véase figura 7.8.) So l u c i ó n : Como se muestra en la figura 7.8, los vectores de posición R y r especifican la partícula P en los siste mas del espacio y del cuerpo móvil, respectivamente, Así que R = r0 + r,
(7.110)
donde ro es el vector de posición del srcen del sistema del cuerpo móvil en el sistema del espacio. Entonces
dR \
_ (dr o
>espacio
\ d t / espacio
\
(£).
/ espaci o
Usando (7.99), (7.111) se reduce a
(d_R\
/d r
_ /cM
/espacio
+ (— )
' /espacio dt
r.
+ cü x
(7.112)
/cuerpo
Entonces, si hacemos ' • ( ' ? )/ espacio■ v °\ “ t /&eSpaci0 )
’■* ( £) '
A
(7.111) se transforma en vs = v0 + vb + o x r. Si el sistema móvil experimenta rotación solamente, (7.108) se transforma en vs = v ft +
x r.
(7.113)
PROBLEMA 7.32 Mostrar que si el sistema móvil tiene solamente rotación o>n respecto a un observadorsituado en el sistema coordenado en rotación = constante). la fu er/a efectiva sobre una partículaP de masam es donde
es la aceleraciónde
Solución :
P e
n é sistemacoordenado de) espacio.
La ecuación del movimiento en el sistema coord enado fijo del espacio es f = m as •= m
(7. 115 ) espacio
Diferen ciando (7.113 ),
dxb\ f = m ( ------j d/espacio t
+
mej
fdr\ x í— |
\
d t /espacio
pues u> = constante y por consiguiente, duí/dt = 0. Ahora, usando (7.107), o sustituyendo vfepor F en (7.103),
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(7.116)
198
Análisisvectorial
dvb\
(dvb\
= I -----I + ----- 1 dt /espacio V dt /cuerpo
co x vb
= aft + cü x \ b, donde
(7.117)
es la aceleración en el sistema coorden ado del cuerpo en rotación. Por (7.99), — 1 (o x I(dr\
= a> xí IdT\ — 1
/esp acio
\ + (ú x t(
\ d í /cuerp o
= xco v6 +
(7.118)
Sustituyendo (7.117) y (7.118) en (7.116), f = m as = m ab + 2ma> x vb + mtu x (cu x r),
(7.119 )
lo que puede expresarse como
m a s 2 m(
(7.120)
Por lo tanto a un observador del sistema del cuerpo en rotación, le parece como si la partícula se estuviera moviendo bajo la influencia de una fuerza efectiva fe^ dada por f ef f = m as 2 m((ú x vb) mtu x (tu x r). PROBLEMA 7.33
Iden tilica! la nalu ral e/a di’ las fue r/a s que intervienen en i 7.1 14).
muuiriKntó mi magnitud es m u 2r sen 0. (Véase fig ura 7.7.) Por tanto, este término s o identifica con la tiwrra centrifuga usual.
fuerza de Coritiln.
translación más una rotación, i.e.. una translación lineal de algún punto del cuerpo más una rotación con respecto a ese punto. Iv on mu de ( liarles ( onsidéiv'.e un c uerp o ripu J» >compuesto de n par tícu la s de masas »i . i 1 .2 ......... ti Si el srcen del sisic mu se escoge como el centro de masa,
JJ donde '/ tram¡ y T
f represen tan las energías cinéticas transla ciotial y rotacional. I . ri ..
V m r
’ tír,
. r,.)2,
(7.122a)
(7. 122b)
don de v es la velocidad lineal instan tán ea de! cen tro de masa y <*>, ia velocidad angular instantánea del cuerpo con respecto al ceiiuo de musa. PROBLEM A 7.34 Solución:
Dem ostrar el teorem a de Charles .
Como estamos considerando un cuerpo rígido tal que www.FreeLibros.me
Aplicacion es a la mecánica
19 9
=M\dt =0 ’ ( - )c)/cuerpo la velocidad instantánea de la /ésima partícula en el sistema coordenado fijo es, por (7.109), v¡ = v + cú x r,.
(7.123)
Se entiende que todas las velocidades se miden en el sistema coordenado fijo del espacio. Para la energía cinéti ca total, por (7.93) ,
T = i 2^ m , (v + cú x r¡)2 i
= i-
m¡ V • a>x r¡ +
m¡ x 2 + i
i
m¡
x r¡ )2 ■
(7.124)
i
Observando que v y w no son las características de la /ésima partícula, por (7.67),
m¡\-cü x r¡ = v • (ó x ^
^ i
rj = v co x (MT ) = 0
(7.125 )
i
pues el centro de masa se escoge co mo srcen del sistema del cu erpo , de modo que r = 0. Así que (7.124) se reduce a 2
2
i
~ ^t ransí +
i
1 rot•
PROBLEMA Mostrar q ue el moome ntum angular total del cuerpo rígido d el pro blema 7.3 47.35 se puede exp resar com ^
m¡ r¡ x (a x r,) .
(7 .126 )
So l u c i ó n: Si el srcen del sistema coordenado de l cuerpo s e toma como el centro de masa d el cuerpo, entonces por (7.75 ) o (7.8 1) el momentum angula r total es L
£ r jXPl.
(7.127)
i
Aho ra, p(= m¡x. y usando (7.12 3) para v¿ L= ^
m, ri x v, i
= y ' ntj
x (v + (Q x T¡)
i
= —v x
i
m¡ r; +
i
m¡ r, x (a> x r¡).
(7.1 28)
m¡ r, = M T = 0 pues x = 0. Así qu e el momentum angul ar total es
Como a ntes ^ i
L =^
m¡ r¡ x (
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Análisis vectorial
200
PROBLEMA 7.36
Mostrar que (7.129)
T'rot = 2 C 0 'L'
Solución:
Por (7.122b),
Ahora, por(1.61), (oj x r¡)
= (ú) x r¡) •(&> x r¡) =
a> r.
- (g>• r,) .
Por consiguiente, Trot = l ^ m,.[ c2r,2 ( íy .rí) 2].
(7.130)
Luego, por (7.126), m¡ r¡x (&> x r ;).
Usando la identidad vector ial (1.83), r¡ x (a) x r¡) = r2
Por consiguiente, — (o • L = —^
m¡ co • [r f co - (cü • r¡) r¡]
= T
7. 7 PROBLEMA 7.37
Problema s suplementarios
Expresar r, v y a en coordenadas esféricas.
R espuesta s = rer, v = ( dr/dt ) er + r(d6/dt) ee + r a =
dt
í rí \dt / ~ r se„2^ \d ~t
sen 6 (d
n dr d6 d 20 n(d4 >Y e, + 2 ---------1 r —— r sen 0 eos 0 —— dtdt dt2 \dt)
/o a dr dcf> a d6 dcf> . + ( 2 sen a — —^ + 2 r e os 0 ------ + r sen 0 dt dt dt dt -
d 2cf>'|
PROBLEMA 7.38 Una partícula se mueve en el plano x y co n velocidad v y aceleración a. Mostrar que Iv X a I = v3/p y el radio de curvatura p puede calcularse por la fórmula
fMíJ dx d 2y dy d 2x dt dt 2 dt dt 2 [Sugerencia: Escribir v = vT y usar (7.22).]
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3/
Ap lica ciones a la mecánica
201
PROBLEMA 7.39 Una partí cula P se mueve sobre una recta desde el centro de un disco hacia el borde. El disco rota en el sentido contr ario del reloj con rapidez angular cons tante co . Supon iendo que el disco está en el plano x y hallar la aceleración a de P. [Sugerencia: Escribir r = íu, donde u es un vector unitario que rota con el disco.]
Respues ta: 2 — - u 2( u . dt PROBLEM A 7.40 Sean P y Q dos partículas que se mueven a lo largo de las curvas Cj yC2. Sea r = rp , donde rp y r q son los vectores de posición de P y Q. Entonces dx/dt es la velocidad relativa de Q con respecto a P. Si una de las partículas describe un círculo de radio a mientras la otra se mueve a lo largo del diámetro, entonces mostrar que la velocidad relativa de estas partículas, que se mueven con la misma velocidad v, es v(l sen 0)i + v(cos 0)j. (Véase figura 7.9.) PROBLEMA 7.41 Una partíc ula es atra ída hacia el srcen con una fuerza f = /( r ) e >.; esto es, la fuerza es central. Mostrar que e l mome ntum angular d e la partíc ula es cons tante. PROBLEMA 7.42 La fuerza q ue actú a sobre una partíc ula móvil de masa m que lleva una carga q que se mueve en un campo electromagnético es f = q (E + v x B), donde E es el vector de campo eléctric o, B el vecto r de inducción mag nética y v la velocidad de la partícula cargada. Esta ecuación se conoce como ecuaci ón de fuerz a de Lo rentz. Si no hay campo eléctrico, esto es, E = O y si la partícula entra al campo magnético en una dirección perpendicular a la de B, mostrar que la partícula se mueve en una trayec toria circular; hall ar el radio del círculo.
Respu esta:
mv/qB .
PROBLEMA 7.43 Mostrar que el mo men to de una fuerza f aplicada en P con relación al srcen O no cambia si f se desliza a lo largo de su líne a de acción. PROBLEMA 7.44 Sea f = (k/r2) r la fuerza central qu e mueve una p artícula P a lo largo de la hélice C que se define por r(0) = (a eos 0) i + (a sen
b
para mover a P desde el punto 0 = 0 hasta e l punto
Hallar e l trabajo realizado por f
Res pu es ta:k í — ----------- — \ \ / a 2 + b2n2
a/
PROBLEMA 7.45 La fuerza de gravedad cerca de un pun to situado sobre la superficie de la tierra (con el eje 2 ap untando hacia arriba) s e puede expresar como f = -mgk, donde m es la masa de la partícula y g = ,gk, la aceleración de gravedad. Hallar l a energía poten cial de la partícu la a la altura z.
Re spuesta:
mgz.
PROBLEMA 7.46 Mostrar que la definición de centr o de masa (7.67 ) es indepe ndiente del escogimiento del srcen. PROBLEMA 7.47 Si las fuerzas extern as e intern as de un sistema de par tículas son conservativas, mostrar que es posible definir una energía potencial total V del sistema tal que la energía total T + V se conserve.
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Figura 7.9
Veloc idad relati va,
)
202
Análisis vectorial
PROBLEM A 7.48 Mostrar que en un cuerpo rígido las fuerzas interna s no realizan trabajo y el potencial interno debe permanecer constante. [Sugerencia: Mostrar que en un cuerpo rígido, ff. es ortogonal a dr... | PROBLEM A 7.49 Usando las com pone ntes co. y r. . de los vectores u> y r esto es, y i,J 1 co= [cü! , 0J2, W3]y r. = [rí>1( ri2, 77, 3 ] mostrar que (7.130) se puede expresar como ^rot —2 ^ I I j k > i. k donde Ijk = ^
' mi l^jk 1
'
,k
0
/* '
r i ,q
~ ri,i r i ,k j >
q
para
=k
para
j 4 k;
1
I 33 se llaman momentos de inercia con respecto a los ejes x, y , z respectivamente y /, 2, ~ I \3, etc. se llaman los prod uc tos de inercia. PROBLEMA 7.50
Para fuerzas cent rales que actúan sobre una p artícula, mos trar que r x (dr/dt)
= 2a,
donde a es un vector constante. Interp retar este resultado geométricamente. [Sugerencia: Para la fuerza central f, r X f = 0.] PROBLEMA 7.51 Un proyectil que se mueve bajo la fuerza de gravedad cerca de la superficie de la tierra, se mueve, sin tener en cuenta la resistencia del aire, de acuerdo con la ecuación md 2r/dt = ~mg k, donde el eje z se toma en la dirección vertical. Mostrar que la solución a esta ecuación es
gt 2k,
r = r0 + v0í i ¿
donde r0 y \ 0 son respectivamente el vector de posición inicial y el de velocidad inicial del proyectil. PROBLEMA 7.52 Una partícula móvil de masa m está loca lizada por coordenadas esféricas r(t), 9{t),
dh/dt =
[7.50]
Considérese un sistema de partículas con vector de posición
fuerzas aplicadas f . Mostrar que
¿X>'"-2r+E
donde p¿ son momentums de las partículas y
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T es la energía total del sistema.
r(.y
APLICACIONES A LA MECANICA DE LOS FLUIDOS 8.1
8
CAPITULO
Ecuació n de continuidad
Un Jlú iüa es una sustanci a que se deforma continuam ente bajo la acción de fuer/as que causen deslizamiento relativo de sus partículas contiguas en una dirección paralela al plano de contacto. Presión es la intensidad de la fuerza distribuida, debida a la acción de fluidos y se mide en términos de fuerza por unidad de área. Den sidad se define como masa por unidad de volumen. El estado de un fluido en movimiento está completamente determinado si se dan, la distribución de la velocidad y del fluido, la presión p y la densidad p. Todas estas x, y, z y del tiempo t ; cantidades son, en general, funciones de la coordenadas del espacio ■•c>
i, y(r. t) ~ y(.v, r, z. t) = velocidad del fluido en la posición r y tiempo p(r. t ) - p { . y, i', z, t) = presión del fluido en la posición r y tiempo i, p( r, t) - (.y , r, z, !) = densidad del fluido en la posición r y tiempo t.
La masa de cualquier región R circundada por S es ( P d V. H'
III■
(8.1)
Como v
§
pv dS
( 8 . 2)
es una medida de la rapidez a la cual el flujo de la masa fiúida sale de R y recorre S. Por otra parte, el decrecimiento por unidad de tiempo en la masa del fluido que está dentro de R se puede expresar como
8J’
-hítí'"-
,
Si p y v son respectivamente la densidad y la velocidad de un fluido en movimiento, entonces la ecuaci ón de continuidad de la dinámica de los íluidos
es
V ( p v ) * ^ = 0. di PROBLEMA 8.1 Sol uc ió n:
Deduc ir (8.4 ).
Igualando (8.2) y (8.3),
203 1
(8.4)
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Análisis vectorial
204
^ py-dS^-j- JJJp dV.
(8.5)
Por el teorema de divergencia (4.58), la integral de superficie se puede transformar en = JJp j'v(p v - d S v )c /F .
(8.6)
R
S
Así que (8.5) se pued e expresar como V(pv) +
= 0. dV
(8.7)
//R/
Como (8.7) debe ser válida para cualquier volumen, el integrando debe anularse; i.e., V • (p v) + — = 0. dt
[8.41
La densidad del flu jo de masa de un fluido está dada por el vector J pv.
(8.8)
Tiene la misma dirección del movimiento del fluido y su magnitud es igual a la masa que fluye por unidad de tiempo por un área unitaria perpendicular a la velocidad. Sus unidades son “masa por longitud al cuad rado por unidad de tiem po” . Usando J, la ecuación de continuidad (8 .4) se puede escribir como V .J +
PROBLEMA 8.2
dt
0.
(8.9)
Mostrar que la ecuación de contin uidad (8.4) puede expresarse como p V • v + v • Vp + —£• = 0. dt
Solución:
(8.10)
Por(3.155), V • (pv) = pV ■v + v • Vp.
Así que (8.4) se reduce a (8.10).
Un fluido es incompresible si su densidad p es constante.
PROBLEMA 8.3
Mostrar que el vector velocidad de un fluido incompresible e s
solenoidal. So lu ci ón : Si el fluido es incompresible, entonces dp/dt = 0 y Vp = 0. Así que la ecuación de continuidad (8.10) se reduce a pV•v = 0 o sea V • v = 0; i.e., v es solenoidal.
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(8.11)
Ap lic acion es a la mecánica de los flu id os 8.2
205
Ecuac ión de movimiento
1 a cand ía tivida d térmica de un fluido o una medi d;! de l».alor que s? H'teiY.'iinbia enríe m i s dileienles parres por unidad de área por unidad de tiempo por gradiente miliario de temperatura. I a i isiosidad de iin fluido es una medida do su resistencia a la deformación. Un fluido per fect o o ideal tiene viscosidad cero. Así que no se lo puede someter a fuerzas que causen deslizamientos, ni se puede inducir rozamiento interno. La ecua ción del movimiento de un flúido, debida a Euler es
™ = f - 1 Vp, dt p
(8.12a)
o, en genera], ~ ^ (v .V ) v = í ~ VP, dt p
(8.12b)
donde f(r) es la fuerza externa por unidad de masa que actúa sobre el flúido. PROBLEMA 8.4 A part ir de la segunda ley del mov imien to de New ton (7.4 1), establece r la ecuación de Euler (8.12). So l uc i ón : Consi déres e alguna región R encerrada por S en el flúido. Si f(r) es la fuerza exterior por unidad de masa que actúa sobre el flúido, la f uerza externa resultante que actúa sobre R es
■///
te = \\ \p td V . (8.13) R Sip(r, t ) es la presión del flúido, entonces la fuerza resultante debida a la presión del flúido es J~f
pdS.
Por el teorema del gradiente (4.94), esta integral de superficie se puede convertir en una de volumen; i.e.,
tc . - f f PJ S . . f f j v p dV.
(8.14)
Por la se gunda ley de l movim iento de Newton (7.41),
d_ dt
jJfpvdV Ie+ =
fp.
(8.15)
El término de la i zquierda de (8.15) es la rapidez de cambio de la cantidad total de mom entum asociada con el flúido que está dentro de una superficie S en cualquier instante. Si esta integral Ssesecambia volumen a masa d V =que dm, entonces dm Res es invariable en cuanto muevadecon el fl úido. Por escribiendo tan to, la fuerzap total actú a sobre
d dt sustituyendo otra vez dm = p dV. Combinando (8.13), (8.14) y (8.16),
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206
Análisisvectorial
lípí R
R
R
o, simplificando,
í)J(pf
(*.17)
Como 7? es una región arbitraria del flúido,
dx P— dt p f + Vp = °; po r tanto ob tenemos la ecu ació n de Eu ler (8 .12a ); i.e., ~ f V p . dt p
(8.18)
Como v(r, t ) depende del tiempo lo mismo que de las coordenadas de espacio, usando el resultado de problema 3.55 y (3.151),
d x = — dt + (d r •V ) v, dt o, dividiendo ambos lados por dt , 7dt = 7dt + (V ' 7 )V’
<819)
La sustitución de (8.19) en (8.18) da
dx 1 d t + (v •V) v = f —V p p.
PROBL EMA 8.5
Mostrar que la ecuación de Euler (8 .12b) s e puede expresar como
dt So lu ci ón :
+ I7 ( 0 vx( V 2
x v) =Vp í .
~ p
(8.20 )
A partir del problema 3.62, tenemos la identidad vector ial V (f • g) = f x (V x g) + g x (V x f) + (f • V) v + (g • V) f.
[3.1 59]
Si f = g = v en (3.15 9), entonces V (v • v) = V ( v 2) = 2 v x (V x v) + 2 (v • V) v o, simplificando, (vV)v=V(v2^ ) v x ( V x v).
(8.21)
Sustituyendo (8.21) en la ecuación de Euler (8.12b),
~ dt
^ V ( v 2) v x (V x v) = f 2
- Vp . p
PROBLEMA 8.6 Deducir la ecuación de movim iento para un flúido incompresible s i la fuerza exterior que actúa sobre el flúido es conservativa. So l uc i ón : Si el campo exterior de fuerza f es conserva tivo, entonces por el problema 7.15, f = —VF , d onde V es una función potencial escalar.
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207
Ap lic acion es a la mecá nica de los flú id os
Si el fluido es incompresible, entonces p es una
- vP P
constante y \P
Por consiguiente, sustituyendo en (8.20), —
dt
v x (V x v) = V (V + — +
\
v 2) ,
P
2)
(8.22)
que es la ecuación pedida. Las ecuaciones de movimiento p ueden com plementarse con condiciones de frontera que deben satisfacerse en las superficies que limitan el fluido. Para un fluido ideal y una superficie sólida, la condición necesaria de frontera es simplemente que el fluido no pueda pe ne tra r la superficie del sólido. Por tant o, si la s upe rficie está en rep oso ,
vn ~ donde vn es la componente normal de la velocidad del fluido en la superficie. Para una superficie en movimiento vn debe ser igual a la componente normal de la velocidad de la superficie.
8.3
en equilibrio con el campo de PROBLEMA 8.7
Solución:
Estáti ca de flúidos
Ahora consideramos el caso de un fluido en reposo y la presión fuerza exterior que se aplic a,
Deducir la ecuación d e equilibrio del fluido en reposo.
La velocidad del fluido en reposo es cero y (8.18) se transforma en V pf. P
(8.23)
que es la ecuación de equilibrio pedida.
La ecuación (8.23) muestra que las superficies de presión constante son perpendiculares en todas partes a l campo ex terior de fuerza. PROBLEMA 8.8 pu nt o del fluido. Solución:
Si
Mostrar que si no hay fuerza exte rna, la presión e s la misma en cada f = 0, entonces (8.23) se transforma en V p = 0;
(8.24 )
i.e. ,p es constante. PROBLEMA 8.9
Considérese un fluido en reposo en un camp o gravitacional uniform e.
Si el campo es incompresible, mostrar que p = - p g z + c,
(8.25)
donde c es una constante, g, la constante gravitacional local y z está medido positivamente hacia arriba desde la superficie de la tierra. So lu ci ón :
Toman do el eje z posi tivamente hacia arriba desde la super ficie de la tierra, f=gk,
(8.26)
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208
Aná lisis vectorial
y a partir de (8.23),
^ = - P g. dz
ÍP = Í £ = 0 , dx dy Por tanto, integrando, p = -pgz
+ c.
La ecuación (8.25) indica que la presión decrece linealmente cuando la altura crece.
8.4
Flujo uniforme y líneas de flujo
Flujo un ifo rm e es aquel en el cual la velocidad es constante en en cualquier punto del fluido; i.e ., 9v/3/ 0. La ecuación del movim iento pa ra fluj o uniform e es | V(v 2)- v x (Vx v) = f - I Vp, 2
P
(8.27)
donde v es la velocidad constante en tiempo en cualquier punto del fluido, p es la presión del fluido, f es la fuerza exterior por unidad de masa que actúa sobre el fluido y p es la densidad del fluido. PROBLEMA 8.10
Deducir la ecuación del movim iento pa ra flujo uniforme.
Soluci ón: Com o 9v/ 9 1- 0 para flujo uniforme, la ecuación de Euler para el movimiento (8.20) se reduce a (8.27). Un camino es la trayectoria de una sola partícula de fluido. Una línea de flujo es la curva cuya tangente en cualquier punto da la dirección de la velocidad en ese punto y se halla en un instante dado. En el flujo uniforme, las líneas de flujo no varían con el tiempo y coinciden con los caminos. Las líneas de flujo están determinadas por las ecuaciones ( 8 . 28)
V',
v3
V,
donde d t = [dx, dy, dz] y v = [i') , t>2, v3 ]. La forma general de la ecuación de B emo ulli expresa que para un líquido incompresible ideal que se mueve bajo la acción de fuerzas conservativas f y cuyo flujo es uniforme,
v ++ I£ v* * c P
a lo largo de una línea de flujo, donde c es una constante y PROBLEMA 8.11 Sol uc ió n:
(8.29)
2
f = V V.
Verificar (8.29) .
Como d v/9? = 0 para flujo uniforme, (8.22) se transforma en v x (V x v) = V JV + £ + I v2j .
El vec tor v X ( V X v) es ambos
(8.30)
perp end icul ar a v; por consigu iente si hacem os elpr od uc to pu nto a
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Aplicacion es a la mecánica d e los flú idos
20 9
lados de (8.30) con v,
v iv + £
P
i + — V' 2
(8.31)
= 0.
Ent onc es V( F + p/p + l/2v2) es normal en todas partes al campo de velocidad v. Así que v es paralelo a la superficie; i.e., 1
[8.29]
v = c,
y por consiguiente, F + p/p + l/2v2 es constante a lo largo de una línea de flujo. Los valores de la constante son, en general, diferentes para cada línea de flujo. Si v permanece esencialmente constante, (8.29) muestra que la velocidad es pro porcional a la presión.
inversamente
PROBLEMA 8.12 Mostrar q ue para el flujo uniform e de un flúido incompresible que está bajo la acción de fuerzas conservativas si Í2 = V X v, entonces (O V)v (v V)O = 0. So lu ci ón :
(8 .32)
Si tomamos el rotacional de ambos lados de (8.30), V x [v x (V x v)] = 0
(8.3 3)
pues V X V (F + p/p + l/2v2) = 0 por razón de (3.142). Sus tituye ndo V X v = Í2 en lo anterior y a par tir de (3.158), V x [v x O] = v [V • ü] O(V • v) + (£1V )v ( v V )í l = 0.
(8.34)
Como el flúido es incompresible, V • v = 0. También, a partir de (3.143
[8.1 1]
), V £2 = V (V X v) = 0. Por tanto , (8.34) se transforma en (íí • V) v (v • V) O = 0.
8.5
Flujo irrotacional
potencial de
velocidad
La vorticidad o vector vórtice es íl = V x v.
(8.35 )
tonal, o potencial, es aquél para el cual íí = 0 en todas partes. Un flujo rotacional o vórtice es aquél en el cual Í2 no es cero en todas partes. Como sabemos por el problema 4.73, un campo vectorial que tenga rotacional cero se puede expresar como el gradiente de alguna función escalar. Si aplicamos este resultado al vector velocidad v en un flujo irrotacion al, esta función escalar se llama el po tencial de velocidad 0; i.e., v = V<¿. (8. 36 ) PROBLEMA 8.13 Si un flúido rot a como un cuerp o rígido con velocidad angular constante co con respecto a algún eje, mostrar que la vorticidad S2 es el doble de la velocidad angular lo. Sol uci ón:
Por el probl ema 7.9, V x v = 2
[7.38]
Por consiguie nte, por (8.3 5),
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Análisis vectorial
21 0
íí
= V x v = 2 ú>.
(8.37)
Para flujo irrotacionai de un fluido incompresible ideal, el potencial de velocidad satisface a la ecuación de Laplace; i.e.,
PROBLEMA 8.14
So lu ci ón :
Verificar la ecuación de Laplace (8.38).
El resultado del problema 8.3 muestra que si el fluido es incompres ible, V • V = o.
[8.11]
Como v = V0 para un flujo irrot acional,
V • v = V • V 0 = V 2<¿ = 0. PROBLEMA 8.15 Para un fluido incompresible ideal, que se mueve bajo la acción de un campo de fuerza conservativo y cuyo flujo es irrotacional, mostrar que
(8.39) donde c(t ) es una función de tiempo . Sol uc ió n:
Sustit uyendo v = V0 y V X v = 0 en [8 . 2 2 ]
tenemos (8.40) o, simplificando, (8.41) Por consiguiente, si c(t) es una función de tiempo, entonces
d(t> P 1 o + V + - + - v 2 = c(í). dt p 2 La ecuación deBémoulli incom
para flujo irrotacional expresa que si el flujo de un fluido c irrotao (8.42)
donde V es ia función potencial, p , la presión, v, la velocidad, p la densidad y c una i B ¡¡ÍiM¡ü PROBLEMA 8.16
So lu ci ón :
Demostrar la ecuación de Bernoulli (8.42).
Para flujo uniforme, c(t) es una constante y dcf>
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211
Aplicaciones a la mecánica d e los flu id os Por tanto , (8.39) se reduce a la ecuación de Bernoulli PROBLEMA 8.17 irrotacional (8.42) y
(8.42).
Discutir la diferencia entre la ecuación de Bernoulli para flujo para otros flujos (8.29).
Sol uci ón: En el caso gene ral, la “constante” c de (8.29) es una constante a lo largo de una línea de flujo dada, pero es diferente para diferentes líneas de flujo. En flujo irrotacional, el c de (8.42) es constante a través del flúido. Un punto de estancam ien to es aquel en el cual la velocidad es cero. PROBLEMA 8.18 Si no hay acción de fuerzas conservativas, mostrar que en el flujo uniforme de un flúido incompresibl e, la mayo r presión s e presenta en un p unto de estancamiento.
So l uc ió n: se reduce a
Si no hay ac ción de fuerz as conser vativ as externas, la ecuación de Berno ulli ? + J v ! =c, P 2
donde c es una constante. Resolviendo (8.43) para
(8.43)
p,
P = cp | p v 2.
(8.44)
Así que la presión p es máxima en los puntos en que la velocidad v es cero.
8.6
Flujo de vórtice y circul ación
Una linea de vórtice es aquella que en todas partes es paralela a la vorticidad. Un tubo de vórti ce es una superficie A generada por las líneas de vórtice que pasan por un a curva c errada C. Se ca rac teriza po r la pro pie dad n • 0 n •V x v
0 so bre A,
donde n es el vector u nitario normal al tubo de vórtice A. Las líneas de vórtice o tub os de vórtice pueden cambiar con el tiem po, pues en general, £1 depende del tiempo. La intensidad de un tubo de vórtice se define como
J >
(8.45)
■dS,
donde S es la sección transversal del tubo de vórtice limitada por una curva cerrada simple C que encierra el tubo de vórtice (véase figura 8.1). La circulación de v (o simplemente circulación) a lo largo de una curva cerrada C está dada por la integral de línea (cf., sección 4.1),
í
• cfrJ v
(8.46) Figura 8.1
PROBLEMA 8.19 Si un flúido es incompresible y el campo de fuerza externa es conserv ativo, demo strar que
d i2 ■= (Íl V )v . dt
(8.47)
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Tubo de vórtice.
212
Análisis vectori al
So lu ci ón :
La ecuación del movimiento debida a Euler es para este caso — v x (V x v) = V f F + — + — v 2) .
dt
\
p
2
J
[8.22]
Tomando el rotacional a ambos lados de (8.22) y usando V X v = £2, —
V x (v x fl) = 0,
dt
(8.48)
pues V X Vi// = 0 po r razón de (3.142 ). Ahora, de m anera similar a la del problema 8.12 haciend o uso de la identidad vectorial (3.158), V x (v x 0) = v(V 0)í2 (Vv ) + (0 .V )v ( v. V) 0.
(8.49)
Otr a vez, com o V *Í2 =V *(V X v ) = 0 y V • v = O,
[8.11]
tenemos V x( vx fí ) = (fi .V) v( v.V )0 .
(8.50)
Sustituyendo (8.50) en (8.48), —
+ ( v V) f í = ( íí V ) v .
dt
(8.51)
A partir del resultado del problema 3.36,
d d — + (vV ) = — . dt dt Por consiguient e, sustituyendo esto en el lado izquierdo de (8.51), ^
dt
PROBLEMA 8.2 0 i.e.,
= ( Q. V) v .
Mostrar que la intens idad de un tub o de vórtice e s igual a la circulación,
J J ü d S =J>vdr, s
donde S es la sección transversal limitada por So lu ci ón :
(8.52)
c
C.
En vista del teorema de Stokes (4.104),
= J J
V x v •dS =J
J ü
■d
S.
Obsérvese que la circulación puede, en ciertos casos, diferir de cero aun cuando el flujo sea irrotacional; i.e., Í2 x 0. (Cf., problema 4.72.) Un flui do barotrópido es aquél cuya densidad es una función de la sola presión. El teorema de Kelvin, o ley d e conservación de circulació n, expresa que la velocidad de circul ación es constante con respecto al tiempo para una curva cerrada C que se mueve con la partícula fluida, si (a) el campo de fuerza externa que actúa sobre el flúido es conservat ivo, y (b) es un fluido baro trópido. PROBLEMA 8.21
De mos trar el teorem a de Kelvin o ley de conservación de circulación.
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Ap licacion es a la mecánica de los flu idos
Solución:
213
Sea
K
v-dr.
(8.53)
Las partículas que rodean a C cambian de posición con el tiempo y el flujo uniforme, la curva permanece cerrada. En cualquier tiempo t la circulación alrededor de C es
K (t ) =
v•
donde T es el vector unitario tangente a
d s =(j ) v • T ds,
(8.54)
C y s es la longitud de arco.
Como tanto v como T varían con el tiempo,
dK dt ' $ Í (V- T ) d s ‘$
dv „ dt
— •T + v •
d T\ , ---ds. dt j
(8.55)
La variable x e s la variable de integración a lo largo de C en cualquier instante y es, por tanto , independiente del movimiento d e la curv a con el tiempo. Entonces,
dT d Í- ] dt ~ dt \ds )
d Él) 1 — ds \ d t ) ds
(8.56)
dx ds . ds
(8.57)
y (8.55) se transforma en
dK dt
í
d\ dt
------T + v-
Si el campo de fuer za exte rna f es conservativo, pued e expresarse co mo f = VK y l a ecuación de Euler (8.18) se transforma en
dv dt
- V V V p. p
(8.58)
Si p es una función de p solamente, y (8.59) entonces V^A = VV + V
/?)■
(8.60)
Ahora, a partir del resultado del problema 3.38, (8.61)
Vp . Por tanto, por (8.58),
dv
1
Así que (8.57) se reduce a
SJifj = v y + - V p = — . p dt
(8.62)
dK dv \ Vi/f • T + v ds. dt í ( ds )
(8.63)
Ya que a partir de (3.106), Vi// *T =
dK dt
d_
- i l
ds
d\p/ds, ds =
- i
d s\
ip —
2
v:
ds.
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(8.64)
214
Análisisvectorial
Como la cantidad \p - ^v 2 tiene el mismo valor en el pun to com ún inicialterminal d e C, esta integral se anula y
dK = 0, dt o sea, si c es una constante, obtenemos el teorema de Kelvin:
K
=
(8.65)
El prim er teorema de Helmho ltz sobre vorticid ad expresa que los tubos de vórtice se mueven con el fluido. PROBLEMA 8.22
Demo strar el primer teorem a de Helmh oltz sobre vorticidad.
So l uc i ón : Si n es un vector unitario perpendicula r al tubo d e vó rtic e^ , entonces sobre A el tubo vórtice se caracteriza por la propiedad
n-íí =n-V x v = 0.
Si T es una curva cerrada simple situada sobre un tubo de vórtice pero no rodeándolo (véase figura 8.2), entonces K = {j) v ■d r =
JJ'
Q -dS =
J J ~ í l ■n dS = 0,
( 8 .66)
donde A r es la parte del tubo de vórtice .4 rodeada por T. Supóngase que P se transforma por el movim iento del flúido en la curva cerrad a simple T 'y A ’ es la superficie que pasa por T' y se genera por el tubo de vórtice srcinal A. Entonces p or el teorema de Kelvi n (8.65), la circulación permanece nula todo el tiempo, i.e., Figura 8.2
K =
Dem ostración del prime r teorema de Helmholtz sobre vorticidad.
r'
J Jvv-dS = JJ x
Al '
Í2n 0, dS =
(8.67)
*! •'
donde A r ’ es la parte de A ' rodeada por f '. Co m oyl r ''es arbitrari o, se sigue que s obre A',
O•n=0. Por tanto, A' es un tubo de vórtice. En otras palabras, cuando el tiempo cambia, el tubo de vórtice continúa manteniéndose como tal. En consecuencia, concluimos que los tubos de vórtice se mueven con el flúido.
El segundo teorem a de Helmho ltz sobre vorticidad expresa que la intensidad de un tubo de vórtice permanece constante. PROBLEM A 8.23 So l u c i ó n :
Demostra r el segundo teorema de Helm holtz sobre vorticidad.
La intensida d de un tubo de vórtice es
JJ Q-dS^JJ V
x
v • dS =
18.52]
donde S es cualquier superficie que corte el tubo de vórtice en una curva cerrada C que encierre el tubo de vórtice. (Véase figura 8.2.) Si C'es la curva en la cual se transforma C por el movimiento del flúido, entonces por el teorema de Kelvin (8.65) la circulación permanece constante en tiempo y
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Aplic acion es a la mecánica de los flu id os
=j'J ^dS,
K= (^ v-d r = (j) v-dr c'
c
21 5
(8. 68)
s'
donde S ' es la sección transversal del tubo de vórtice desplazado, limitada por C'. Por lo tanto, la intensidad de un tubo de vórtice es constante con respecto al tiempo. Considérese a continuación una superficie cerrada S consistente en un tubo de vórtices! con secciones transversales Si y S 2 limitadas por curvas cerradas C, y C2 respectivamente (figura 8.3). Como Í2 = V X v es solenoidal, i.e., V • Í2 = 0, por el teorema de divergencia (4.58),
+JJ n.dsijjst-ds -JJJ a-ds-JJa-ds
Ahora, com o Í2 • n = 0 sobre A,
f f
ü-dS =
11
“ "dS = 0.
Figura 8.3
Así que,
JÍ n-ds -ff
O • dS,
o sea,
JJ Í2 • n dS = JJO • n dS = JJQ • (- n) dS.
(8.70)
Si n es la normal hacia a fuera, es la norm al positiva para S t , es la normal negativa para S 2 y recíprocamen te. Así que (8.70) mue stra que la intensidad de un tubo de vór tice en cualquier sección transversal es constante. Concluimos que las intensidades de los tubos de vórtice permanecen constantes en el tiempo y que los vórtices no pueden ser creados ni destruidos. PROBLEMA 8.24 Determ inar la forma de la superficie de un flúido incompresible sujeto a un campo gravitacional, contenido en una vasija cilindrica que rota sobre su eje vertical con una velocidad angular constante to. S o l u c i ó n : Si el eje del cilindro es el eje z, entonces se puede escribir como
u>= wk. La ecuación de Euler (8.18)
dv 1 — = V F Vp =_V0,
(8.71)
donde f = VV = - V (gz) y \p =(g z + p/p ). (Véas e problema 7.45.) Ahora, por (7.33 ), v = cú X r. Como co es un vector constante, dv — = Cü x v
dt
= üj x (o x r) =
= co2z k - co2(x i + y j + z k ) = -co2(x i + y j)
= j c o 2V (x2 + y 2).
(8.72)
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Dem ostración del segund o teorema de Helmholtz sobre vorticidad.
216
Análisisvectorial
Sustituyendo (8.72) en (8.71), V tA ^
1
co^x2 + y2)
=0
o, si c es una constante,
\jj i co2(x 2 + y 2) = c. Por lo tanto, sustituyendo el valor de
\p y simplificando, cú x
2( 2 + y2) gz + c.
p = 2
En la superficie libre, p = const. Así que la superficie es un paraboloide de revolución y está dado por Z = 1 “ 2Í* 2± Z X 2 á
(8.73)
donde el srcen se toma en el punto más bajo de la superficie.
8.7
Ecuación de energía
La energía cinética T de un flúido en una región R simplemente conexa c on fron teraS es
J j ' j ' p v 2clV = ^ J J J ^ p v v d V .
(8.74)
PROBLEMA 8.2 5 Mostr ar que para el flujo irrotac iona l de un flúido incompresi ble en una región R en la cual el potencial de velocidad
r i ,
(*.75)
donde S es la superficie que encierra/? y So l uc i ó n: cinética T es
dcp/dn es la derivada normal de 0.
Para flujo irrotaciona l v = V0. Por tanto, a partir de (8.74) l a energ ía
cIV.
(8.76)
Ahora, si hacemos 0 = 0 en el primer teorema de Creen (4.80), (0VV>+ JIÍ R
\V
(8.77)
Asi que (8.76) se puede expresar como T
S
í
5
(8.78)
R
Por (8.38), V20 = 0; por consiguiente, la energía cinética es
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Ap licacion es a la mecánica d e los flú id os
217
El teorema de energí a mín ima de Kelvin expresa que el flujo irrotacional de un flúido incompresible eri una región R simplemente conexa tiene menos energía cinética que cualquier otro flujo que tenga la misma componente normal de la velocidad sobre la fronteraS. PROBLEMA 8.26
Dem ostrar el teorem a de energía mínim a de Kelvin.
Solución: Sea T 0 la energía cinética del flujo irrotacional asociado con el potencial de velocidad 0. Sea T ía e nergía cinética de cualquie r otro flujo en e l cual v = V0 + v,. Entonces, por la condición de
(8.79)
frontera sobre S, v, • n = 0,
(8 .80 )
y las ecuaciones de continuidad dan
V- v = V 2<¿>+ V- v, = 0,
V V = °-
Por consiguiente, V* v, = 0.
(8.81)
Ahora, por (8.74 ), la energía cinética es
T=\ pJJJy'vdV=\ Pfff^^ + R
+y¡)dv
R
= \ p JJ J|V 0|2c /F + i p JJ J ^dV +p j' jj
R
R
= T° + ¿ p f f f v? dV+p
R
V0.v,
f f f W 'v ‘ d V-
R
R
dV
(8-82>
Usando (3.155),
V<¿ • v, = V • ( 0 v 1) - <£V • Vj = V ■(<£v,) pues, p or (8 .81) , V • Vj = 0 . Así, usando el teorem a de divergencia (4 .58 ),
JjJ V0-vlCfF=JJJV tyvjdV R
R
cf)\l.•n• n
=
s =0 pues po r (8.80 ), v, • n = 0 sobre S. Por consiguiente se sigue que
T = T° + ^ P Claramente, por (8.83), ped ido.
< dV-
(883>
T 0 y T= T0 sólo cuando v, = 0 ó v = V0. Este es el resultado
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Análisis vectorial
218
PROBLEMA 8.2 7 Para el flujo irrotacio nal de un flúido incompre sible en la región i? limitada por S, si d(p dV)¡dt = 0, donde d V = diferencial de volumen mostrar que
S
=J f f Pv' rd V~ f f pv -dS ’
R
S
(8M)
y dar significado físico a (8.84). Sol uci ón:
Por (8. 74),
dT 1
fff
« M IL
fff R
d (v • v) dV ...
dV .
V.^)
(8.85)
Por la ecuación de Euler, — =fvp. dt p Sustituyendo (8.18)
[8.18]
en (8.85) y simplific ando,
dr dt
rrr
/.
i
R ( 8 .86 )
R
R
Procediendo de manera similar a la del problema 8.26, vV p = V '(p v) p V v = V( pv) pues V • v = 0 para un flúido incompresible. Así, aplicando el teo rem a de divergencia (4.58),
dT dt
R
R pv • f dV - O pv • d S.
R El lado izquierdo de (8.84) es la razón de crecimiento de la energía cinética de un flúido. El primer término de la derecha de (8.84) es el trabajo de las fuerzas externas sobre el flúido y el segundo término es el trabajo de la presión de la superficie limitante sobre el flúido.
8.8 PROBLEMA 8.28
Problemas suplementari os
Si
el flúido está en reposo, mos trar que V x ( p f ) = 0,
donde f es el campo de
f • V x f = 0, fuerza extern o que actúa sobre el flúido.
PROBLEMA 8.29 Deducir la ecuación de Bernoul li para el flujo estacionario de un flúido ideal incompresible bajo el campo gravitacional.
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Aplicaciones a la mecánica de los flúidos
Respues ta:
219
gz + - + \ v2 = c, donde c es una constante. p 2
PROBLEMA 8.30 Mostrar que, sin pérdida d e generalidad, la función c(t ) de (8.39) se puede igualar a cero.
[Sugerencia: Como v = V0 podemo s agregar a 0 cualquier función de t iempo . Se sustituye 0 por
0 + J~ c(t)dt.]
PROBLEMA 8.31 Si el flúido es incompresible y su movimiento es 2dimensional, mostrar que existe una fu nc ió n de flujo \p (x, y ) tal que
v, =
dib —, dy
dib v, ---- —, dx -
donde v = Vji + v2j es la velocidad del flúido. PROBLEMA 8.32 Si el movimiento del fl úido es 2dimensional, incompresible e irrotacional, mostrar que la función de flujo \p(x, y ) del problema 8.31 satisface la ecuación de Laplace.
d2||¿ri _Q dx2 dy 2 PROBLEMA 8.33 mostrar que
Si un flúido es incompresible y ti ene una vorticidad constan te £2,
V2v = 0, donde v es la velocidad del flúido.
[Sugerencia: V X ( V X v ) = VX £2 = 0.] PROBLEMA 8.34 Si el campo de fuerza exter na que actúa sobre un flúi do es conservativo y la densidad del flúido depende sólo de la presión del flúido, entonces demostrar la ecuación de Helmholtz
d !n \ dt\p¡ \p
fíl
.V
[Sugerencia: Véase problema 8.19 y úsese la ecuación gene ral de continu idad (8.4).] PROBLEMA 8.35 Mostrar que las líneas de vórtice o tubos de vórti ce no se pueden iniciar o interrumpir dentro del flúido; así que o son cerradas o llegan a la frontera. PROBLEMA 8.36 Para el flujo irrotaciona l de un flúido incompresible en la región/? limitada por S y un campo conservativo de fuerza externa, i.e., f = V F , mostra r qu e
En otras palabras, la razón de crecimiento de la energía cinética de un cuerpo flúido es igual a la suma del trabajo de las fuerzas extemas y las presiones que actúan sobre su superficie.
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9
CflPITUL0
APLICACIONES A LA TEORIA ELECTROMAGNETICA 9.1
:.
, v
.
Ecuación de continu idad
. . ... ........... ., La densidad de carga p es la densidad de carga por unidad de
volumen. Una corriente I se produce por el movimiento de ia carga y se determina por la densidad p y la velocidad v de la carga. La densidad de corriente J es el producto de la densidad de carga p y la velocidad v de la carga; i.e.. J = p v. Asi la corriente / a través de una superficie
S es la razón a la cual la carga pasa por S, i.e.,
/ = J J p v d S = JJ jU< /S = s
(9.1)
s
JJj-ndS, s
(9.2)
donde n es un vector unitario normal a S. Obsérvese que el signo de / depe nde de la elecció n de n. Si S es una superficie cerrada, n se toma como vector normal hacia afuera. Un campo electromagnétic o se produce por una distribución de corriente eléctrica y carga. El principio de conservación d e carga establece que en una región R limitada por una superficie S, la razón a la cual decrece la carga es igual a la razón a la cual la carga sale de R a través de S. La ecuaci ón de con tinuidad establece que para cualquier región R limitada por una superficie S. V J + 7é e = 0, at
(9.3)
o. de modo equivalente, sustituyendo(9.1) V (p v) + = 0. dt PROBLEMA de continuidad.9.1
(9.4)
Usando el princ ipio de conserv ación de carga, ded ucir la ecuación
Solu ció n; Si p (r, t) es la densidad de carga, entonces la carga total región R encerrada por S es
I
p dV .
Ahora, por (9.2),
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Q dentro de una ( 9.5)
Aplica ciones a la teoría electromagnética
J • dS =
s
221
f í J n dS s
(9.6)
es una medida de la razón a la cual la carga sale de R a través S, pues n es el normal hacia afuera de S. Sin embargo, la razón a la cual decrece la carga en R es
dQ dt
d dt
rrr
r r c d¡>
fRf f J J J i
En (9.7), debemos(9.6) usary (9.7), dp/dt dentro de la integral, pues p (r, Igualando
(9.7)
t) es una función de r y t.
(9.8)
R
S
Por el teorema de divergencia (4.58),
< }' ■ ; s S
(9.9)
R
así, (9.8) se puede escribir como
dp\
Jlf R (-' J +° ‘dt I dV=
(9 ' 10)
'
Como (9.10) vale para cualquier región
R, el integrando debe ser cero; i.e., V J + ~dt = 0.
t9 3]
Usando (9.1), (9.3) se puede expresar como V. (pv ) + ~ = 0. dt
[9 4]
Por analogía con la ecuación correspondiente de continuidad de dinámica de los flúidos (8.4), (9.3) ó (9.4) se denomina usualmente la ecuación de continuidad.
9.2
El campo electromagnético
El campo electromagnético producido por distribuciones de carga y su movimiento (distribución de corriente) se describe por los vectores E (r,/) y B(r.í). Una fuer za de l.orentz es ia fuerza f expe rim enta da p or un a carga
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A nálisis vectorial
222
lira E + v x B.
(9.12)
g- , 0 q
til campo electromagnético se especifica también por medio de los vectores D, densidad de / lujo eléctrico o desplazamiento eléctrico y H intensidad de campo magnético. Hn un medio dado. D y H están relacionados con E y B por relaciones funcionales carac teríst icas del medio. Para medios lineales, homo géneo s e isotr ópico s, las relaciones apropiadas son: D £E ,
(9.13)
donde mente. e y n son constantes llamadas perm itivid ad y permeabilidad del medio, respectivaLa densidad de corriente J y la intensidad de campo eléctrico E están relacionadas J = oE,
P° r
(9.15)
donde a es la conductividad del medio. Las ecuaciones (l>. 135) se conocen con frecuencia como relaciones constituyentes. Los valores de e, ¡x y a dependen del sistema de unidades. En el sistema mks racionalizado de unidades que se usan en este ca pítul o, la fuerza se mide en newt ons, la velocidad en m/seg. y la carga en coul omb s (C). El coul om b es la unidad eléctri ca básica que con el metro, el kilogramo y el segundo, permite la definición de todas las otras unidades electromagnéticas.
9.3
Ecuaci ones de Max well
Las ecuaci ones de M axwell se pueden escribir como V x E + ~B dt = 0,
<9.16)
V x H ^ J , dt
(9.17)
V • B = 0,
(9.18)
VDp. PROBLEM A 9.2 Sol uc ió n:
(9.19)
Mostrar que (9.1 8) se puede deducir de (9.16 ).
Tomando la divergencia de (9.16), V ' ( V x E ) + V * ( ° !B )
dt
0
como V • ( V X E) = 0 por (3.143), V'(V x E) = - V ’ Q = 0 .
(9.20)
Si todas tas derivadas de B se suponen continuas, intercambiando la diferenciación con respecto al espacio y al tiempo se obtiene
fd B \
d
por tant o, en el tiempo, V • B = c,
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Aplicaciones a la teoría electrom agnética
223
donde c es una cons tante. Si en cualquier ocasión pasada B = 0, esta constante debe ser cero. Porque puede suponerse que e l campo srcinado en algún tiemp o anterior , V • B = 0. PROBLEMA 9.3 continuidad (9.3). Sol uc ió n:
Mostrar que (9.1 9) se puede deducir de (9.17 ) con la ecuación d e
Tomando la divergencia de (9.17),
(dn\ V • (V x H) v • ( — 1= v • J, o, puesto que V • (V X H) = 0 por (3.143) y ,(?D\ d V T = (V D ) \d t / dt
(9.21)
si suponemos que todas las derivadas de D son continuas, V J + | (V D ) = 0. dt
(9.22)
Ahora, usando la ecuación de continuidad (9.3), j - (V-
at
D -p ) = 0 ,
o sea que en el tiempo, si c es una constante, entonces V • D p = c. Como antes, si el campo srcinado en algún tiempo pasado y como todas las cargas pueden removerse de cualquier región finita del espacio, esta constan te debe ser cero; entonces, VD = p. Obsérvese que, por el argumento de la anulación de los campos y la densidad de carga en algún tiempo dentro de una región finita del espacio, las dos ecuaciones de divergencia (9.18 9) no son relaciones indep end ien tes si se supone la conservación de ca rga. Este argumento no es necesario desde luego, pues las ecuaciones de Maxwell (9.169) están sujetas a verificación experimental independiente. La ley de inducción d e Farada v establece que la fuerza electromagnética alrededor de cualquier contorno cerrado es igual al negativo de la razón de cambio respecto del tiempo del flujo magnético del contorno; i.e..
c PROBLEM A 9.4 de Faraday. Sol uci ón: se obtiene
Usando la ecuación d e Maxwell (9.1 6), demostrar l a ley de inducción
Integrando (9.16) sobre una superficie S limitada por una curva cerrada
JJvxE.rfS.JJ
f-JS .O .
Aplicando el teorema de Stokes (4.104) al primer término de (9.24),
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C
(9.24,
Análisis vectorial
224
¿H.rfSO.
dt
c
Si C está fija, 9/9 1 puede sacarse del signo de integración; i.e.,
[9.23]
c
El flujo magnético, i.e., el flujo de B por S es $ =
JJ B - ddSS .
(9.25)
C o fuerza electrom otriz alrededor de C es
Así que la circulación de E alrededor de
f e m=' ( £ E ’ dr .
(9.26)
Obsér vese que (9.16) ó (9.2 3) verifican el hecho experimen tal de que un
campo
magnético variable induce u n cam po eléctrico. Los experimentos de Faraday mostraron que la razón de cambio de ‘l>puede resultar .
■
c
■■
.
lili
gj
o m:.i que la Iul' i /. i ek'i.lri<]iH)lii/ ii fem = ~ — í|), PROBLEMA 9.5 Expre sar la ecuación y dar una interpretación física. S o lu ci ón : se obtiene:
v
de Maxwell (9. 17 ) en una forma integral equivalente
• '' lll Integrando (9.17) sob re una superfici e 5 limit ada por una curva cerrada C ffvxHdS s
S [f jd S . s
(9.29)
s
Aplicando el teorema de Stokes ( 4.104) al primer término de la izquierda de (9.29),
f f f.«
s .
(9.30)
donde / es la corriente total que circunda la curva C, como se def inió en (9 .2) . La ecuación (9.30) es la forma integral equivalente de (9.17) e indica que la fuerza magnetomotriz (fmm) es igual a la suma de la corriente / que circunda la curva C y la razón de cambio del flujo eléctrico que circunda C. La ecuación (9 .17 ) o la (9 .30 ) verifican el hecho experimen tal de que un campo magnéti co se puede producir no sólo po ruñ a corrient e, sino por un campo
eléctrico variable en el tiempo.
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Aplicaciones a la teor ía electromag nética
225
Maxwell llamó el termino 9D/9í corri ente de desplazamiento aunque nada se desplaza realmente en e l campo. D se llama por consiguiente desplazamiento eléctri co y debe considerarse como paralelo al término correspondiente de (9.16): i.e., la fmm se asocia con un flujo de D que varia con el tiempo, del mismo modo que la fem se asocia con un flujo de B que varia con el tiempo. 1:1fluj o eléctrico (, a través de la superficie S es
(9. 31)
s
densidad de flujo eléctrico.
Por (9.31), D se llama también
La ley de (¡auss para el cam po eléctrico establece que el flujo neto eléctrico hacia afuera de una superficie cerrada S es proporcional a la carga eléctrica contenida en la superficie; i.e.. D • dS = Q.
PROBLEMA 9.6 Solución:
(9.32)
Usando (9.19), deducir la ley de Gauss para el campo eléctrico.
Como V D = p, aplicando el teorema de divergencia de Gauss (4.58) da
|v«-.
S
R
donde Q es la carga total contenida en
JJfpiv=P. R
S. Así,
ff
D • d S = Q.
La ley de (lauss para el campo magnético establece que el flujo magnético neto hacia afuera de una superficie cerrada 5 es idénticamente cero; i.e..
s
0.
PROBLEMA 9.7 Solución: se obtiene
B •dS -
(9.33)
Deducir la ley de Gauss para el campo magnético.
Como V * B = 0 por (9.18), aplicando el teorema de divergencia de Gauss
# --/ /R/ V B dV = 0. S
PROBLEMA 9.8 Mostrar que no puede haber distribución permanente de carga libre en un medio homogéneo cuya conductividad no sea nula. Solución:
En un medio de conductividad no nula VD = V(EE) =
a (9.19) y (9.13) muestran que p,
(9.34)
mientras que las ecuaciones de continuidad (9.3) y (9.15) dan
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Aná lisis vectorial
226
Ahora, usando (3.155), V( EE) = 8V E + E V£ =
p,
(9.36)
dp V • E) = a\7 • E + E • V
(9.37)
•
(9 38)
Este resultado se obtuv o usando la identidad vectorial del problem a 3.89 (b). Si el medio es homogéneo, V (e/o) = 0 y (9.38) se reduce a
dp dt
P+
TíUo,
(9.39)
donde T = es el llamado tiempo de relajamiento.
(9.40)
La solución d e (9.3 9) es
p(t) = p0eí/ T = p0 e~ a i / e ,
(9.41)
donde p o es el valor de p en t = 0. Así que la densid ad de carga decae exponenci alment e y es independiente del E apli cado. Por consiguiente, concluimos que no puede haber distribución permanente de carga libre en un medio homogéneo con conductividad no nula. El tiempo de relajamiento r es igual al tiem po requ erido para que p decaiga a 1/e de su valor original y varíe inversamente con la conductivid ad. Así que la car ga desaparecerá casi instantáneamente del interior de un buen conductor tal como cobre, pero permanecerá por un largo tiempo dentro de un bue n aislador tal com o cua rzo fundido.
9. 4
Funciones potenciales del campo electromagnético ..
.
i
.,
.
i
fci vector potencial A (r, /) es una función vectorial para el cual los campos electromagnéticos E y B están relacionados por B V x A,
(9.42)
y el po tenc iar escalar $(r, t) es una función escalar para la cual E =
(9 43)
La exisíencia de A determina completamente a B por (9.42) pero el recíproco no es ciert o pues el rotacio nal del gradien te de cualqui er escalar se anula id énti cam ente . Obsérvese que el gradiente de cualquier función escalar $ puede agregarse a A sin afecta r a B. (Cf. problema 1
"
PROBLEMA 9.9
Verificar (9.423).
'
*
'
'
í
'
,í - -
- -
■if.í'C :.
i
"
SÍÍ ''
i
wi
Sol uc ió n: Como B satisface (9.18), esto es, V * B = 0, entonces por el problema 4.78 existe una función vectorial A tal que B V x A. Por consiguiente la primera ecuación de Maxwell (9.16) se transforma en
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19.42]
227
Aplicacion es a la teoría electrom agnética
V x ( E + |y j = 0 .
( 9.44)
Así, según el resultado del problema 4.73, si 0 es alguna función escalar, 3A E 4 —— = V0, o, po r con siguiente, /-i
E = ^ V 0 .
[9.43]
dt
PROBLEMA 9.10
Si A se reemplaz a por A' = A + V i/ í,
(9.45)
mostrar que c¡>debe reemplazarse por
dlh
0
(9.46)
para que (9.43) permanezc a ina lterad o. Sol uc ió n:
Si se reemplaza A por A' = A + SJ\p,(9.43) se transforma en
d
d\' ( dih\
(947)
d\p/dt, (9.47) se vuelve
Por consiguient e, si hacemos 0 ' = 0
d\' E = VA', ~
(9. 48)
dt
que es idéntico a (9.43)
Las transformaciones (9.456) se llaman transformacion es indicadoras. Así que (9.423) no se alteran p or (9.456 ). Por consiguiente decimos que los vectores de campo son invariantes con respecto a las transformaciones indicadoras. PROBLEMA 9.11 Mostrar que en un medio isotróp ico homo géneo lineal en el cual e, n son constantes y a = 0, el poten cial escalar 0 y el vector potencia l A satis facen.
d
i
dd>\
2A V2A/X8 — _ v ( y . A + ^iE — J = /xJ, V2<¿ + ~ V A = .
dt
£
(9.49) (9.50)
So lu ci ón : Usando (9.13) y (9.14), l a segun da ecuación de Maxwell (9.17) puede escribirse como V
X
B
- / ¿S —
=
dt
fiJ.
(9.51)
Sustituyendo a B y E según (9.423)
d2A ( d<±>\ V x ( V x A) +,x£ »£ —df2+//£ ■r Vv ^ 3 )=/xJ.
(9.52)
Sustituyendo la identidad vectorial , V x (V x A) = V (V • A) V 2A, en (9.52),
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[3. 163 ]
Análisis vectorial
228
d 2\
/
d ch \
V 2A - ¡i£ — - V (V • A + f¿E -/^ J* =
C9.49]
Luego, usando (9.13), (9.19) puede escribirse como £ Sustituyendo a E según (9.43) d \
V
dt
P_
V<£
(9.54)
E
por consiguiente, \J2cb
4
dt
La condición de l.orentz para potenciales V
A y 4>es
• A + £í £ * 0. ot
(9.55)
PROBLEMA 9.12 Si los potenciales A y $ satisfacen í 9.55) entonces mostrar que satisfacen las ecuaciones no homogéneas de onda d 2A
V’A Me — =
(9.56) p
d 2d>
Solución:
Ay0
(W7>
Si los potenciales A y
V A = -fíE
(9.58)
dt
Por consiguiente, (9.49 ) se reduce a (9.56 ). Sustitu yend o (9.58) en (9.50 ), obtenemos (9.57). PROBLEMA 9.13 Mostrar que existen potenciales escalares y vectoriales que la condición de Lorentz (9.55). Solución:
Supóngase que los potenciales A y 0 no dcb
V A + fi 8— ¿ dt
satisfacen
satisfa cen (9.55); i.e., 0.
(9.59)
Hacien do u na tra nsfo rm ació n in dica dora a A' y <¡>', i.e.; dúr
A = A + V
=
dt
obtenemos dch'
dch
d 2ifj
77. VA' + ¡iE -?-= V A + ^E -J-+ VtyfiS ^ di di d r
Por lo tanto es suficiente hallar una función indicadora
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\¡s que satisfaga
(960)
^/
229
Aplicacion es a la teoría electrom agn ética
Entonces los nuevos potenciales A' y 0' satisfarán la condición de Lorentz (9.55). Como los potenciales A y <¡>pueden relacionarse por la condición de Lo rentz (9.55). el campo electromagnético puede representarse en términos de una función vectorial única. Esto se muestra en el problem a 9.14. El vector Hertz II es una función vectorial uniforme, cuya razón de cambio en el tiempo es proporcional a l potencial A. Así. en un medio con co nsta ntes ^ y e. el vector Hertz satisface — A, ~ fi£
(9.6 2)
dt
PROBLEMA 9.14 Mostrar qu e en un m edio con constantes ¡jl y e , los vec tores d e campo E y B se pueden representar en términos del vector Hertz íl como
j^
e = -/íe
B =(iE Vx
+v ( v - n ) ,
(9.63)
an
(9.64)
dt
También se encuentra la ecuación II que debe satisfacer Solución:
Sustituyendo (9.62) en (9.423) se obtiene B = V x A = V x ( i£
an
p cEoV x¿n ,
dt
(9.64) (9.65)
Ahora se puede escribir l a segunda ecuación de Maxw ell (9.17 ) como dE
V x B = uJ + u£ — .
(9.66)
dt
Sustituyendo (9.645) en (9.66), d
^
irtiE
^ Vx Vx n = ^ J +/ x e ^
§71 ~
o, simplificando,
d_ dt
Integrando (9.67) con
V x(Vx D ) + (iE ^
+ V0
dt2
J
(9.67)
£
respecto al ti empo t, V x (V x Il) + (i£
d2n + V0
dt,
(9.68)
donde la constante arbitraria se hace igual a cero pues no afecta la determinación del campo. Usando la identidad vectorial (3.163), (9.68) puede expresarse como <92n
r
r j
v2n-pe — - tv(v-n) +v0] =- I
— dt .
Por tanto, si la condición
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(9.69)
230
Análisis vectorial
V(V n) + V ^= 0 ,
(9.70)
V0 = V (V n )
(9.71)
o sea
se impone sobre
Sustituyendo (9.71) en (9.65) se obtiene E = / iE ^
d t*
+ V(V n).
[9.63]
Obsérvese que (9.70) es equivalente a la condición de Lorentz (9.55).
9.5
El
Energí a en el campo electromagnético y en el vector de Poynting
vector de PoyntingP es P = E x H.
La densidad
(9.73)
de energía W del campo electromagnético es W = (E • D +■H •B).
PROBLEMA 9.15
En un medio isotrópico homogéneo con constantes eyn, mostrar que V •P +
Solución:
(9.74)
dW dt
= J •E.
(9.75)
Usando la identidad vectorial (3.157), VP = V(ExH)
= H V x E E V x H .
(9.76)
Sustituyendo las ecuaciones de Maxw ell (9.167) en (9.76),
po r consiguiente, V P + E ^ + H — = E J . dt
(9.77)
dt
Ahora, por (9.134)
E - f - eE- f - i E ál(E-E) - ¿ | (E'EE) - ^ ( 2Í E -D l’ (978) 21 h -b i-
(9j9)
Así que (9.77) se reduce a VP + ~
dt
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- (E - D + H B) 2
E J,
(9 .80)
Aplicacione s a la teoría electromagnética
231
po r cons iguien te, V .P + ° ^ = E J .
[9.75]
dt
que si la conductividad dei medio es cero, J = oE = 0 y (9.75) se reduce a
dW • P + 7 0, dt
V
(9.81)
que es exacta men te la misma forma de la ecuación de continuid ad (9.3 ). La “dens idad de corriente J ” es ahora P y la “densidad de carga p ” es aflo ra W. Así podemos asociar el vector P de Poynting con el flujo de densidad de energía. El teorema de Poynting establece que en un espacio ¡sotrópico homogéneo, si la región limitada por una superficie cerrada S , entonces
d dt
fÍf W dV‘ ffP'dS'> ' JJJ J'EdV’
donde P es el vector de Poynting y PROBLEMA 9.16
Sol uc ió n:
R es
*9 '82 )
W es la densidad de energía del campo electromagnético.
Demostrar e l teorema de Poynting e interpretarlo
físicamente.
Como (9.75) pued e escribirse dW
integrando (9.83) sobre d dt
= V P + J E,
(9.83)
R y usando el teorema de divergencia (4.58),
JJJW
J • E dV
J • E dV .
= j Jp- c/ S + j j j
[9.82]
R
S
Si W es la densidad de energía del campo electromagnético,
/R!
W dV
(9.84)
es la energía total del campo electromagnético almacenado en la región R . Por consiguiente, el lado izquierdo de (9.82) representa la razón de decrecimiento de la energía total del campo electromagnéti co almacenado en R . La pérdid a de energía almacenad a y disponible debe evaluarse por medio de los términos de la derecha de (9.82). Si la condu ctividad del medio es a, entonces, por (9 .15) el segundo término de la derecha de (9.82) se transfo rma en
fffj.Ejy. ¡JJ R R
¡jj
R
I'»',
(9.85)
que es la pérdida ohmica o pérdida de calor en joules. El primer término de la derecha de (9.82) es el flujo de la energía que fluye de la región R por la superficie S. Así que el decre cimien to de energía del campo electrom agnético
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232
Análisis vec torial
almacenado en R se contabiliza parcialmente por la pérdida fluye de R a través de la superficie limitante S. Según la interpretación
de calor en j oules y el rest o
anterior, el vector P de Poynting definido por P = E x H,
[9.73]
puede interpretarse co mo el flujo de energía del campo electro magnético y da la cantidad de energía de campo que pasa a través de la unidad de área de la superficie por unidad de tiempo.
9.6
Condiciones de frontera
Aunqu e las ecuacione s de Maxwell (9.16 7) son de importancia primo rdial, no definen po r sí mismas un campo único . Hay una infinidad de soluciones para esas ecu aciones. Establec ien do condiciones de fro ntera se o btiene una única solución. A continuación se deducen las condiciones de frontera que deben satisfacerse por los vectores de campo. PROBLEM A 9.17 Mostrar que las com pon ente s normales de B a través de una superficie que separa dos medios son continuas. Solución: Para dos medios limitados por una superf icie común S, como se muestra en la figura 9.1, se construye un cilindro recto infinitesimal cuyas caras terminales tienen área A S en los medios adyace ntes. Las superficies terminales son paralelas a la frontera común y están separada s por una distanci a A h. Aplicando la ley de Gauss para el campo magnético (9.33) a la región encerrada por medio
AS
TTTT7 7771
medio Figura 9. 1
2
el cilindro,
Ah 7777777S 1
= B0 • n dS
(9.86)
cuan do se integra sobre las paredes y superficies terminales del cilindro. El vecto r unitario n normal a 5 se traza del medio 1 al 2. Si Bj y B 2 denotan el valor d e B en un pu nto de S en los medios 1 y 2 , respectivamente, entonces
Me dios limi tado s por una superfi cie com ún.
lim im
U O B • nn cíS = (B 2 • n - B, • n) AS = 0.
(9.87 )
h~*0
El límite A h cilindro. Así,
0
se toma para asegurar que no hay contribución de las paredes del (B2 B J • n = 0
(9.88)
B 2 • n = Bj • n,
(9.89)
po r consiguien te,
lo que expresa que las componentes normales de B a través de una superficie que separa dos medios son continuas. PROBLEM A 9.18 Mostrar que las com pon ente s normales de D a través de una superficie que separa dos medios satisfacen (DDj2 )• n = p s ,
(9.90)
donde ps es la densidad de carga superficial. So lu ci ón : Este caso puede trat arse de manera similar al problema 9.17, pero en este caso, la ley de Gauss para el campo eléctrico (9.32) es
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Aplicacion es a la teoría electromagnética
S '
233
D n dS - Q,
(9.91)
donde Q es la carga total contenida en el cilindro; i.e.,
Q = p AhAS. En el límite cuando A h —*■0, la densidad de carga de volumen p se hace infinita ya que la carga total Q permanece constan te. Como una densidad de carga de superf icie ps es la carga por unidad de área,
Q = p AhAS = p s AS. Entonces por (9.91), (D 2 D,)n =
(9.92)
ps.
Concluimos que las componentes normales de D son continuas a menos que haya una carga superficial sobre la superficie frontera de los dos medios. PROBLEMA 9.19 Mostrar que las componentes tangenciales de que separa dos medios con continuas.
E a través de una superficie
Sol uc ió n: Para una trayect oria rect angul ar C , com o se muestra en la figura 9.2, se integra la primera ecuación de Maxwell VxE
0
dt
[9.16]
sobre la superficie S limitada por un marco rectangular
C
da
I í V x E • n dS = Ií ' "•
(9.93)
0
donde n 0 es la normal positiva a S 0, como se muestra en la figura 9.2. Aplicando el teorema de Stokes (4.104 ) al miembro de la izquierda d e (9.93) se obtiene (9.94) ^0
*0
Como se muestra en la figura 9.2, si el vector unitario tangente
T es
(9.95)
T = no x n, entonces e l límite cuando A h —* 0, (9.94) puede aproximarse por T(E
2 El
0 Ah Al,
)A / = ^ . n dt
po r consigu iente, no x n • (E2 E ^ + n Pues n o X n ‘E = no *nXE
0•
dt
(9.96)
Ah = 0.
según ( 1 .72) y en el límite cuando A
h —> 0, A l —>•0,
n x (E, E.) + lim ( — Ah A h 0 \d f Como l a orientación del rectángulo y por tanto
también de
(9.97)
no es arbitraria,
dB n x (E 2 E,) = lim (“ A/i ) = 0, Afi>o\ d t con tal de que 9B/3 1 sea acotada. Así que,
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(9.98)
medio
2 Co Ah a C t i ----- <— i T
medio
1
Figura 9.2
hh Traye ctoria rectangul ar a través de una superficie que separa los medios.
Análisis vectorial
234
n x E¡ = n x E „
(9.99)
lo que expresa que las componentes tangenciales de E a través de una superficie que separa dos medios son continuas. PROBLEMA 9.20 Mostrar que las com ponen tes tangenciales de H a través de una superficie que separa dos medios satisfacen n x (H Hj)2 = J s ,
(9.100)
donde J^, es la densidad de corr iente superficial. So l uc i ón : Este caso puede tratarse similarmente al problema 9.19. Integrando la segunda ecuación de Maxwell (9.17), (j)H dr =
JJ
c 0
S0
J n 0 dS+
JJ'
n 0 dS .
(9.101)
S0
Por consiguiente, procediendo de una manera similar a la que se usó para obtener (9.98), n x (H 2 Ht) = lim
(J +
\h-*0 \
Ah .
dt
(9.102)
El segundo término de la derecha de (9.102) se anula cuando A h —>0, pues 9D/9 1 es acotada . Si la densidad de corrie nte J es finita, i.e., a es finito, el primer término también se anul a. Pero si la co rrie nte / = J , n Af t A l a través del rect ángul o perman ece finita aún en el límite A h —*■0, definim os un a densidad de corrie nte en la superficie Js como corriente por unidad de longitud, / = J • n 0 A hA l = J s • n 0 A l. (9.103) Entonces (9.102) se reduce a n x (H 2 HJ = J s.
9. 7
Campos estáticos
Los campos estático s son aquellos pan a los cuales las derivadas con respecto al tiempo son cero; i.e., no hay variación de tiempo en los campos. PROBLEMA 9.21 Sol uc ió n:
Deducir las ecuaciones d e Maxwell para campos estáticos.
Con la rest ricción 9/ 9/ = 0, (9.16 7) se trans forma en (9.104)
V x E(r) = 0, VxH (r)=(r). J
(9.105)
Las ecuaciones (9.18) y (9.19) quedan las mismas; i.e., V • B(r) = 0,
(9.106)
V • D(r) = p(r).
(9.107)
Para campos estáticos, los campos eléctrico y magnético están com desacopiados uno de otro . El examen de las relaciones V x E 0,
V • D p,
y las consecuencias de ello, constituyen el estudio de los De modo similar, examinando la relación
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pletamente
campos electrostáticos.
Ap licacion es a la teoría ele ctro magné tica
V x H = J,
235
VB = 0,
campos magnetostátkos.
y las consecuencias de ello, forman el estudio de
PROBLEMA 9.22 Mostrar que el campo electrostático E es irr otacional y por consiguiente , conservativo; esto es, puede representarse como el gradiente de la función 4>de potencial escalar; i.e., e
Solución:
=-
(9.108)
v <¿.
Como para un campo electrostático [9.104]
V x E = 0, E es irrotacional y po r el problema 4.73, puede expresarse como E=.V0.
Con (9.104) o (9.10 8) y por los problemas 4. 71 y 7.15 la integral d e línea de E alrededor de cualquier trayectoria es cero y el campo es conservativo. Obsérvese que (9.108) es también el caso especial de (9.43) con 9A/9 1 = 0. I.a vcuat um dt hnsson
para una función o de potencial escalar del campo (‘>.109)
donde p es la densidad de carga > f; es una constan te. I.a ccuacum de J.aplace para campos electrostáticos se obtiene de la ecuación de l’oisson haciendo p 0 : i.e..
0.1 IU)
0.
PROBLEMA 9.23 Deducir la ecuación de Poisson para la función del campo electrostático. Solución:
Como [9.108]
(9.111)
(9.112) Sustituyendo E en (9.112) por (9.108), obtenemos
V
20
= -pie.
PROBLEMA 9.24 Mostrar que para un cam po estático, el potencial escalar (¡) (r) es el negativo del trabajo realizado por el campo sobre una unidad de carga positiva para traer
la carga desde el infinito hasta el punto r. Solución: Con q - 1, el trabajo realiza do po r la fuer za de Loren tz (9.11 ) sobre una carga positiva unitaria es
(9.113)
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236
Análisisvectorial
donde la última exp resión se obtiene c on el uso de l (1.77). Como el mov imiento prod ucido por v es a lo largo de dr, v X dr = 0 y el campo mag nético n o co ntrib uye al trabajo realizado sobre la carga. Así que co mo (“) = 0, usando (3.120),
r
W = í ' E - dr = f r ( - V 0 ) - d = í ' dcf>= 0(« ) JoQ JoO J(X>
0(r)= -<¿(r). (9.114)
Según (9.114), el potencial escalar de un campo electrostático puede interpretarse también como el trabajo requerido para traer una unidad de carga positiva desde el infinito hasta un punto dentro del campo; i.e., 0
PROBLEMA 9.25 magnitud q.
(r) = I E - d r . «'OO
(9.115)
Hallar el cam po eléctrico E y el poten cial
So lu ci ón : Si una carga puntual q se localiza en el srcen, la ley de Gauss para el campo eléctrico (9.32) se transforma en J^D n dS=q.
JJd.cíS= s
(9.116)
s
Si S es una superficie esférica de radio r con cen tro en el srcen, ento nces n = y D • n = D • er-D r donde Dr es la compon ente radial de D . Así que (9.116) se transforma en
S ’’
dS = q,
(9.117)
s
Por la simetría de la con figuración, D = D rer y sobre la s uperfici e de radio c onstan te Df es una co nstante. Como el ár ea superf icial de una esfera de radio r es 4nr2 ,
J J D r d S = D r(r) 4n r2 = q. s Por consiguiente, Dr(r) = q/(4irr2 ) y
De=r. Dr e r =
4nr
(9.118)
Como D = eE, e r. E = ~ q-~
4n&r
(9.119)
Ahora, puesto que E tiene solamente una componente radial, usando coordenadas esféricas la expresión (5.96) de A 0 , E = A 0 se reduce a Er = - d(¡>(r)/dr, o por lo tanto, d
^J rt
r b q dr q r br ° q dr drqr bdr I 4jrSr2 = ~ 4nE J^ » H ' •'a
y por consiguiente, ¿( « 0( a) = M J . 4 77c \ h a / Si a =
b = r y $(“) = 0,
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(9.120)
Ap lic aciones a la teoría electromagnética
237
(9.121)
4rr£r
La ley de Coulom b para campos electrostático s establece que la fuerza f entre do cargas q¡ y q2 es inversamente proporcional ai cuadrado de la distancia r i2 entre ellas: i.e., si er es el vector unitario desde q x a q 2, entonces,
f= PROBLEMA 9.26
4ff£r
e
(9.122)
Dem ostrar la ley de Coulom b para campos electrostá ticos.
So l uc i ón : Según la definic ión de fuerza de Lorentz (9.11), la fuerza f experimentada por una carga pu nt ua l q2 en el campo electrostático es f = q2E.
(9.123)
Si el campo E es producido por una carga puntual q x, entonces sustituyendo (9.119) por E en (9.123), o btenemos la ley de Coulomb para campos electrostáticos (9.122). Un dipolo eléctrico se forma por dos cargas iguales y opuestas separadas por una dista ncia arbitrariamente pequeña 1 , donde el vector I comienza en la carga negati va y termina en la carga positiva . El mom ento de dipolo elé ctri co p es el producto de la carga q y el vector distancia 1 , i.e., P = 1. (9. 12 4) Se forma un dipolo puntual cuando I — >0 y q —* de modo que el mom en to de dipolo eléctrico p permanece constante. PROBLEM A 9.27 Si el dipolo eléctrico está localizado en el srcen y el mo me nto de dipolo eléctrico está en la dirección positiva de z, mostrar que el potencial y el campo eléctrico del dipolo en un vacío cuya permitividad es son € q ,
P •r ¿(r) = 477Enr3 3 (p • r) -r r2 p
E(r) =
477£„r5
r)
47 r £ 0 r 1
4n-£0r 2
’
1
4 u S 0 \rj
1 r.
Si l < < r, entonces 1 Ti
r2
r ~ (1/2)
_ l eos 6 = ~ 7 2
eos 0 ______
1
r + (1/2) eos
1 ________
- (l eos d/2r)2
^ l eos 6
Sustituyendo esto en el valor de
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Figura 9.3
Un dipo lo en el srcen y el pun to de observaci ón en r.
23 8
Análisis vectorial
0( r)• =
al
COS
6
. c 2 47780r 2
(9127)
p es a lo largo del eje z, se ve en la
Como la dirección del momento de dipolo eléctrico figura 9.3 que
p • r = q l k • r = q lr cos 6. Por consiguiente, segú n (9 .127), (r) =
4 7t£„
•
(9.128)
También
v ( - ) = - rT r = - J í e r-
[3.126]
Por consiguiente,
,..
P-r
-=
-------
477E„r
1-----p • y/I -
477£n
Usando (3.113), el campo eléctrico E es E V 0 =
1 _ /P T ----- V „3 4n- £ 0 t| t V (pt) 47rE„r
J~ 47rE„
v(\ M•
(9.129)
Ahora, por (3.119), V (p • r) = p,
(9.130)
y por (3.125),
Sust ituyendo (9.1 30 1) en (9.12 9), E PROBLEMA 9.28 estacionaria,
3 (p • r) r r 2 p 47r£nr 5
Mostrar que en un campo estático producido por una corriente
V-J = 0. Solución:
(9.132)
Las ecuaciones básicas para los campos magn etostáticos son
V x H = J, • B =V0. Como
[9.105] [9.106]
V-(VX H) = 0 según (3.143), tomando la divergencia a ambos lados de (9.105), V-(V x H) = V - J = 0.
Obsérvese que (9.132 ) se puede ob tener tam bién de la ecuación de continuidad haciendo dp/ dt = 0.
(9.3)
La ley de circuitos de Ampere en magnetostáticaestablece que en un campo magnetostático, si I es la co m en te estacionaria total por una superficie S limitada por una
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239
Aplicacion es a la teoría electromagnética curva cerrada C, entonces
H dr
i
l.
(9.133)
Esta ley corresponde a la ley de Gauss en electrostática. PROBLEMA 9.29
Demonstrar la ley de circuitos de Ampere en magnetostática.
Integrando (9 .105) sobre una superfi cie S limitada por una curva cerrada Solución: tenemos por (9.2) para la corriente estaci onaria tota l / a través de S,
J J V x H d S J J J - d S = ¡. s
(9.134)
s
Aplica ndo el teorema de Stokes (4.10
4) a (9.134 ) se obtiene
í " Obsérvese que (9.133) puede
C,
■
d r=I.
■
obtenerse directamente de (9
.30) haciendo
9D/9 1 = 0.
La ley de circuitos de Ampere (9.133) puede usarse para calcular los vectores de campo magnético para casos en que exista un alto grado de simetría. Hallar el campo magnético PROBLEMA 9.30 una corriente estacionaria I.
H de un alambre recto infinito que lleve
Solución : Considérese un alambre recto exte ndid o sobre el eje z de » a °». Com o hay simetría cilindrica, se escoge un camino circular con un punto del eje z como centro con radio a , como se muestr a en la figura 9.4. Por la sime tría, el vecto r H es no solamente
azimutal sino también tiene la misma dirección de del contor no. Por consiguiente , por (9.133),
*
dr y su magnitud es constante alrededor
H • d r = Hcf,(277a) = I.
Así que H = Hcfre<£ = -— e<¿. 277a PROBLEMA 9.31 satisface
(9.135)
Mostrar que en el campo m agnetostático, el vector potencial A(r) Figura 9.4
V2A = fioJ,
(9.136)
con la condición V • A = 0, donde n o es la permeabilidad del vacío. Solución:
Como B = V X A y B = no H, po r (9 .105 ), V x (V x A) = n03,
(9.137)
que se reduce a V(V • A) V 2A = Así, s i imponemos la condición de L
J.
orentz (9.55 ) bajo estado estacionario, i. e., V • A = 0,
(9 .13 8)
obtenemos
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Un alambre inf inito q ue lleva una corrie nte / y su campo magnético H.
Anális is vectorial
240
V 2A = -ii0 J .
Obsérvese que (9.1 36) puede obtenerse tam bién de la ecuac ión de onda no homogénea (9.56) con 9 2 A/9 12 = 0.
9.8
Campos con variación de tiem po armónicos o sinusoidales
Los campos producidos por cargas y corrientes cuya variación con el tiempo es simplemente armónica, o sinusoidal, se llaman campos armónicos o monocromáticos.
Supongamos que la fuente varía en el tiempo como J(r, í) = J(r) co s (tü< + a ).
(9.139)
Entonces J(r, /) se representa por J(r, i ) - /?e [j(r )e'< "' 4(X>] K e[J(r)e'°e'
"']
= R e[ J( r)e ^'} ,
(9.140)
donde R e( z) =parte real de 2 y I( r) = J(r )e/ft es un vector complejo en el e spacio y una función de coordenadas del espacio solamente. La fa se del vector complejo I(r) es a. Como el factor de tiem po
V xÉ - 0,+ jc jB
(9.1 41)
V x H - j w D = I.
(9 .1 42 )
La ecuació n de continuidad (9.3) se transforma ahora en = 0.V • J + jo>p
(9. 143)
Para campos armónicos en medios lineales, isotrópic os y homogén eos, la forma armónica de las ecuaciones de Maxwell (9. 141 —2) se reduce a y X E -+ 0, j(ú pM
(9.144) (9.145)
VxH;w£É=J.
■
PROBLEMA 9.32 Mostrar que las ecuaciones de Maxwell (9.1 44 —5) en regiones sin corriente son invariantes para la transformación
E' = ± j / j Solución:
Si
H,
H =T j / É.
(9.146)
J = 0, entonces ( 9.1 44 —5) se transf orm a en V x E + jeo/x H = 0,
(9.147)
V x H ;üj£E
(9.148)
= 0.
Según (9.146 ) fTj/fa.
h
- ±
(9.149)
^ e '.
Sustituyendo (9.149) en (9.1478), V x H ' ;
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(9.1 50) (9.151)
:
Aplic acion es a la teoría electromagnética
241
lo que expresa que los nuevos vectores E' y H' satisfacen también las ecuaciones de Maxwell. Obsérvese que la transformación (9.146) es, en esencia, un intercambio de E y H, excepto para factores de escala. El lema Je Lorentz establece que si E , Hay representan soluciones a las 8 ) en una región sin fuentes, partiendo de fuentes ecuaciones de Maxwell (9.147 diferentes que operan a la misma frecuencia fuera de la región considerada, entonces V(Éa x H b - É„ x Ha) 0. PROBLEMA 9.33
Sol uc ió n:
(9.152)
Demostrar el lema de Lorentz.
Usan do la identi dad vect oria l (3.157), V • (É a x Hb) = H b • V x É a É a • V x Hb.
(9.153)
Como Ea , ETft satisfacen (9 .1 47 —8), V x Ea =
V x H b = /cuEEb.
Sustituyendo estas en (9.153), V(Éa Intercambiando subíndices
x Hb) =
Eb. • -j(o¡j.Ha • H b ja>EEa
(9.154)
ay b,
V • (E fa x Ha) = ;o>/iHa • H b ;a>EEa • E b
(9.15 5)
pues el pr od uc to pu nt o es c on mutati vo . Por con sig uiente , s us tra yend o (9 .155 ) de (9 .15 4), V • (E a x Hb E b x Ha) = 0.
[9.152 ]
El teorema de recipr ocidad de Lore ntz establece que si E , y Eft, a las ecuaciones de Maxwell (9.147 8 ) en una región sin fuentes, entonces J ^ (É a x
Hb
-
Eb
x
son soluciones
H a) • d S 0.
(9.156)
Este resultado se obtiene aplicando el teorema de divergencia de Gauss al lema de Lorentz (9.152). PROBLEMA 9.34 a
Mostrar que en el camp o armó nico, la condic ión de Loren tz se reduce V • A +=jcúp.E(f) 0,
y los vectores del campo complejo E
(9.157)
(r) y B(r) s e pueden expresar como B = V x A,
(9.15 8)
E = ;
(9 .159 )
jcofiE
Solución: Como en el campo armónico, todas las derivadas con respecto al tiempo 9/9 1 pueden reemplazars e por /co , (9.157 ) se deduce de la condici ón de Lorentz (9.55). De modo similar (9.158) y (9.159) se obtienen respectivamente de (9.42) y (9.43) sustituyendo
á = ~ — VÁ, JCúfJLE
( 9.160)
que se obtiene de (9.157).
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242
Análisis vectorial
PROBLEMA 9.35 Mostrar que, en una región sin fuentes, todos los vectores de campo armó nico, lo mismo que lospotenciales armónic os, satisfacen las ecuaciones deHelmholtz V2E + K * E « ,
(9.161)
V 2 í f + K 2H
0,
(9.162)
V2A + K2A
0,
(9.163)
+ K 2
0,
(9.164)
donde (9.165) So lu ci ón :
El rotaciona l de (9.147) es V x (V x E ) =
x H.
(9.166)
Por (9.148), V X H =/cjeE ; por consiguie nte, sustituyendo por V XH en (9.166), É ) = -ja>n 0'
V x (V x
(9.167)
Según (3.163), V
x (V x E ) = V( V E) V2 E = V 2E
pues V • E = 0 en un a región sin fuentes. Por tanto , (9.167 ) puede volver a escribirse como V2E + K 2E = 0. De modo simil ar por (9.147) y (9.148), V2H + K2E = 0. Obsérvese que (9 .163 —4) puede deducirse también de y reemplazando 32/9 12 por (yco) (ju) = ~ cj 2 .
(9 .5 6 7) haciendo J = 0,p = 0,
9.9 Ondas planas El vector de onda o propa gación es un vector cuya magnitud es igual a uisjue; i.e.,
K = K x i + K y i + K z k, donde IK f = K = (K 2 +Kj. + K onda. PROBLEMA 9.36
* )=/2 <ü
La ma gnitud
(9.168)
K se llama un número de
Si r es el vecto r de posición, E q es un vector complejo constante y É(r) = E 0 e ±;'K’r,
(9.169)
V • É( r) = ± ;K • E( r),
(9. 170)
V xE(r) = ±;K
(9.171)
mostrar que
So lu ci ón :
x
E(r).
Si E(r) ='E()±' K ’r, entonces s egún (3.15 56 ), V ■E (r) = V •(E 0 et ' K') = e ^ K’rV • E +0 V ( e ^ ' Kr) • E 0I
(9.172)
V xE (r ) = V x( É 0 e ±>K' r) = e±iK'rS/ x É 0+ V ( e ±iK,r) x E 0.
(9.173 )
Como EQes un vector complejo c onsta nte, se reduce a
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V • E 0 = 0, V x E 0 = 0. Por lo tanto, (9.172 3)
Aplicacion es a la teoría electrom agn étic a
243
V • E (r ) = V ( e±>K’r ) • E o»
(9.174)
V x E(r) = V (e ±;K ’r) x E0.
(9.175)
Como K • r = K xx + K yy + K z z, |- ( e ±íK -' )=
dx
±jKx e ±IK'r
y expresi ones s imilares con respecto aj ^y z. Por consiguient e, en virtud de (3.102), V ( e ±IK'T) = ± je ±iK'T (K x i + K yj + K zk) = ±; K( e ±>K' r ).
(9.176)
Sustituyendo (9 .176 ) en (9.1 74—5), V -É (r) = + ;e±, K’rK • E„ = ±;K • (É0e ^ K-r ) = ± ;K -É (r),
V x E(r) = Ije * ! * '* K x E0 = ±;K x (E0
= ±;K x E(r).
Observando (9.176) y (9.170-1), obsérvese que suponiendo (9.169), i.e., si la variación espacial es de la forma e±/K *r, entonces el operador V se puede sustituir por el vector ±/X. PROBLEMA 9.37 Helmholtz (9.161). Solución :
Mostrar que el vector de campo
(9.169 ) satis face la ecuación de
Por la identidad vectorial (3.163), V2E = V( V* E) V x (V x É ) .
(9.17 7)
Si E= E 0e±'K ’r, donde E 0 es un vector complejo constante , podemos reemplazar Vpor el vector ±/ K. Así por (9.177), con el uso de la identidad vectoria l (1.83 ) y / 2 = 1, V 2E = + ;K ( ±;K • E ) - (±;K ) x ( ±; 'K x E ) = -(K -E )K + K x ( K x E)
= (K • E ) K + (K ■E )K ( K K) É = ~ K 2 É.
(9.178)
Por consiguiente, V2É + K 2 E= (K
2
+ K 2)É = 0.
[9.161]
Una onda plarn ( monocromática) que se propaga en la dirección del vector de onda K es un campo armónico representado por E (r, 0 = Re [E (r)
f] = Re [ E 0
- K•'>].
(9.179)
La superficie d e fa se consta nte se define «¿tí K • r = co nst,
(9.180)
La velocidad de propagación v se define com o la velocidad a l a cual se mueven los plan os de fase con sta nte. Una onda transversa es una onda para la cual los vectores de campo magnético y eléctrico E y H son perpendiculares a la direción de propagación K. La impedancia característica V de un medio con constantes e y ¿ues la razón de la magnitud del vector de campo eléctrico E a la del vector de campo magnético H; i.e.,
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T 244
Análisis vectorial
PROBLEMA 9.38 Mostrar que (a) una superfi cie de fase constante es un plano norma l a K, (b) la velocidad de propagación de una onda plana a] vp es 1
(9.181)
(c) el vector del campo eléctrico E es normal a la dirección de propagación K, (d) el vector de campo magnético H es perpendicular a K y a E y es „ KxE H = --------,
(9.182)
Cúfl
y (e) la impedancia característica
r¡ es
'- m - /
(9.183)
Solución : (a) Si se halla una superfic ie de fase con sta nte haci endo t = const en (9.180), obtenemos la condición de fase constante
K • r = con st, que es la ecuación de un plano normal a K.
(9.184)
(Cf., problema 6.1 6.)
(b) Si £ es el compo nente de r en la dirección K (véase figura 9.5), en tonces p or (1.30) podemos escribir K • r = K | y (9.180 ) se transform a en cot ~K% = const. Diferenciando co n respecto al tiempo t se obtiene d£
cú
dt
K
(o
1
(c) por (9.14 8), en una región sin fuentes,
1
(9.185)
V x H.
jcúE Así que V E = — Figura 9.5
Una onda plana propagándose a lo largo de K.
jtú e
Reemplazando
V
V ( V
x
H)= 0.
(9.186)
p o r /K . (9.187)
;K •E 0 , lo que implica que E(r) es normal a la dirección de propagación K. (d) En una región sin fuentes , por (9.14 7), 1
H= Reemplazando
V
VxE. JCÚfl
(9.188)
p o r /K , H= Ti ( ; Kx E) =— ;
, (úfj.
[9.182]
lo que muestra que H es perpendicular a K y a E. Por el requisito V • H = 0 podemos obtener también la relación (9.189)
—; K . H = 0, lo que muestra que H es también normal a K. Reemplazando V po r y'K en (9.185), E =
KxH cú £
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íí x K cú
£
(9.190)
Aplicacion es a la teoría electrom agnétic a
24 5
Así qu e (9.18 2) y (9.19 0) muestran que (E , H, K) f orman un con junto derecho de vector es ortogonales. (Véase figura 9.5.) (e) Por (9.182) y como E, K son ortogonales, | H | = — | K x E | = — | E |. con ojfi Así que la impedancia es |E| 17 “
cup.
]¥ [ “ T
9. 10
/ p
V ~e'
” c uype
Probl emas suplemen tarios
PROBLEMA 9.3 9 Mostrar que en medios isotrópico s homogé neos, E y H satisfacen las ecuacion es de onda no homogéneas,
r , 2Er.uE V
¿ 2)E ------
P
= p
dt2
V 2 H —p 8 ^ P
8
^ dt
P
= V x J .
dt2
PROBLEMA 9.40 Mostrar que en medios isotrópicos homogéneos y una región sin fuentes, E y H satisfacen n2n
V Ep8 '
d 2E
dE
---------aa ------ = 0, dt2
F
dt
n !ll
F
1
dt
PROBLEMA 9.41 Un indicador útil para el campo electromagnético en el caso en que no hay cargas es el indicador de Coulomb, donde V • A = 0. Mostra r que en este caso los potenciales A y <¡>satisfacen
VA
d 2A
. s—
, J+,eV
.
dd>
V 20 = - - . 8 Mostrar también que para que los nuevos potenciales satisfagan la condición del indicador de Coulomb, la función indicadora i p debe satisfacer la ecuación de Laplace V 2 \¡j = 0. PROBLEMA 9.42 Mostrar que los potenciales en el punto definido por el vector de posició n r en cam pos eléctricos y m agn éticos uniformes son
0 = E • r,
A = — (B x r). 2
PROBLEMA 9.43 relacionados por
Mostrar que el flujo magné tico
y el vector de potencia l A están
<5 =<|) A - dr, y por consiguiente, que la fem en un circuito fijo
C es
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Aná lisis vectorial
246
A - dr .
fem = — 4) dt
PROBLEMA 9.44 Mostrar que la fuerza por unidad de volumen fv. llamada a veces la densidad de fu er za de Lor en tz, sobre una región de espacio libre (vacío) que contiene cargas y corrientes debidas a un campo electromagnético se puede expresar como
fv =pE + JxB. PROBLEMA 9.45
Usando las ecuaciones de Maxwell, mostrar que £0V ( E 2) + £0(E • V)E I V(B2)+ — (BV)B.
8 0 E(V.E)—
d t (E x B ) + tv = e „ f
2
+ — B( V B ) — Po 2 fio fiD La cantidad e(J E X B = D X B se llama a veces dens idad de mome ntum del campo electromagnético. [Sugerencia: Usar la identidad vecto rial g x (V x g) = y ^ ( g 2) (g •V) g, que p uede deducirse de (3.159) tomando f = g] PROBLEMA 9.46 Hallar el campo eléctrico carga infinita con densidad de carga por unidad
E y el potencial (¡>debido a una línea de de longitud pr
Respuesta: E = -------- e p, 0 (Pl ) 0(p 2) = — P¡ln / P 2 ' ¿n Ep
2vE
\p¡
PROBLEMA 9.47 Un volumen esférico de radio a centrado en el srcen contiene una carga eléctrica de densidad uniforme p Q. Hallar el cam po eléctrico E(r) y el potencial
Respuesta: Para 0 < r < a, E (r) Para r > a,
= — r e„ 3s0
0
a 3Po ------- er, 3 e 0r 2
E (r) =
-
(r) =
^ (r) =
3e0
a 2 + — (r 6e
2
a 2).
a 3 pn 3e f
PROBLEMA 9.48 Un cable coaxial consiste en un conductor sólido interno de sección transversal circular de radio a rodeado por un cilindro hueco conductor de radio interior b y radio exterior c. Una corriente total / fluye en el cond uctor interno y regresa por e l cond uctor extern o con distribución uniforme. Suponiendo que el e je del cable coincid e H den tro de y entre los dos con el eje z y su longitud es infinita, hallar el campo magnético conductores. Respue sta: Fo t p< a, H = ------- p e<¿; a < p < b, H = ------ e<¿. 2na2 2np
For b
PROBLEMA 9.49 E es
I
c2- p 2
H = —--------- ------ e ¿ . 2 np c b
Mostrar que la fuerza s obre un dipolo eléctrico en un cam po eléctrico
f = (pV) • E. PROBLEMA 9.50 Mostrar que el momento sobre un dipolo eléctrico colocado en un campo eléctrico uniforme E es
T e = p x E.
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24 7
Aplicacion es a la teo ría ele ctrom agnética PROBLEMA 9.51 Hallar la expresión para la fuerza ejercida sobre un alambre que lleva una corriente / cuando el alambre se sumerge en un campo magnético B.
Respue sta : f ^ l
ffl d r x
B.
c PROBLEMA 9.52 como
En un campo armónico, si el vector complejo de Poynting se define
P=
2
(E x H *),
mostrar que V -P + 2jo >(~ ¡i | H
|2 -
i e | . E| 2j = - | (E.J *),
donde H* y J* son vectores complejos conjugados de H y J, respectivamente y |H|2= H H * ,
|E|2= E-É* ;
dar una interpretación física de esta ecuación. PROBLEMA 9.53 Hallar el campo eléctrico a una distancia longitud infinita y fuerza p¡ coulombs/m. [Sugerencia: Usar la ley de Gauss (9.32 ).]
Respue sta :E = Ep ep = Pl/ 2nZ0aep
a de una línea de carga de
.
PROBLEMA 9.54 Mostrar que el campo e léctrico del dipolo eléctrico puede expresarse como
E= — 4ne —0r 3 (2 co s
de la figura 9.3
6 er + sen 6 efí).
PROBLEMA 9.55 Mostrar que la energía almacenada en un campo electrostático se pue de expresar com o
íIUed',h í S h dv’
donde p es la densidad de carga y
0
es el potencial escalar del campo electrostático.
PROBLEMA 9.56 Mostrar que la energía almacenada en un campo magnetostático se puede expresar com o
2JjJB 1AdV‘ ' HdV=2 JIC
donde J es la densidad de corriente y A es el
vector potencial del campo mag netostático.
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10 CAPITULO
FORMAS DIFERENCIALES 10.1
Formas diferenci ales
Una fo rm a dif erenci al ex terior del espacio 3dimensional con coordenadas x, y , z es una expresión obtenida sumando y m ultiplicando funciones de v alor real y los diferenciales dx, dy, dz de las coordenadas. Estas operaciones de adición y multiplicación obedecen a las leyes usuales asociativa y distributiva-, sin embargo, la multiplicación no es conmutativa, sino que obedece a la ley anticonmutativa: si reemplazamos x, y , z por jc„. x 2, x 3, respectivamente, entonces
dx¡dxj = -d xj dx j para 1/< < 3.i,
(10.1)
Por la regla anticonmutativa, denotam os esta mu ltipli cación de formas por medio de una cuña A. Si cada sumando de una forma diferencia l con tiene expresiones p dx¡ donde p = 0, 1, 2,3, la forma se llama fo rm a diferencial de grado p o simplemente, una fo rm a p. Así, una fo rm a 0 es simplemente una función diferenciable/Or, y, z); una fo rm a I es una expres ión f d x + g d y + h dz\ una fo rm a 2 es una expresión f d x A d y + g d y A d z + h d z A dx ; una forma 3 es una expresión f d x A d y A dz. Los coeficientes f g. h se suponen funciones escalares de las coordenadas, infinitamente diferenciables. Una forma exterior diferencial es idénticamente cero si y sólo si todos los coeficientes de su definición son idénticamente cero. Como extensión natural de las definiciones anteriores, sobre un espacio «dimensional con coor denadas .V,, . . . ,x „, una fo rma di ferencial de grado p (o forma p) es una expresión de la forma »• ■ Ip( x t , 4 , ■, xn) d x ¡^ A... a dx ¡ p , donde la suma se toma sobre todas las combinaciones posibles de ios índices p y los coeficientes an . . . i p ( x t x „ ) se suponen funciones infinitamente diferenciables de las coordenadas (o n variables).
10.2
Suma y producto externo de form as
Las formas diferenciales de la misma clase se suman combinando coeficie ntes de formas semejantes. Así, en notación de Índices para formas 1, Y 'ji d x¡ +
d x j = £ ( /, + g ¡ )d x ¡ .
La regla corresp ondie nte vale par a formas 2 ó 3 . Sin emba rgo, cuand o dos términos
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248
(10.2)
Formas diferencia les
24 9
contienen los mismos diferencia les, pero en orden diferente, deben ordenarse sus coeficiente s antes de sumar, usando la ley anticonm utativa ( 1 0 . 1 ). La multiplicación se llama a veces pr od uc to ex terior o pr od uc to cuña de formas diferenciales de la misma clase, además de obedecer las leyes as
dx¡ a dx¡ = -dxt a dXj,
(10.3)
Por esta regla anticonmutativa, debe preservarse el orden de los factores cuando se multiplican las formas. En general, el producto exterior de una forma p y una forma q esuna forma (p + q). Como una forma 0 es simplemente una función, la multipl icación externa por un a forma 0 no afecta el grado de una forma. PROBLEMA 10.1 Mostrar que en una forma diferencial las “repeticiones de los diferenciales son cero” ; i.e., d x j a dx ¡ = 0.
(104)
Solución: Este resultado es una consecuencia natural Así que haciendo i = j en (10.3), d x ¡ A dx¡ = -dx¡
de la ley anticon mutativa (10 .3).
a dx¡.
De modo que d x ¡ a dx¡ = 0 .
Mostrar que en el espacio 3dimensional, todas las formas
PROBLEMA 10.2
p con
p > 3 son cer o. Solución: Esta es también un a consecuencia d e la ley anticonm utativa (10.3). Un pr od uc to de más de dos expre siones dx . debe contener dx. dos veces. Pero de acuerdo con (10.4), la s repeticiones dan cero. Por lo tan to tod as las formas p con p > 3 son cero. Por ejemplo, como dx A dx = 0, dx A dy
A dx A d z
= —d x A d x a d y a d z = 0.
Así. en gene ral, el produ cto ex terior de u na forma p y una forma q es cero en un espacio «dimensional si p + q es mayor que n ya que habrá repeticiones. En este capítulo las formas diferenciales están, en general representadas por letras griegas minúsculas. Para las formas diferenciales
PROBLEMA 10.3
(X = x dx - y dy, cú =
¡3 = x dx - z dy + y 2 dz,
y dx A d z +x d y A d z ,
calcularlos produ ctos exteriores: (d)
a
y
6 = xyz dx
(a) CX a ¡3,
y = z dy, A dy A dz,
(b) a a /3 a y,
(c) a a co,
y
a 6.
Solución:
(a) Como
d x A d x = d y a d y = 0,
dy a dx = - d x a dy,
y
dx a dz =
-d z A d x, Ct A (8 = (x dx - y
dy ) A (x dx
= x2 dx A dx - xy dy -y 1d y A d z = x (y
- z dy + y 2dz) A dx - xz dx
z ) d x a d y - y 3dy
a dy + y z dy
a dz - xy 2 dz
A dy + x y 2 dx A dz
A dxc
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Análisis vectorial
250
(b ) Como dx A dy A dy y dy A dz A dy contienen repeticiones, ambos son cero y dz A dx A dy = —dx A dz A dy = dx A dy A dz. Por consiguiente, OL A f i A
y = [ x ( y - z ) d x A dy - y 2dy =
A dz - x y 2dz
= - x y 2z dx A dy
a a üj = (x d x - y dy) a a
a dx
A
dz.
a
(c) Como d x A d x A d z = d y A d y A dz = 0 y = xy dx
A dx] a z d y
x z ( y z ) d x A d y a d y y 2dy A d z a dy - x y 2z dz
(y dx A dz + x dy a
d x adz - y 2dy A
dx
dy A dx A d z = dx
A d y A dz,
dz) adz
+
x 2 dx A
dya dz xy
dy a
= (x2 + y 2) d x a dy A dz,
(d) Como dx A dx A dy A dz y dy A dx A dy A dz son cero. Por tanto , a A
0 = (x dx - y
(xyz dx A
dy ) a
= x 2y z d x a dx A dy A dz
contienen repeticiones, ambos
dy A dz)
- xy 2z d y A dx
a
dy
A dz
= 0.
PROBLEMA 10.4 mostrar que
Establece r la ley antico nm utativ a para las formas 1 a y (3; i.e., a a /3 = ~/3 a a.
Solución:
(10.5)
En la notación de índices, si las formas diferenciales son
a = Y^f¡dXi,
p = Y ^ é j dx j,
i
i
entonces por la ley anticonmutativa (10.3), a A P = (^2 U
=
A 1 ^ 2 éi d Xj' j
{‘&1 dx¡ A d x i
^ ‘
’
// f¡ g j dX j a dx ¡
i
i
dx^j
A
li dx¡
= jS a a .
PROBL EMA 10.5
Para las formas 1 a = /, dx
dz,+ / 2 dy+ / 3
¿3 = g, dx
+ g2 d y + g, d z ,
y =
A dz
dy
(
+h2 dz a d x + h 3 dx a dy,
1 0 .6)
(10.7) (10.8)
calcular los pro ductos ex ternos a A ¡3y a A y y mostrar que estos resultados corresponden a los productos escalar y vectorial de dos vectores ordinarios. Solución:
Usando (1 0.3 —4),
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Formas diferenciales
251
O. A /S = ( f l d x + f2 d y + í 3 d z ) A ( g x d x + g 2 d y + g 3 d z ) = ílg1dx
a dx + f2éi dy
+ fl g 2 dx
a dx + f3 g l dz.
dy + f2g2 dy
A
+ f l g 3 d x a dz + l2g3 dy
a dy
a d z + f 3g 3 d z a dz
4 á 2) dy a dz + (f3 g í
= ( {2éj
a dx
a d y + t 3g2 dz
í^g^dz
a dx
(10.9)
+ (^¿2 4á i) dx a dy ,
a f\ y = (fl dx + f2 dy + f3 dz) = /j /ii dx +
A (/it dy a dz + h2 dz
ft3 dx a dy)
A d y a dz + f3hl dz A dy
a dy a dz + /2/ jt dy
/i2 d x a d z a dx + í2h 2 dy
a
d z a dx + f3h2 dz
+ (íh 3 dx a dx a dy + t2 h 3 dy A dx A dy +
=
A dx +
í3h3 dz A dx a
a a
dz
d z a dx dy
+ í2h 2 + í3h3 ) dx a dy A dz.
(flhl
(10.10)
Ahora, se hacen las siguientes correspondencias entre formas diferenciales y funciones vectoriales: forma l a = lv dx + í2 dy + f3 dz <—►vector f = [f1( t2, fs], forma
1
forma 2y = hl dy a dz
¡3 = g,
dx
+ g 2 d y + g 3 d z <—>vector g = [g1; g 2, é 3],
+ h2 dz a dx + h3 d x
a dy
<—►vector h =
( 10 .1 1 ) ( 10 . 1 2 )
[hl, h 2,h 3], (10.13)
Entonces, comparando definiciones de productos e xterior y vectorial (10.9) y (2.25), vemos que e l producto e xterior a A ( 3de dos formas 1 (formas 2) corresponde al producto vectorial d e f X g. Com parand o también las definiciones de p rod ucto s ext erno y escalar (10.10) y (2.24), vemos que el producto externo a A 7 de una forma 1 y una forma 2 (forma 3) corresponde al produc to escalar de f h. Asi', en general a cualquier forma 1 ó 2 corresponderá una función vectorial y a cualquier forma 0 ó 3 corresp onde rá una función escalar . Las corresp onden cias entre las operaciones de formas diferenciales y las que incluyen funciones escalares y vectoriales se ilustran en las secciones finales.
10.3 PROBLEMA 10.6 que
Cam bio de varia bles y jacobiano de una transformación
Si se describe una transform ación p o r x = x ( u , v ),y = y(u, v), mostrar d(x,y) d x a d y = d u a d v d(u,v)
(10.14)
donde d(*>y) <9(1!, v)
dx
dx
du
dv
dy du
dy dv
—
*U
*v
(10.15)
yu yv
es el jacobiano de la transformación. So lu ci ón : dx =
du
Como las difer encial es son d u + — dv - x u du dv
+ x v d v,
dy dy dy =. — du + — dv = y u du + y v d v,
du
dv
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252
Análisis vectorial
el producto externo es d x a dy = ( x u du + x v dv) = x uy u du = (*uyv
du + y v dv)
a (yu
A du + x uy v du
A dv +
x vy u d v
A du + x v y v d v A d v
- xvYu) d u a d v
X, ,
X<,
du a dv
yu yv ¿(x,y) d(u,v)
du A dv.
PROBLEMA 10.7 Si jc =x(u , v, w) , y =y{u, v, w), z = z(u, v, w) describe una transformación, mostrar que d(x, y, z) d x A d y a d z = — ------------ d u a d v a d w , d(u,v,w)
(10.16)
donde
z)
d(*,y,
dx du
dx dv
dx dw
dy
dy
dv
du
d(u , v, w )
dv
dz dz du dv
dw dz dw
Xu
Xy
yu
Yv
Zu
Zy
Xw Yw
(10.17)
Zw
es el jacobian o de la transformación. So lu ci ón :
Los diferen cial es son dx = — d x d,u + —dx d,v + —dx — d, w = x u d, u + x v d, v + x m aw , , du dv dw dy dy dy d y = — d u + — d v + — dw = y u d u + y v d v + y w dw, du dv dw d z = — d u + — d v + —— dw = z u du + z v dv du dv dw
+ z w dw,
Entonces, procediendo de manera similar a la del problema 10.6, el producto externo es d x a d y a d z = (xu du + x v dv + x w dw) a (z u du + z v dv + zw dw =
(
y
— y w z u ) ~~ y u ( j ^ v ^ w
v
+ z u ( x v y w - x wy v)]cfu
XU Xy Zy
a
—
z v)
dv a dw
XW
yu y v y™ Zu
A (y u d u + y v d v + y w dw)
)
du A dv A dw
Z
d(x,y,z) d (u, v, w)
d u a d v a dw.
PROBLEMA 10.8 Mostrar que (10.14) es equivalente a la ley anticonmutativa (10.3) de los productos externos. So l uc ió n:
Inte rcambi ando * e y en (10.14) y por la propiedad del determinante,
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Formas diferenciales
253
esto es, si se intercambian dos filas de un determinante el valor del determinante cambia de signo,
dy
d(y, x) dx = ---------du a dv
a
d(u,
V)
d(x,y)
= - —— —— d u a dv d(u, V)
= -dx A d y „
(10.18)
Se ve también que (10.14) y (10.16) aparecen en el cálculo elemental, i.e., el teorema sobre transformación de integral múltiple requiere que dxdy se reemplace por 9 (x, y)/d(u,v) dudv cuando se hace la sustitución x - x ( u , t>),y ~ y(u, r). Así que las formas diferenciales se pueden usar para calcular el jacobiano de una transformación. PROBLEMA 10.9 El sist ema coordenado cilindrico se defin e po r la transformación x = u eos v, y = u sen v, z = w. [Véase (5. 36 ).J Usando formas diferenciales, hallar el jac obiano 3(x, y, z) /d(u , v, w).
So l uc i ón :
Los diferenci ales son
dx = eos v du - u sen v dv, dy = sen v du + u eos v dv, dz = dw. Entonces por (10.16), el producto externo es
dx a dy a dz — [(eos
v) du - (u sen v) dv] a [(sen v) du + (u eos v) dv] a dw
= (u e o s2 v du a dv u se n 2 v dv a du) a dw = u(c os 2 v + se n 2 v) du a dv a dw = u du a dv A dw d(x,y,z) = ----------------d u a d v a dw . d(u, V, w)
Así que el jacobia no es d(x, y, z) d(u,v,w)
lo que está de acuerdo con el resultado obtenido en (5.37).
10.4
Diferenciaci ón exterior
La derivada exterior de un a fo rma p u e s una f orm a (p + 1) doj que se obt iene aplicando un operado r d para transformar a> en du). Las definiciones de du> para form as del espacio 3 son como sigue. Si la función / diferenciable es una forma 0, entonces d f es la forma 1 di = ~ dx + ~ dy + fí- dz. dx ay dz Si lo es una forma l,f,dx entonces du> es la forma 2
+ f 2dy
doj = dil
a
+
(10.19)
f \ d z cuyos coeficientes f. son funciones diferenciables,
dx + dí7
a
dy + d( 3 a dz.
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(10.20)
254
Análisis vectorial
Si co es una forma 2, / , d y A d z + / 2dz A d x + f i d x A d y c uyos coeficient es /,• son funciones diferenciables, entonces du> es la forma 3 da>* df¡ A dy
d z + dít
a
dz
a
dx + dft
a
dx
a
a
dy .
( 10.2 1)
En resumen, ¿{forma 0 ) - forma 1 ¿(forma 1) = forma 2 ¿(forma 2) - forma 3
.
( 1 0 .2 2 ) (10.23) {10.24)
PROBLEMA 10.10 Mostrar qu e s i/ es una función diferenc iable de la s coordenad as, entonces el diferencial d f de /e s una form a 1 . Solución : Si f es una función diferenciable del espacio 3dimensional entonces por cálculo elemen tal, el diferencial d f de / se puede escribir como en (10.19); i.e., ,, df
df
df
dx
dy
,
[10.19]
dz
que es exactamente la expresión de una forma PROBLEMA 10.11
.« i
dt .
= — dx + — d y +— dz, 1.
Usando ( 10 .20) , hallar dc o para co =yz dx + x 2 dz.
Solución: Por la definición de la derivada (10.20), dco
= d(yz)
dx
A
+ d(x2)
= (y dz + z dy) = y dz
(y
f
dx + z dy
a
2 x) d z a
dz
A
dx + (2 x dx)
a
a
dx + 2x dx
A
cfx - z d x
A
dz
dz
dy.
a
PROBLEMA 10.12 Hallar dw cu ando co = f l d x + f 2 d y
+ f3 d z,
(10.25)
donde f¡ (i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables. Solución:
Por (10.20) y usando (1 0.19), la deri vada exterior es dco
= dti
A
dx
+ d t 2 A dy + d / 3 A dz
df,
dt ,
ax
ay
—— dx + —
d/2
— dx
(9/, dy + - — dz
az
d /2
d /2
/ d /3
dt
3
dz) /
d /3
df,
d t 2\ dz j
^r) dy A
dy
A
dy
/ (d fx
d t\
\dz
dx )
dz + [—
f dd ff 2 ddfjf \
+ ( — - — ] dx
a
\
+ t dz dzA
dy
dy
dx
1a
\
d x + -— d y + — dy dz
+ 1 \dx
dx
\
/
-—
i dz
a
dx
dy.
(10.26)
PROBLEMA 10.13 Hallar dco para co dado por co = /j d y A d z + f 2 d z a dx + / 3 dx donde f¡ (i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables de x, y, z.
So lu ci ón :
a
dy,
Usando la definici ón de derivada externa (10.21) y (10.19),
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(10.27)
Formas diferenciales
dco = d f í
+ df2
dy A dz
a
í dfl
dfí
dz
a
dx + df3
A
dll
255
\
d x + — d y + —— d z I A d y ay dz /
= I— \ox
/ df2
+ l— \dx
d l2\
df2
dx + — dy + — d z ] dy dz /
dL
dL
dU
-— d x + — d y + — d z ) dx dy dz
dfl d(2 d(3\ - — + — + — ) dx dx dy dz!
dy
A
A
A
A
a
A
c/x
a
dy
dz
dz A d x
di i
A
dy
(10.28)
dz .
PROBLEMA 10.1 4 Si co = x y dy A dz + x dz A dx + 3 zx dx A dy, hallar dco. La derivada exterior es
Solución:
da> = d ( x y )
a
dy
a
d z + dx
= (x dy + y dx) a dy a dz = (y + 3x) dx A dy a
dz
a
+
a
d x + d(3zx) a d x A d y
(3z dx + 3x dz) A d x a d y
dz.
f
.df.
función escalar
La operación sola de diferencistción en el sistema de l en tum o a las operaciones de tomar el gradiente de una fur rotacional y la divergencia de una funció n vectorial. Esto i la figura 10.1.
alar y tomar el en
Solución: Aplicando un operador d a la forma 0 f(x , y, z) que corresponde a una función escal ar, obtenemo s la forma 1
[10.19]
+ f ' -dyM dz dy dz
que a su vez corresponde a la función vectorial V f = [df /d x , df/ dy, 9//9z], el gradiente de f tal como se define en (3.110). Luego , aplicando el operado r d a la forma 1
a> = (l dx + t2dy + f 3 dz que corresponde a una da> -
d(3
dí2
dy
dz
función vectorial dy A dz +
[10. 25]
f = \f x, f 2, / 3 ], obtenemos, la forma
(dl l d{3\ (— — j d z
A
(dl2 di A dx + ( — — ) dx dx
dy
A
2
dy.
[10.26]
Así que (10.26) corresponde a la función vectorial V X f, el rotacional de f definido en (3.138). Finalmente, si h acemos correspond er la forma 2 [10,27]
a> = fl dy A d z + í2 dz a dx + f3 dx a d y
a la función vectorial f = [/i, f 2, f^ ] , entonces, aplicando el operador forma 3 df l df2 di-, — + — + — dx A dy A dz, da> dx dy d z , que corresponde a su vez a la función escalar (3.127).]
f
d , obtenemos la
[10.28]
V * f, la divergencia de f. [Cf., 10.28) y
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forma
0
grad función
1
____ dcoí __ _ — fo rm a
1
forma
2
función
vectorial
PROBLEM A 10.15 Obte ner una r elación entre las derivadas exterio res de una form a 0 y gradiente, una forma 1 y rotacional y una forma 2 y divergencia.
dx
forma
-dco. “2---------------forma 2
forma 3
Figura 10.1
f)
vectorial
-V x
f( rot f) fu nción vectorial
'V • f (div f) función escalar
Análisis vectorial
256
Según las definiciones y ejemplos anteriores sobre derivadas exteriores de I vemos que, en general las derivadas exteriores de formas satisfacen la pr op ied ad
d{aa
(10.2?)
donde a , 0 son formas arbitrarias ya, b son números. Si a y (3son formas 1, mostrar que
PROBLEMA 10.16
d(a A/3 ) = d a A /3 ® A d /3 . Sol uc ió n:
(10.30)
En la notación de índi ces, sea a = Y 2fi d x i, P = J ^ g jd xj, i j
(10.31)
donde f¡, gj (1 < i, j < 3) son func iones diferenciaba s de las coordenadas. Entonces por la definción de una derviada externa,
do. =di¡ /
a
dx¡,
d /3 = E
dg¡ ;
a
dXj ,
(10.32)
Ahora,
aA^=(2] di) A(? g¡ dx¡ fi X Usando la ley anticonmutativa d(a
a
/3) =
a
dx¡.
(10.3) y (1 0.31 —2) la derivad a exterior es
E E d(fjgj) i i
i
fjg j dXj
)'??
a dXj A dXj
] L,
**
E = E fe ■ E f Ej \ÍEk
l;
adx¡ adx>
á’ H
+E E Í Z ! i i \ k
A * , A ‘' ’‘ ' Ad x , A d X,
-EE(E £ +E E (E
^*
E E (d/j i ;
A
^ = da a
»J
dxy)
A gy
a í ,< íx , a
dx j E iE i f i dXj
(df, A dx,) A ^ á , dx¡ E /3
*,
f¡ dx j A
A
(cfg;
A <ÍX; )
(dgj a dx y)
oc a d/3.
PROBLEMA 10.17 Ver ificar ( 10.30) co n a = /d x y 0 = g dy, do nd e/ y g so n fu nciones diferenciables de las coordenadas x, y, z.
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Formas diferenciales Solución:
a A (3= f dx A g dy =fgdx
Como
d( 0 C a jS) = d(fg)
dx
a
257
A dy,
la derivada exterior es
dy
a
d(íg) d(fg) ) d(fg) d(fé) — ----dx + — -----dy + — -----dz dy dz . dx d({g)
dx
dx
a
1
a
dx
A
dy
dy
A
dz df dg\ — g+ f — dz dz
dx
a
dy
a
dz.
Ahora, d
dy + — dz) A dx dy * dz 1
+ —
df
— dy
A
df
dx + — dz
dy
a
dx,
dz
y por lo tanto, = (~ - dy \dy
da a
dt
dx + dz dz
a
g dz
A
dx
A
dy
— g dx
A
dy
A
dz.
dz
a
dx)
a
g dy
De modo similar, dfi = dg
A
( dg
dg
\dx
dy
dg
dy = I — dx + dg
— dy +— dz )a dy dz
/
dg
= ——dx
A
dx
dy + — dz
A
dz
dy,
y por consiguiente Ot A
d/3
=
f
¡dg
dx
Al —
dx
dg
A
dy +——dz
\dx
dg
\
A
dy 1 = -
dz
f
— dx
A
dy
A
dz.
dz
/
Así que
d(X a /3 -
(df
a
A
df i = ( — \dz
dg\ g+ f— )
dz /
dx
a
dy
a
dz
=
d((X
A
¡3).
Si a es una form a p y ¡3es una forma q sobre un espacio «dimensional, la generalización de (10.30) es d(a a 0 ) = d a a p +. (- i) p a a d p .
[10.30]
(10.33)
PROBLEMA 10.18 Demostra r (10 .33). Solución :
Si a y
(3son monomios dados por a - f dx1 ¡ '
a
P = g dxh
A ... A
...
a
’p ’
dx ¡ ,
(10.34)
dxjq,
(10.35)
entonces sus derivadas exteriores son
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Análisis vectorial
258
da = d f
a
dx¡i
d/3 = dg
a
dx;i
dx¡p)
(10.36)
A c?Xy9 ,
(10.37)
...
a
a
.. .
a
Ahora, con uso repetido de la ley anticonmutativa (10.5),
d (0C A /S) = d(/g)
A
dx¡i
= (f dé + é df) = Ce// A
A ...
a
dx¡p
dx, 1 A
A
G?X¿1 A . . .
c/xip)
A
+ ( l) p (/ dx¡ t A ...
A
dx¡i
A .. . A
A
dx;’p
A
A
(g c/x;i
dx i p)
A
A (dg
dx 11 1A
dxj(j
A .. . A
c/x;i
A
dx;' q • dx/q)
.. . A
A
...
AcfXj
[10.33]
= d a A / S + ( l) p a A d / 8.
Por consiguiente, queda d emo strado (10 .33) para mo nom ios a y j3. El caso general se sigue por linealidad.
10.5
Lema de Poinca ré
El lema de Poincaré establece que si cj es cualquier forma de funciones continuame nte diferenciabl es, entonces (10.38)
d(du >) = 0 . PROBL EMA 10.19
Demostrar que par a cualqui er forma Uco , • i
Solución:
II
(10.39)
O
Como una forma 0 es una función escalar, sea
co = f(x , y, z) , donde f(x, y, z ) es una función co ntin ua dos veces diferenciable. Si deno tamo s la diferenciación parcial por una notación con subíndices(p.e. etc.), entonces por (10.19),
df/dx =f x , d2f/dx dy =f xy ,
da> = df = f x dx + fy d y + fz dz.
(10.40)
Así que
d(da>) = d(df) = d fx
A
dx + dfy
A
dy + dfz
= ( f xx dx + f yx dy + f zx dz)
+ (fxz dx + f yz dy + f zz dz) =
( {yz
~ i
zy )
dy
A
a
dz
dx + (fxy dx + fyy dy + fzx dz)
a
a
a
dy
dz
dz + (fzx f x z) dz
a
dx + ( f xy —f y x) d x
A
dy
= 0,
(10.41)
pues todos los coe ficien tes son cero porque f xy = fyx, etc. De modo similar, se puede mostrar que (10.38) vale también para cualquier función continuam ente difere nciable de n variables. PROBLEMA 10.20
Demostrar que para cualquier forma lw ,
d(d<ü) = 0 . Solución
:
(10.42)
Usando notación de índices, una forma 1 co se puede expresar como
(Q =
donde f.( i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables de Ahora, por la definición de derivada exterior,
da> =
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(10.43)
f i dx¡,
df¡
a
x .{i= 1, 2,3). dx j .
(10.44)
For mas diferenciales
259
Así, usando (10.30), d(dú i) = y
' d(df
j
A dxj)
= ^^ [d (d /; ) A d x ¡ —df ¡ A d(dx ¡)].
(10.45)
Pero por (10.39), d(d /¡) = 0 Por consiguiente,
d(doj)
PROBLEMA 10.21
y
d (d x;) = 0.
(10.46)
= 0.
Si co es una forma 2, mostrar que d(dw ) = 0.
(10.47)
S ol uc ió n : Si co es una forma 2, entonces el grado d e d(dco) es 4, que excede a 3; por tanto, según el resultado del problema 10.2, d(da>)
=
0.
PROBLEMA 10.22 Demostrar (10.38); i.e., mostrar que para cualquier forma diferencial co, d(d
a> = f
donde f e s una función de usand o (10 .33) d(dco) = d(df
n variabl es con tinua y dobleme nte diferenciable. a
= d(dí)
(10.48)
a dxip,
Ahora,
dx/i A .. . A dx¡p)
a d x ¿i a
... A
= d / a d(dx¡( dx íp) a ...
dx¡p d i a d(d x¡ i a ... a
a
cfx¡p)
(10.49)
pu es d (d /) = 0 po r (1 0.3 9). As í, es su ficien te m ost ra r qu e
a
(10.50)
p. Supongamos que
por inducción sobre d(dx¡i
dxip) =
a ... 0. a
d(dx¡í
Demostr amos (10.50)
...
(10.51)
A d x jp _ 1) = 0.
Entonces, usando otra vez (10.33), d(dxfi a ... a dxíp) = d(dx¡¿)
a
d x ¡2a ...
adx ¡
dx¡i
A d(dx¡2 a . . . A dxjp) = 0
pu es d(dxn )= 0 por (1 0.40) y d(x¡2 A . . .dx¡p) = 0 por la hipótesis (10.51). Esto completa la dem ostración de (10.47 ) cuando c o es un mo nom io. El caso general se si gue por linealidad.
PROBLEMA 10.23 Mostrar que el lema de Poincaré (10.39 a la fórmula vectorial
) para una fo rma 0 co corresponde
rot (grad /) = V x (VO = 0. S o luc ió n: Com parándolos r esul tados del problema 10.1 9 y el problema 10.15, o usando la figura 10.1, vemos que la relación d(d
[10.3 9] a la identidad vectorial V X (
y
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f ) = 0.
260
Análisisvectorial
PROBLEMA 10.24 Mostrar que el lema de Poincaré (1 04 2) para una f orma 1 a la fórmula vectorial div (rot f) =V ( Vx f ) =
lo
corresponde
0.
So lu ci ón : La figura 10.1 muestra que si lo es una forma 1, dLo corresponde al rotacional de una función vectorial y d(dcj) a su divergencia. Así, la relación
d(dcü) =
[10.42]
0
vale para una forma 1 co y por tanto , corresponde a la identidad vectorial [Véase (3.143).]
10 .6
f)
= 0.
Invaria ncia de derivadas externas bajo transformaciones
n T es una regla que asigna a V , un punto (_v, , . . . , x „ ) en un
Un cada p espacio «dimensional
V (V X
Vf ; i.e..
Tt vm — ¡ | IJna t
s coor denad as como
«»m). * = 1,2,
(10.52)
■ .iii'tformai.iún T es dijen ní table si las funciones coordenadas ( 1 0 * :) son continuamente diferenci abas. ■de un o y i m to en Vm a a T 1 Je existe T si 7'es o y se d i ■ BMMi
:V
—* Vsobre co ti u) i.?, ...........yiici ...............dxn siempre que aparezcan po r las funciones coorde nadas ( 10.5 2) y luego sitri o el resa ltado p or medio de algebr a de formas. s, i.e., suma, pr od ucto cufia y + p*,
(a + /
(10.53)
(dw)* = d(a>*).
(10.55)
Obsérvese que en (10.53) las formas diferenciales a y (3 deben tener los mismos grados, pero en (1 0.54) a y 0 pueden tene r grados diferentes. La ecuación (10 .55) m uestra que el operador d es invariante bajo una transform ación diferencial. PROBLEM A 10.25 Si la transf orma ción T es x = u + v,
y a =xy, dx,
(a + ¡3)* = a* + ¡3*, (a a So lu ci ón : 0C*
y =uv,
j3 =y dy, mostrar que
¡3)* = a* a /3*, (da)* = d(a*).
Para a, |3, T dados,
= (u +v)( u - v)d(u
+ v) = (u2 v 2)(d u + dv) = (u2 v2)du + ( u2- v 2)dv,
¡3* = (u - v )d (u v) = (u v)(du - dv)
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= (u v)du (u
v)dv.
Formas diferenciales
261
Entonces, (CX + /3)* = (xy dx + y dy)*
= (u + v)( u - v) d( u + v) + (u - v) d( u
v)
= a * + /3* ,
(Ot a /3)* = (x y dx a y dy)* = (u + v)(u v) d( u + v) a (u v) d(u v) = a* a /S*. Como c/Ot = d( xy dx) = d (x y) A dx = (x dy + y dx) A dx = x dx
dy ,
a
tenemos
d(0.*) = d[(u2 v2) du + (u2 v2)dv] = d(u2 v2) a du + d(u2 v2) a dv = (2u du 2v dv ) a du + (2u du 2v dv) a dv du + 2u du
a
dv
= ( u + v)d(u + v)
a
= 2v dv a
= 2 (u + v) du
a
dv,
y po r consiguient e,
(d(X)* =(-x dx A dy)* d(u v)
= (u + v)(du + dv ) a (du dv)
= -( u + v)( -d u
a
dv + dv
a
du)
= 2 (u + v) du A dv = d(OL*).
PROBLEMA 10.26 Verificar la rel ación de invar iancia (10.55 ), esto es , (dw)* = d(co*) cuando cuando co = x dy A dz y T es la transformac ión x = u + v - w, y = u2 - v , z = v + w2 Solución: Como
dco = d(x dy
(da>)* =
d( u +
a
dz) = dx
dy
a
a
(dv + 2w dw)
= (2 u dv a du - 2u dw a du - du
a
= 2 u dw a du a dv + 4uw dv
du
a
dz ,
d(u2 v) a d ( v + w2)
v w) a
= (d u + dv dw) a (2u du - dv)
= - 2 (u + w + 2uw )d u
a
dv
a
a
dv + dw
a
dv) a (dv + 2w dw)
dw 2w du
a
a
dv
a
dw
dw.
Ahora, o>* = (x dy a dz)* = (u + v w)d(u2-
v)
a
d(v + w2)
= (u + v w)(2u du dv) a (dv + 2 w dw) = (u + v
w)(2u du
a
dv - 4uw d w
a
du - 2w dv A dw)
= (2u2 + 2u v 2uw) du a dv + ( -4 u2w - 4uvw
+ ( 2 uw 2vw + 2w2)d v
a
+ 4 uw 2)d w a du
dw,
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26 2
Análisis vectorial
y por consiguiente la derivada exterior es d(a)*) = d(2u2
+ 2 u v 2uw)
du a d v
a
2 w - 4 uvw + 4u w2) a dw A du
+ d(-4u
+ d( -2 uw - 2vw + 2w2 ) A dv A dw = ( 4 u du + 2 u dv + 2vdu - 2 u dw 2w du)
+ ( - 8 uw d u - 4u2 dw - 4vw du - 4uw d + 8uw dw)
a du a d v
v - 4uv dw +
4w 2 du
a dw a du
+ (- 2 w d u - 2u dw
2w dv
2v dw + 4w dw)
= 2 u d w a d u a d v 4 uw dv A dw = — 2 (u + w + 2uw)du a d v a dw.
a
a
dv a dw a
du - 2w du A dv
dw
Así, hemos verificado que (dw)* = d(co*). PROBLEMA 10.27 Si T : Vm —> V es una transform ación diferenciable y la función f ( x i , . . . , x ) es una forma 0 sobre V mostra r que (di)*
Solución:
= d({*).
Si T : Vm —►Vn está descrita por = x /( t/ 1( • • ■, um),
(10.56)
i.e.,
(10.52),
i = 1, 2, ■■ ■, n ,
entonces * ’ t ^m ) =
(^ 1 f
Um),
'
, Xn (U j, • • • ,
U m)].
Como / es dif erenciable, la deri vada es dl= V
df (Xl, ■■ ■,xn)
----------— ------—
dx,.
dx,.
Por consiguiente, (di)*
= £
df [Xl(ul t - ■• , um), ■■■ , x „ ( u „ . • • , um)]
dx ¡
---------------------------------------dui dx¡
du¡
i
du¡ d((*).
PROBLEMA 10.28 Si gj es una forma 1p sobre VnJ y T m. V mostrar que (doj)*
Solución:
—■ * V es diferenciable, n 9
= d(a>*).
[10.55]
Demostramos (10.55) po r ind ucció n. Se ha mos tra do en el p rob lem a 10.27
que (10.55) es verdadero cuando cj es una forma 0. Ahora supongamos que (10.55) es verdadero cuando co es una forma (p - 1). Entonces es suficient e d emostrar (10.55) para una forma p del tipo co a d x h
Por ( 10.33), la derivada exterior es d(o
a
dx¡) = dco a d x¡ + (—l ) 13 1 co a d(dx¡) = dco a dx¡
pues d(dx¡) = 0 po r (10.38).
Así
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263
Formas diferenciales
[d((ú a cfx, )]* = (d(ú a dx¡)* = (da>)* A ( d x ¡)* = d(a> *) A d(xf) = d[&>*
a
(c/x,)*]
= d[(a> A dx;)*].
La relación (10.55) muestra también que la derivada exterior de una forma diferencial es independiente del sistema coordenado en el cual se calcula.
10.7
Integraci ón de forma s
Una curva suave C del espacio en el espacio 3dimensionai con coordenadas x, y, z se representa por las ecuaciones paramétricas x = x( t),
z = z(t),
y = y(f),
V3
(10.57) (a)
con a
T: V , — VV Así la curva C en V3 es una aplicación de un intervalo cerrado [a, b ] sobre la recta real en V3. (Véase figura 10.2). Si oj es una forma 1 sobre V 3, la integral de w sobre una curva C se define por CU » I
|
(10.58)
1: 1* ,
Je donde oj * es la forma I transformada de co por T. Así, si co se expresa como ío » (/, dx + /j dy + /, dz),
donde las/,, (i - 1, 2, 3 ) son funciones diferen ciables de x, y, z, entonces (10.58 ) se expresa como /, dx • /, dy *
L " L
dz - I JM
r
<■>*
(b ) Fig* 10.2
U*(t)x'(o
+ /, * « /(< ) * n(t)*'(t
)J d t, (10.59)
donde/? {t)~ f([x{t), y(t), z(t) \,x' (t)~d x(t)/dt,etc. E¡ lado derec ho de (10 .59 ) es sólo una integral ordinaria. PROBLEMA 10.29 Si co= x dx + y dy + xyz d z y C es una curva representada por transformación x = t, y = t, z = t con 0 < t < 1 , calcu lar I a>. Je
la
Solución : Como oj* = t2 dt + t dt + t 3 dt = (f 2 + t + t 3)d t, entonces por (10.59),
r„.f Je
f
„ .. •'•'[[ 00,1. 1 ]
r o
, , 3N , 1 1 1 13 (í 2 + t + f3)dt = - + + = — . 3 2 4 12
PROBLEMA 10.30 Si / es una forma 0 sobre V3 , i.e., una función de x, y, z, y C es una curva en V3 representada por (10.57), mostrar que
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Mapping of
the inte rva l
on Vl into
V3.
[a, t
264
Aná lisis vectorial
f d f= f* (b )-f* (a ),
(10.60)
•Je
donde f* (t) = f[ x ( t) , y ( t ) ,z ( t) ] . So l uc i ón :
Por la definic ión (10.58) de una integr al y usando (10.56), f cf/ = f
(c//)* = f
J e*^[a,b]
f b — (/* ) e fí = /*(6)
c/(/* ) =
^ [a ,b ]
*/a
f*(a)
^
po r el teo rema fun dame ntal del cálculo. PROBLEMA 10.31 Considérese una curva C en un plano representado por la transformación t < 1. Entonces (a) s i c o =y 2 dx + 2xy d y, calcular ‘ f oj,
x - t, y - t 2 con 1<
Je
y (b) hallar una función / tal que d f = co y verificar (10.60). Solución:
(a) Como co* = t* dt+ 2 í 3 d (t 2) = 5 í4 dt, entonces, usando (10.59), f co = f • 'c '[i.i]
co* = f 1 5 t 4 dt = f 5
Jr-i.ii
(b) Para u>=y2 dx + 2xy dy,
i
J-i
= 2.
sea f(x, y ) una función tal que d f = co. Enton ces,
df Sf d f = —— dx + — dy = y 2d x + 2 xy dy. dx dy Así que,
dí
2
df
— = yxy. \ — =2 dx dy
(10.61)
Por la primera ecuación de (10.61),
í(x, y) = xy 2 + á(y), y por consiguiente,
df ,, , 9 — = 2 xy + g (y). dy
Comparando esto con la segunda ecuación de (10.61), tenemos
g ' (y) = 0, estos es, £(y) =
K =constante. Así, f(x, y) = xy 2 + K, f* (t ) = /[x(í), y (í)]
= t5 + K.
Por (10.60), f co= [ df=f*(l)-f*(-l) =
Je
Je
(l + K )- (- l+ K ) = 2,
lo que está de acuerdo con el resultado de la parte (a).
Una superficie suave Sen el espacio 3-dimensiónal V3 , representa por las ecuaciones paramétricas x = x(u, v),
y = y( u, v),
* = *<«,
c o n a
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x , y , z , se
Formas d iferenciales
265
T Vt -+ V}i ■ po r consiguiente, una superficie S en es una aplicación de un rectángulo cerrado D : a < u < b, c < v < d en el espacio 2dimensional V2 con cordenadas u, v, en V3 (véase figura 10.3). Si co es una forma 2 sobre V3 , entonces la integral de co sobre una superficie S se define por . . <'0 63, ■ que co* es una forma es una integr al m últiple ordinaria.
co po r T y el lado derecho de (10.63)
2 transformada de
PROBLEMA 10.32 Si co = x d y A d z + y d x A d y , y S es la superficie representada por la transformación x = u + v, y = u v, z = uv, con 0 < m< 1,0 < v < 1, calcular
JJ'
(a )
Como la forma 2 transformada de co por T es
So l uc i ón :
d(uv) +
(u —v)
d ( u + v) A d ( u — v)
= (u + v ) 2 d u A d v — 2 ( u —v) d u a d v = (u2 — 2 u + v 2 + 2 v + 2 u v) du
a dv,
entonces , po r (10.63),
0
J J co =JJ co*
=
J
J
(u 2- 2u + v 2 + 2 v + 2uv) du dv
v 2 + 3 v ------ d v
r Jo 7
6
Figura 10.3 *
co don de co = x y dy A dz + x dz A dx + 3 z x dx A dy,
PROBLEMA 10.33 Calcu lar
y S es la superficie dada por z = x 1 + y 2con 0 < x < l , 0
Como
j/<1.
S se puede describir por las transformaciones x = u,
y = v,
z = u2+ v 2
con 0 < u < l , 0
a d (a2 + v 2) + u di u 2 + v 2) a du + 3 u( u2 + v 2) d u a d v a
(2u du uv2
+ 2 v dv) + u (2 u du + 2 v dv)
2u 2v - 2 uv ) du
a
a
d u + (3 u 3 + 3 u v 2) du
dv,
y por (10.63),
J J co
~JJ-J J a)*
( 3 1/3 + 3u v2 —2u2 v 2 uv) dudv
■i"(H _5_ 12'
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a
dv
Aplica ción d e un rectángulo cerrado de V2 en una superficie de K 3 .
266
Análisisvectorial
La fr ontera dS de S está formada por las curvas del borde de S que se describen por / i
dS¡: x = x(u , c), dS{.
d
3D 3
íD,¿
i
y = y (u, c ), z = z(u,c),^ y « y ( 6 , v), z z( b, V ),
x =x( b, v),
I
(10.64)
dS,: x = x (u ,d \
y =y(u,d),
z = z ( u ,d ) ,
y = y( a, v), z = z (a , v ), J
con a< u< b, c < v < d. Entonces la frontera dS de S se expresa por ¡i 13D,
D
<9S =d S t + ¿S , dS ,
c ao,
,
(o )
(10.65)
Las cuatro curvas de borde (10.64) son las aplicaciones de los cuatro segmentos de recta que forman la frontera del rectángulo D de V2 en K,. (Véase f igura 10.4.) Los signes menos antes de dS 3 y dS* en (10.65) se deben al hecho que un viaje consistente alrededor del borde de D, y po r ta nto de S, se ase gura cambian do el sentido de ios segmentos de recta dD 3 y 9Z>4 . (Véase figura 10.5.) Si
Jas
(O =
I
CO +
Jas t
I
O) +
J-ds%
J -is,
(0+ 1 co - j co - I **3Sj Jast
= |
Jast
co
ÚJ + I
j
Jas,
( 1 0 .6 6 )
co
pues la dirección en la cual se tom a la ruta de integración se dete rmina po r la relación
f • dSf f ^dSjf dSt W = ~ JdS
(10.67)
(O.
El teorema de Stoke s expresa que si c o es una forma 1 sobre V3 y 5 es la superficie S 2dimensional sobre V3 , entonces (b )
( 10 .6 8 ) Figura 10.4
Aplica ción de la fronte ra de un rectángulo de V2 en V 3.
9* PROBLEMA 10.34
i r
Verifica r el teorema de Stokes (10 .68) para formas 1.
Se expr esa la forma 1 co de V3 como
Sol uc ió n:
(10.69)
donde las f¡ (i = 1,2, 3) son funcione s diferenciables de x, y, z. Entonces la forma 1co*, transformada de co por T : V2 —* V3 se puede expresar como co* - f ( u , v) d u + g ( u , v ) d v ,
(10.70)
donde / y g son funciones diferenciables de u, v, i.e., de las coordenadas de definición ( 1 0 .20 ) de la derivada exterior de una forma 1 , d(co*)
ídg
df
\du
dvl
V2.
du A dv.
Por la
(10.71)
Ahora, por definición (10.63) de la integral y usando (10.55) y (10.71),
/ / da-JJ w")* S
D
D
-ff D
(ff -f )
' / / lí
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M
“ /
/
dUch'-
<10 72)
Formas diferenciales
26 7
A
a*iu<:b,
u,
c < f < d, entonce s, in tegrand o primero co n respe cto a | í dadv ,
j y
jf
|á
rfpdv.jf'
dv,
/ ( v)
d donde / (v) =
í
b dg(u,v)
-dDs
du.
du
- dD3
/ (v ) =
g ( b, v ) - g
D
¡>dD2
c
Como v es una c onstante en la integral parci al I( v) , el integrando es la derivada ordinaria con respecto a u. Así, por e l teorema fundam ental del cálculo , (a, v).
O
u
Por tanto, J J ^
dudv
=
J
g (b ,v)d v~ J c
d
c
Ahora sobre la curva 9 D 2 en 9D, como du = 0, (10.70) se reduce a co* figura 10.4.) Así, por definición (10.5 8) de la integral í
(a)
(10.73)
g(a,v)dv.
g(b,v)dv=f
cú*
=
c
=g(b, v)dv. (Véase
co.
f JdS,
Por un argumento similar g ( a, v ) d v =
f
•Je
co* =
í
f
Jd D .
Cú.
•JdS.
Por con siguiente, sustituyendo (10 .74 5 ) en (10.73),
li li * * -/ dS2
(10.76) Figura 10.5
dS4 v,
De modo similar, integrando primero con respecto a
(10.77) dS j
ccS j
Así, sustituyendo (10.767) en (10.72) y usando (10.66), obtenemos el resultado requerido
JJ
J J J J
dcú =
s
Cú
—
Cú ~
ds 2a s ,
dS.
-
J
Cú +
a s3
dS7
(ú
as,
dS*
dSa
cú.
es
C, En el problema 10JO , si los dos extremos de la curva C so n la frontera 9C de entonces el teoremade Stokes para orma f 0 < 10.60) se escribe como (10.78)
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Cam bio del sentido de los segmentos de la aplicación que se muestra en la figura 10.4.
268
A nálisis vectorial
La integral de una forma 0 en un punto/? es
I
&> = « ( p)
(10.7 9)
en P
Como está fuera del propósito de este libro definir la integral de una forma p sobre una región pdimensional de un espacio «dimensional V , es suficiente establec er el teorema general de Stokes: Sea u? una forma diferencial de grado (p 1) definida sobre alguna regi ón acotada pdimensional M en V (p < n) con una super ficie (p 1 )dimensional como frontera suave bM. Entonces,
[dco - f w M J¿M
(10.80)
El teorema general de Stokes muestra la relación entre la integral de una forma diferencial w y la de su derivada exterior du>. El teorema general de Stokes está relacionado con los teoremas de Gauss, clásico de Stokes y de Green por el teorema: Sea f - \J\ , f 2, f i ] una función vectorial continua y diferenciable en una región R del espacio 3dimensional V3 y sea co, =/, dx + f 2 dv + / 3 dz la forma 1correspondiente. Entonces, comparando
= í f, dx + f2 d y + fj d z = I Je J r. J°
í
U*(t)x(t)
+ í2*( t)y '(t )+ i*(t)z(t)\ dt
[10.59]
j f - c f r = f (/,dx + /j d y + f, dz ) , Je Je
(4.151
obtenemos
/ - /-Jec
I d r.
(10.81)
Je
Así, la integral de la f orma 1 sobre una curva se llama integral de línea. Si a >2 = /, dy A dz + j\ dz A dx + dx A £/>■es la forma 2 corre spo ndi ent e a f, cuya integral de superficie se puede expresar comoJ"J"f s
Js J - J Ts
* dS por (4.31), entonces
ídS.
(10.82)
Así la integral de la forma 2 sobre una superficie se llama también integral de superficie. Si w 3 =fdx Ad y A dz es una forma 3 correspondiente a la función escalar /, cuyo integral de volumen es
f d V por (4.43), entonces JJJ R ÍÍÍ^IIJ ídV. R
Por consiguiente, la integral de una forma 3 sobre una región/? corresponde a una de volumen.
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(10.83)
R
integral
Forma s diferenciales
269
PROBLEM A 10.35 Una forma 2 sobre V3, con coordenadas x, y, z dados por
cj 2 = f, dy a dz + f2 dz a dx +
/ 3 dx
f
a dy
corresponde a una función vectorial diferenciable = [/i, f 2, f 3 ] . M ostrar que (10. 80) corresponde al teorema de Gauss o teorema de divergencia dado por jj/v .
[4.58 ]
R
So l uc i ón :
S
Por el resultado del problema 10.13, la deriva da exterior de una forma 2 es fd {1
áfj
d f 3\
1T— + d—y + az —i I dx Ady a d u 2= \ox
dz ,
que corres pond e a V • f (véase figur a 10.1). Así, si Mes la región i? en V3 , entonces su frontera 9 M = 9R es la superficie cerrada S que encierra R y (10.80) se reduce a
///"“• ■S fa R
(10
dR
84)
Así, con referencia a (10.82) y (10.83), vemos que (10.84) corresponde al teorema de divergencia. Escribiendo (10.84) explícitamente,
JIf §7 + +S)* A dyA* ' 5RJí f‘dyA* R + f2 dz A dx + f3 dx a dy ,
(10.85)
c/zc/x + R dxdy ).
[4.66]
que corresponde al teorema de divergencia J'J'J' l~^~~ +
dxdydz =
( P c/ydz +
PROBLEMA 10.36 Una forma 1 oj] de V3 dada por co¡ = /¡ d x + / 2 d y + /3dz,
corresponde a una función vectorial diferenciable corresponde al teorema clásico de Stokes dado por
, f 2, f 3 ]. Mostrar que (10.80 )
f=
J J V x t-dS ={j) f-dr. s
So l uc i ón : es d o Jj = (
[4.104]
c
Según el resultado del problema 10.12, la deriv ada exterior de una forma 1 td fz
df 2\
\oy
dz)
------- —
) dy
a
dz +
/dfj
d f 3\
--------- —
\o z
dx /
) dz
a
dx +
fdf2
df ^
--------- ——
\d x
d yj
dx
a
dy,
que corresponde a V X f (véase figura 10.1). Así, si M es la superfici e 2dimensional finita S en V 3, entonces su frontera 9 M = 9 S es la curva cerrada simple C que limita S y (10.80) se reduce a
J 'j ' d o j , = J 'J "
Wj.
as Así, con referencia a (10.81) y (10.82), vemos que (10.86) corresponde al teorema de Stokes dado por ( 4.104). Escrib iendo (10.86) explícitamente,
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(10.86)
270
JJs
Análisis vectorial
dí3
d í 2\
dy
d zj
dy
a
fdíl
dfA
\dz
dx
(dí1
dz + I —------- — 1 dz
a
/
d{ \
dx + I —— I dx -
\dx
1
dy
a
dy ,
fí dx + í2 dy + f 3 dz , '
ds
(10.87)
que corresponde también al teorema de Stokes dado por fj) P dx + Q dy + R d z = c
dy dz s
+ PROBLEMA 10.37
dP
dR\
Id Q
dxdy
l4 -1091
Considérese una forma 1 oj sobre V2 con coordenadas x, y dadas por cú =
P (x,
y)
dx + Q (x,
donde P y Q son funciones diferenciables d ex ey. teorema de Green en el plano dado por
P dx + Q dy = JJ(|
y)
dy,
Mostrar qu e (10.80 ) correspond e al
£
dxdy.
_
[4.110]
R
C
Solución :
dP\
e l - 3 ^ ) d2dx *
Por la definición (10 .20) , la derivada exter ior de la forma 1 dada es .
(dP dP \ dx + —— d y ) \d x dy j
— dco = I—
a dx+
fdQ , dQ \ —— d x H-------- ay a \dx dy )
ay
-------dQ dP\ — \d x A d y . / dx dx
( 10 .88 )
Así, si M es la región fin ita 2dim ensional S sobre V 2, i.e., el plano x y , entonces su frontera 9 M = 9 S es una curva cerrada simple C que limitaS y (10.80) se reduce a
J
(10.89)
(o = I dco,
dS
Js
o sea que, escri biendo (10.89), exp lícitamente, J
P dx + Q dy = J
0 ^-
|
y j
dx
a
dy,
(10.90)
que corresponde al teorema de Green en el plano dado por (4.110).
10. 8
Formas diferenciales de las ecuac iones de campo de Maxwell
En teoría de campo electr omagnético, las ecuaciones básicas de Maxwell en la forma vectorial son
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Formas diferenciales
271
V • B = O,
[9.18]
V • D -p.
[9.19]
donde la intensidad de campo eléctrico E, la intensidad de campo magnético H, el desplazamiento eléctrico D, la inducción magnética B, la densidad de comente eléctrica J y la densidad de carga p son todas funciones de las variables de espacio x, y, z y del tiempo/. (Cf.,sección 9.3.) Ahora se introducen las formas diferenciales utE - E , dx + E2 d y + E t d z, c¿ h
= flf,dx + Hj dy 4-
dz ,
D, d y a d z + D, dz * dx + D 3 dx a
ujb =
* Ji dy
p dx
dz + J2 dz
a
dy
a
a
dx + J, dx
dy ,
a
d z,
a
que corresponden a las funciones vectoriales E =
[/r(, E 2 , £*3 ], H = [ H \ , H 2 , / / 3], D = y la función escalar p, respectivamente .
[D,, D2, D3],B = [Bt. B2, B3],J ~ [J\,J2,J$]
PROBLEMA 10.38 Mostrar qu e (9.16) y (9 .18) se pueden expresar como
da
= 0,
(10. 91)
y (9.17), (9.19 ) se pueden expresar como cf/3 + y = 0,
(1 0.9 2)
donde 0C—cúg a
/3 = —&>h
y = Cúj Sol uci ón: Ot —
A
= E l dx
dt + dt +
a A
,
(10.93)
cú£) ,
(10.94)
dt - u>p.
(10.95)
Susti tuyendo los valores de oje y ojb en (10.93),
dt + COjg a dt + E2 dy
A
dt + E 3 d z
dt + B 1 dy
a
a
dz + B2 dz
a
dx + B 3 dx
A
Como dx A dx=dy A dy =dz A dz = dt A d t = 0 y d{dt) = 0 por (10.39), entonces por (10.30) la deriv ada exterior del primer térm ino de lo ante rior es
d (E l dx
A
dt ) = d (E 1 dx ) = dEl
a
dt —E¡ dx
A
dx
a
a
d (dt)
dt
(dE l SE , dE l dE l \ h —— dy + —— dz h — dt) A dx - I—— dx — / \dx dy dz dt dEl = —— dy dy ^
A
dx
A
dEl — — d z dt H dz
A
dx
A
a
dt.
De modo similar, las derivadas exteriores de los otros términos son
d (E 2 dy
A
dE2 dt) - —— dx dx
d (E 3 dz
a
dt ) = —— dx dx
d (Bl dy
A
dy
a
E 2d dt h— — d z dz
a
dz
A
dt + dy dy
A
dy
a
dz
d E3
a
dz)
dB,
-
------
dx
dx
a
dy
a
dt,
A
dz
a
dt,
a
dy
a
dz,
d E 3
dBl
+ ------
dt
dt
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dt
dy.
Análisis vectorial
272
dB2
d (B 2 d z
a
d x ) = ------- d y
d (S 3 dx
a
dy)
dy
di?,
dz
A
dz /\ dx
dz
dB2
A
d x + ------- d t
a
dz
a
dx,
a
d y i----- -— d t
A
dx
a
dy.
dt
dt
Sumando todos estos términos,
da=f d E 3
dE2
dB,
dz
dt
dE2
d E,
dx
dy
(dB , ——
\ ox
dy
dB2
dx
a
dB, + — —- ) dx a
dy
dt +
a
dE,
dE3
dz
dx
dB.
dz
dt
dx
A
dt
A
dB, dt
+ ——
dz
A
dz
dy
A
dt
dy
a d z,
(10.96)
y d a = 0 implica que todos los coeficientes que son escalares son cero y los primeros tres coeficient es son la s comp onen tes vectoriales de V X E + (9 B/3 f), y el últim o coeficiente es V • B. Así hemos establecido que
da =0
representa (9.16) y (9.18). De modo similar, la derivada exterior de j3 es
di3
dH 3
dH 2
dy
dz
dD, dt
dH2 dH,
dD
dy dD, -— dx
3
dt
dD2 dD , + — — ) dx dy dz
+ ——
dy
a
dz
a
dt —
dx
A
dy
A
dt
dy
a
dz,
a
dH, dz
dH3 dx
dD. dt
dz
a
dx
a
dt
(10.97)
y escribiendo (10.95) explícitamente, y =
J i dy — p
dz
a
dx
a
dy
a
dt a
+ ]2 dz
a
dx
a
dt
+ J3 dx
a
dy
a
dt
(10.98)
dz.
Entonces sumando (10.97) y (10.98),
d/3+ y =
'd H 3 \dy
dH 2 dz
dD ,
'dH, , dz
dH3
dD2
dx
dt
fd H2 \dx
dH , dy
dt
dD 3 ~
~JT
— JiJ d y
A
dz
A
dt
— J^j dz
a
dx
A
dt
—
A
dy
A
dt
dx
'dD, f dD 2 + d D 3 — p ) d x dz \dx dy 0.
A
dy
A
dz
(10.99)
La ecuación (10.99) implica que todos los coeficientes que sean escalares son cero y los primeros tres c oef icientes son las compo ne ntes vectoriales de V X H (9D /9 í) J, y el últim o coeficiente es V • D —p. Así hemos establecid o también que
d/3 + y representa (9.17) y (9.18).
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= 0
Formas diferenciales
273
Si se da 7 por (10.95), mostrar que
PROBLEMA 10.39
d y = 0,
( 1 0 . 10 0 )
y que esto corresponde a la ecuación de continuidad V J + ^ = 0 .
[9.3]
dt
Por (10.92),
Solución:
y = - d ¡ 3.
( 10 .1 0 1 )
Así, tomando la derivada exterior de (10.101) y usando (10.38),
d y = —d(d f3) = 0. Tomando la derivada exterior de (10.98 ),
dy = d]
j
dy
a
—dp
dy
a
dx
-----— dt dj<
d/ ,
dx
dy
(
dz
dx
a
<9/2
dz
a
a
dt + d j
a
3
a
dx
dy- a dt
a
dz
a
a
dx
A
dt
dt + d j 2
a
dy
a
= —— dx
dz
A
dx
a
dy
9
dt ^— — dy
a
dy
a
dz
dx
a
d /3
a
dt A-------d z dz
dx
a
dy
a
a
dt
dz
a
i 9p\
—— H— ------1— — + ——) dx dz
a
dtl
dy
a
dz
a
dt,
( 1 0 .10 2 )
y ( 1 0 . 10 0 ) implica claramente que dj .
esto es, V • J + dp/dt = 0.
d j,
d J2
1 7 + 1 7 + i r + 5 7 0i
10 .9
00'1 03)
Problemas suplementarios
PROBLEMA 10.40 Si a = x dx - z dy + y 2 dz, calcular a A /3. Respuesta: ( x 3 - y 3 - 2 z ) dx a dy a dz . PROBLEMA 10.41 Si (X = dx a dy + dy calcular a a ¡3. Respuest a: (y - x) dx a dy a dz a dw.
A
dz
¡3 =
—
dz
x2 dy A dz
a
dw, /3
+ 2
= x
dz A dx
dx
a
dy
y dx A dy,
-
+
y dz
Verificar que
PROBLEMA 10.42
dx
dp
a
dy
A
dz
a
dw
w) d(r, s, t, u)
<9(x, v, z,
= -------------------------dr a
ds
a
dt
a
du,
cuando x = x(r, s, t, u), y = y (r, s, t, u), z = z ( r , s , t,u), and w = w (r, s, t, u). PROBLEMA 10.43
(a)
cú =
(b)
cú —2 x y
x2y dy
Calcular dco donde a dz
dx +
—xz dx
a
dy ,
x 2 dy,
(c) cú = 2 y z dy a a dz + xy d z dx —xz dx a dy. Res puesta: (a) (2 xy x ) dx a dy a dz, (b) 0, (c) 0.
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A
dw,
274
Análisis vectorial
PROBLEMA 10.44
Demostrar las fórmulas de L ei bn it z
d(fg) = i dg + g di,
d(ta>) = df
a
co
+ i da>,
donde f y g son formas 0 y co es una forma 1 . PROBLEMA 10.45
Verificar la relación de invariancia x = u 2 + v, y = v.
(doj)* = c/(co*), cua ndo co =xy dx
y T es la transformación
PROBLEMA 10.46 Una forma diferencial co se llama cerrada si dco = 0. Se llam a exacta si co =da para alguna forma a. Mostrar que toda for ma exacta e s cerrada. PROBLEMA 10.47
Hallar una form a 1 co para la cual c/co = (x2 + y 2) d x A dy.
PROBLEMA 10.48
Mostrar que una forma 1 co = 2 x y dx + x 2 d y + 2z dz es exacta.
Res puesta: cú = —x 2 y dx + x y 2 dy.
Respuesta: co = do., a = d(x2y + z2). PROBLEMA 10.49
La forma 1
se define en el plano x y sin el srcen (0,0). Mostrar que (a) co es cerrada, pe ro no exacta y (b) sobre cualquier curva cerrada C que no encierra (0, 0)
PROBLEMA 70.5*} Most rar que el volu men de una región R en V3 es
ar donde &> = x dy A dz + y d z a dx + z dx [Sugerencia: da> = 3 dx A dy A dx. ]
dy .
a
PROBLEMA 10.51 Si M es una región del espacio 4dimensional con coordenadas w, y dM es su frontera tridimen sional, mostrar que
f/<9/t d /j <9f 3 <9/4\ I [ —— ------H + ----- + —— dx \o x dy d z dw /
J
(/, dy
A
dz.
A
A
dw + f2 dz
dy
A
A
dw
dz
A
A
x, y, z,
dw
dx +
/ 3 dw A
dx
A
dy +
/ 4 dx A
dy
A
dz),
uM donde las f. (x, y , z, w), / = 1 , PROBLEMA 10.52
__
, 4 son funciones diferenciables de
x, y, z, w.
Sea X una forma di ferencial expresada como A = A 1 dx + A2 dy + A 3 dz — V dt,
donde el vector potencial A = [A j , A 2, A 3 ] y el poten cial escalar V son funciones de x, y, z, t. Si a está dada por (10.93 ), mos trar que d \ = a corresponde a las ecuaciones vectoriales B = V x A,
dt
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A
APENDICE
NOTACION MATRICIAL ' Y D E T E R M IN A N TE S A l.
Notac ión mat ric ia l
Una matriz A es un arreglo de m X n números; i.e. , a 11 a2i
a 12 a
a in
2 2
2n
9ml Un elemento general a., de A es el elemento de la z'ésima fila y la /ésima columna. La dimensión de una matriz de m filas y n columnas es mXn, que se lee “m por n” . Una matriz .4 m X n se escribe también como/1 = [ a ~ ] y la dimensión puede indicarse escribiendo A = [a .. ] m X
n.
Si n = m, la matriz se llama cuadrada. Si A = [a l].. ] yB = [bIJ .. ] son dos matrices mX n, entonces las matrices A y B son iguales si suscomponentes correspondient es son iguales, esto es, A = B •*—> a .. = b . $>\AyB son matrices m X n , entonces la suma de las matrices A y B es la matriz C=[c .. ] cuyos elementos son la suma de los elementos de A y B\ esto es ,C = A + B —* < c .. = a .. + b ... Obsérvese que l a matriz suma C es también una matriz mXn. Si A es una matriz m X n y B es una matriz nXp, entonces el pr oduc to de las matrices A y i? es la matriz m X p n
C = [cij], donde c,¡ = ^
aikbk¡.
k= 1
Obsérvese que el número de columnas de A debe ser igual al número de filas de B. Así, los prod uctos matriciales A B y BA pueden definirse ambos solamente cu an do A y B son matrices cuadradas y en general, A B i^ B A . El producto XA del escalar \ y la matriz A es una matriz cuyo elemento ge neral es X aI]; esto es, ~KA = [Xa..]. IJ
A2.
Determinantes
Un número real conocido com o el determinante de la matriz se asocia con toda matriz cuadrada que tiene números reales como elementos.
La notación
\A I o det A denota el determinante de la matri
z A ; i.e.,
determinante de la matriz A = M I = det A. Para una matriz nXn A
= [af.], \A \ es la suma de todos los términos posibles de la forma ( I ) 93 !/, a 2/2 • • •
donde no hay dos índices de columna que sean iguales y
a rt jn>
q es el número de transposiciones necesario para restaurar los índices 275
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Análisis vectorial
de column a a su orden natural. Así, si^4 =
au
12
} entonces | A | = ai i a
a 21
22
a n
a 12
a 13
A = a 21
a 22
a 23
a 31
a 32
a 33
(—1
12
2 1
= aii
a 22
—a i 2 a 2 ii
y^
entonces ¡ A | = a n a 22a 33 + ( ~ l) a lla 23a 32 + (~ l) a 12a 2i a 33 +
^) 2a 12a 23a 31 + (~ l ) 2a 13a 21a 32 +
= a n a 22a 33 ~ a lla 23a 32 —a 12a 21a 33 + a 12a 23a 31 + a 13a 21a 32 ~ a 13a 22a 31 — 1 ) formada quitando
Si A = [a..] es una matriz n X n, y A .. es la matriz (n 1) X (n
l) a 13a 22a 31
la /ésima fila y la /ésima columna
de^4, los cofactores a. , de A son a. . = (—1)!+/ \A..\. Por consigu iente, el de sarrollo po r la /ésima fila da
A I= ^
a ikO-¡k>
k= 1
y el desarrol lo po r la /ésima columna da
akja-k¡-
Así, si la matriz es
/c=1 y
A =
an
a 12
a [2
a2 1
a2 2
a 23
_a 31
a 32
a 33
entonces su determinante desarrollado por la primera fila es = an
a 22 a 32
a 23 a 33
“ a 12
a 21 a3 1
a 23 a3 3
+ a 13
a 2 1 a 22 a3 1 a3 2
— a l l ( a 2 2 a 33 —a 23 a 32 ) ~ a 12 (a 21 a 33 “ a 2 3 a 3 1) + a 13 ( a 2 1a 32 ~ a 2 2a 3 l ) = a l l a 22a3 3 —a l 1a 23 a 32 a 12a 21a3 3 + a l 2a 23 a 31 + a 13 a 21a32
a 13 a 22a3 1)
y el determinante desarrollado por la primera columna es
\A\ = a n
a 22 a 32
a 23 a 33
a 2i
a i2 a 32
a 13 a 33
= a n ( a 22a 33 a 23a 32) ~ a 2 i(ai
+ a 31
2 a 33
al 2 a 22
a13 a 23
a 1 3 a 32) + a 31( a 12a 23 a i3 a 22)
= a n a2 2a33 a n a23a3 2 a 2i ai 2a 33 + a2 iai3a3 2 + a3 ia
A3.
1 2a 2 3
a3ia i3a22
Propi edades de los determinantes
Propiedad 1: Si dos filas o columnas de una matriz cuadrada A se intercambian, el signo de I^4 I se cambia. Propiedad 2: Si una fila o column a de una matriz cuadrada , 4 se multiplica por un a constan te c, el valor del det erminant e se multiplica por c. Propiedad 3: Si se suma un mú ltiplo de una fila o column a a otra fila o columna, el valor del determ inante no cambia. Propiedad 4: Si una fila o colum na de una matriz cu ad ra da ^ es mú ltiplo de otra f ila o columna, \A Ies igual a cero.
276
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OPERACIONES DIFERENCIALES VECTORIALES EN COORDENADAS ORTOGONALES B1 .
diP _
=
dip _
7 —»+ — dx dy
B2.
di p dp
1 +
p
d\p
dip
d i,
J + — k,
i
j
k
d
d
d
dx
dy
h
h
3
d 2xp
V2i ¿= —
dz
*
dy2
d 2xp
,
dz2
'
( ? ! ± _ d_í ¿ lk \dz
)
dz
d 2xp
+— + —
dx2
Idx
dx )
dy
U
Coordenada s cilindricas
dip
v- f =
dp
d
dz
íp
ftf>
/3
i
d
p
dp
1
fd U
(pfp
1 )+ -
dft f,
p
dcp
dfcp
6n+
dz
p \ dc f >
d{
3
1
v 2
dz
din
di,
p
dz
dp
d
di p
—
p
dp
1 /
dítj }
p\dp
dp
1 d2ip d 2xP V2 d^ 2 + Jz2 '
dí t dcp
Coordenadas esféricas
d
dtp
dr
1
d
1
r 2 sen 0 1
d
L
V2 dr V
sen 6
dr)
di p
di p
1
e r + ~ e 5 + --------- — (*£, r dO r sen 0 d
+ T dd ( sen 6 te)+
dr
w
dt
dy
+ dy
V^=—
sen 9
d(2
+ T - + —
dx
dz
V X f=
V-f =
V-f = —
dz
^ e* + ¿7k'
B3.
APENDICE
Coordenadas rectangul ares
V x f
V>A =
D D
d dr 4
1 I d —— ( sen 0 ie) + -------d— U -I d— (r 2 i T) + -------r dr r sen 0 dd r sen 6 dcp
dic b
t
—— d(f>
dip\
d
+—
dr I 1
f
d
r 211
dip\
6 —
sen
dd
sen
de dip t) — i + d Q
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I
+
d2ip
1
sen 1
0
dcf>2 _ d 2xp
.2 „0 „ 2 ñ A. 2 r2 sen2 6 ad
Análisis vectorial
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RE SU M EN DE A^ CE RELACIONES VECTORIALES C1.
Ecuacionesde álgebra vectorial
Ecuación No.
(1.31) (1.32) (1.55) (1.56) (1.58}' (1.72) (1.76)
Ecuación
A B = B- A A • ( B + C) = A •B + A C• Ax B = -B x A Ax(B + C) = Ax B + Ax C AxA=0 A-B xC = AxB -C A B x C = [ABC]
. (1.83) d.77) [ABC] A x (B =x [BCA] C) = (A=■[CAB] C )B - =(A- • [ACB] B)C = - [BAC] = -[C BA ] (A x B) x C = (A- C)B - (B- C)A (1.98) (3.112) V (0 + 0 ) = v + w (3.113) (3.124) V<£ = V0(u) = 0'(u)Vu (3.128) v-(f + 8) = v - f + v - g (3.131) 1 div (grad 0 ) = v • (V<¿) = (3.140) Vx(f +g) = V x f + Vx g (3.142) V X (V0) = 0 (3.143) V-(V X f) = 0 (fx V)-g = f-(Vxg) (3.154) (3.155) V-(^»f) = 0V-f+ f • (V< ¿>) (3.156) V X (0f) = 0V X f + (v<¿) X f = 0 v X f - f X V<¿ (3.157) V-(f xg) = g.(V xf)- f-(V xg) (3.158) Vx(f X g) = f( V-g) -g( V-f ) + (g- V)f- (f- V)« (3.159) v(f• g) = rX (V x g) + g X (V X f) + (f • V)g + (g • V)f (3.163) rot (rot f) = V x (V x f) = V(V •f) - V2f (3.164) [Prob. 3.89(b)]
V Jf=V Vxf) / 0 \ (V-
\t/i)
¡fj2
279 www.FreeLibros.me
Análisis vectorial
C2.
Ecuación No.
Ecuacionesde cálculo vectorial
Ecuación
(4.58)
R (4.94)
JjJ rt
(4.95)
S V
0 dV=£JdSc/> s
ffjvx ÍTv t-ds -fdT jj 9 idV=ff
R
(4.104)
X
s
(4.115)
c
dS x V
s
(4.116)
dS xt
S
JJ
=^ 0 Jr c
WSxV)xf=^c/rxf
s
c
280
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INDICE Acción y reacción, 184 Aceleración, vector , 178 angular, 182183 centrípeta, 181183 compo nente normal, 181182 componente tangencial, 181182 en coordenadas cilindricas, 178179 en coordenadas esféricas, 200 en coorden adas rectangulares , 178 tangencial, 183 Adición de vectores, 2, 19, 20 ley asociativa de la, 2, 3, 20 ley conm utativa de la, 2, 20 ley distribu tiva de la, 2, 20 Algebra de vectores, 1, 19 Ampere, ley de circuitos de, 238239 Angular, aceleración, 182 momen tum, 185, 186, 191193, 199 rapidez, 182 velocidad, 182 Angulo entr e dos vectores, 4, 26 sólido, 105 Anticonmutativa, ley del produ cto exterior (externo), 249, 250 del produ cto vectorial, 8, 22 Aplicación, 260 Apolo nio, teorema de, 163 Arco, elem ento de, 51 Arco, longitu d de, 51, 138 en sistema coordenado curvilíneo ortogonal, 138 Area de la superficie, 84, 86 de un paralelogramo, 9 de un trián gulo, 9 limitad a po r una curva cerrada simple, 117, 118, 120, 121 Asociativa, ley, 23, 20, 248 Barotrópido, flúido, 212 Base, 17, 30 autorrecíproca, 33, 38 derecha, 30 izquierda, 31 ortogonal, 32 ortonormal, 32 recíproc a, 17, 30, 31
Base, vectores, 21, 134135, 140142 del sistema coor denad o rectangular, 21 en un sistema de coordenadas cilindricas , 140 en un sistema de coordenadas curvilíneas, 135 en un sistema de coordenadas esféricas, 142 transfo rmació n de, 150, 155, 157 Bemoulli, ec uación de, 208, 2102 11 Binormal, vector, 169 C
Cadena, regla de la, 44, 75 Cálculo diferencial vectorial, 41, 77 Cálculo integral vectorial, 78133 Campo armónico, 240 conservativo, 187, 188, 235 eléctrico, 221 electrostático, 234 escalar, 58 gravitacional, 207 irrotacion al, 122, 125, 235 magnético, 222 magnetostático, 235 soleno idal, 77, 122, 125, 125 Campo electromagnético, 220, 221 condiciones de frontera de un, 232234 densidad de energía del, 230 densidad de momen tum del, 246 energía en el, 230 funciones potenciale s del, 246 Campos electros táticos, 234 ecuación de Laplace para, 235 ecuación de Poisson para, 235 funció n de potenci al escalar de, 235 ley de Coulom b para, 237 Campos monocromáticos, 240 (véase también campos armónicos) Campos sinusoidales con variación de tiempo, 240 (véase también campos armónicos) Campo vectorial, 58 conservativo, 187, 188, 235 irrotaciona l, 122, 125, 235 solenoidal, 77, 122, 125, 126 Carga densidad de, 220 distrib ución de, 221
281
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fuerza sobre, 201, 221 movim iento de la, 220, 221 prin cipio de conservació n de, 220 Cartesiano, sistema coord enado , 134 CauchySchwarz, desigualdad de, 7 Central, fuerza, 184, 193 Centríf uga, fuerza, 198 Cen trípeta , aceleración, 181, 183 Centr o de masa, 190 Cerrada, curva, 78 Cerrada, forma diferencial, 274 Cerrada, superficie, 84 Circulación, 80, 97, 211 Coeficientes métricos (véase factores de escala) Comb inación lineal, 4, 14, 17, 30 Complejo conjugado , vector, 247 Complejo de Poynting , vector, 247 Complejo en le espacio, vector, 240 Com pone nte de normal de tor, aceleración, Componentes un vec 5, 19, 47181 transfor mación de, 151, 156 Conductividad, 222 térmica, 205 Conexa, región simplemente, 122, 126 Conju ntos recípro cos de vectores, 15, 136 Conmutativa, ley de la adición vectorial, 2, 20 del pro duc to escalar, 5, 22 Conservación de carga, 220 de circulación, 212 de la energía, 189, 190 del mom entum angular, 186, 193 del mom entum lineal, 186, 191 Conservativa, fuerza, 187 Conservativos, campos, 187, 188, 235 condición necesaria y suficiente para, 114,188 Cons tituyente s, relaciones, 222 Continuidad ecuación de, 203, 220 de una función vectorial, 41 Coordenadas cartesianas, 148 cilindricas, 139, 149 cilindricas circulares, 149 cilindricas elípticas, 159 cilindricas parabólicas, 159 curvas, 134 curvilíneas. 134
Análisis vectorial
esféricas, 141, 152 esferoidale s achatad as, 159 esferoidales alargadas, 159 neutra s, 139, 141 ortogon ales curvilínea s, 137 para bólic as, 160 rectangula res, 19, 148 superficies, 134, 148, 149, 152 transformación, 134 Coordenadas cilindricas elemento de volumen en, 149 facto res de escala en, 140, 149 jac obi ano de una tran sform aci ón en, 139
ley anticonm utativa del , 8, 22 ley distri butiva del, 8 ley seudosimé trica del, 8 Cuerpo, coordenadas del, 195 Cuerpos rígidos, 194200 Curva borde de una , 266 curvatura de una, 169 ecuaciones paramétricas de una, 49, 51, 169 ecuaciones vectoriales para una, 48, 52 en el espacio, 48, 168 fórmulas de FrenetSerret para una, 170
normal, 107 Desigualdad del triángulo, 8 Desplazamiento corr iente de, 25 eléctrico, 222, 225 infinitesimal, 195 vec tor de, 178 Determinante cofactor de un, 276 expresado como rotacional, 65, 147, 149, 153 expresado como triple product o escalar , 24 jacobi ano (véase jacobiano)
longitud de arco parabólicas, 159 en, 149 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 149 superfi cies coordenadas, 149 Coordenadas curvilíneas, 54, 134137 aceleració n en, 178179, 200 elemento de volumen en, 138 factores de escala en, 138 longitud de arco en, 138 ortogonales, 137 rotacional, divergencia, gradiente, laplacian o en, 143144 Coordenadas cur vilíneas ortogonales, 134160 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 143148 Coordenadas esféricas campos estáticos, 234240 elemento de volumen en, 153 factore s de escala en, 141, 153 jacobi ano de un a transf orm ación en, 141 longitud de arco en, 153
integral lineal a lodelargo longitud de arco u na, de51,una, 138 178 param étrica, 54 plan a, 171 princip al, 169 pu nt o no singular de una , 49 pu nt o singular de una, 49 tangente a una, 49 vector tangente a una, 49, 169 torsión de una, 169 vector binormal de una, 169 vector de Darboux de una, 170 vector normal de una binormal, 169 una principal , 169 Curvatura, 181 radio de, 181
propiedades de un, 276 Diádico, 70 Diferencia de dos vectores, 2, 20 Diferenciable funció n escalar, 44, 253 función vect orial, 43, 47 transformación, 260 Diferenciación de formas, 253 de vectores, 43 parcial, 47 reglas para, 44 Diferencial elemento (diferencial) del área de una superficie, 56, 84 vector de desplazamiento, 78 Dinámica de los fluidos, 203 de una partícula , 178 de un sistema de partículas, 190 Dipolo campo eléctrico de, 237238 eléctrico, 237 momento de, 237 potenc ial de, 237238 pun tua l, 237 Dirección de integrac ión, 79 de una curva, 49 de un vector, 1 en sentido contrario al de la manecillas d el reloj, 79 en el sentido de las manecillas del reloj, 79 negativa, 79 positiva, 79 Direccional, derivada, 58 Distancia de un pun to a una recta, 165 de un punto a un plano, 166, 167 entr e dos rectas, 165 Distancia más corta entre dos rectas, 165 Distributiva, ley (véase ley distributiva) Divergencia de la función vectori al, 63, 255 definición alterna, 95, 98 interpretac ión física de, 96 del gradiente, 64 del rotacional, 67 en coorde nada s cilindricas , 149 en coordena das curvilíneas ortogonales, 143144 en coorde nada s esféricas, 153 en coordenadas rectangul ares, 63, 148 teorema de (véase teorema de divergencia)
Ch
Charles, teore ma de, 198199
O
rotacional, divergen cia, gradiente, laplacia no en, 153 superficies coordenadas, 152 Coordenadas ortogonales cilindricas, 139, 149 cilindricas elípticas, 159 cilindric as parabólicas , 159 esféricas, 141, 152 esferoidales achatadas, 159 esferoidales alargadas, 159 especiales, 148160 para bólic as, 160 rectang ulares, 19, 148 Coplanares, vectores, 10 cond ición para, 10, 18, 28 no, 4 Coriolis, fuerza de, 198 Correspondencia uno a uno, 19 Corriente, 220 densidad de, 220 desplazamiento de, 225
Darboux, vector de, 170 V (véase del) Va (véase laplaciano, operador) del (v), 58, 63 (véase también gradiente, divergencia y rotacional) fórmulas en las cuales interviene, 6874 representación integral de, 100, 158 Delta de Kronecker, 15, 24, 31, 202 Densidad de carga, 220 de carga de superficie, 233 de corriente, 220 de corriente en la superfici e, 234 de flujo de masa, 204 de flujo eléctrico, 222, 225 de flujo magnético, 221 de la fuerza de Lorentz, 246 del flúido, 203 de mornentum, 246 Densidad de flujo de masa, 204
estacionaria, 238 Cosenos directores de un vector, 27 ley de los, 7 Coulomb, indicador de, 245 Coulomb, ley de, 237 Cruz, produc to, 8, 22 (véase también vectorial, producto) como un caso especial de product extern o de formas, 251 en forma de determ inante, 22
eléctrico, 222 magnético, 221 Dependencia funcional, 77 lineal, 4, 18, 35 Derivada de una función v ectorial, 43 parcial, 47 direccional, 58 exterior, 253
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Indice Escalar, 1 campo, 58 función, 41 integral de línea, 80 potenc ial, 122, 206 pro ducto, 4, 22, 250 (véase también producto punto) triple produ cto, 10, 27 Espacio coorde nadas del, 195 curvas en el, 48, 168 (véase también curva) generan el, 17
de las ecuaciones de campo de Maxwel l, 270273 diferenciación de, 253 exactas, 274 invariancia de, 260 FrenetSerret, fórmulas de, 170 Frontera condiciones de, 207, 232 curva, 122 de superficie, 266 superficie s de, 101 Fuente, 96 Fuerza
de onda, 228 de una recta, 164 de un plano, 167 Ecuaciones no homogéneas de onda, 228 Ecuación no paramétrica de una recta, 50 Ecuación paramétrica, 49 de una curva, 49 de una esfera, 56, 57 de una recta, 50 de una superficie, 53 de un círculo, 49 Ecuación vectorial de una recta, 164 de un plano, 166168 Eje fijo, 182 instantáneo de rotación, 195 Eléctrica carga, 220 corriente, 220 densidad de carga, 220 densidad de corriente, 220 Eléctrico campo (eléctrico) de dipolo, 237238 campo (eléctrico) de una carga puntual, 236 densidad de flujo, 222 desplazamiento, 222, 225 dipolo, 237 flujo, 224, 225 intensidad de campo, 221 vector de campo, 201221 Electromagnético, campo, 220, 221 Electrostática, 234 Elemento de arco, 51 de una matriz, 275 diferencial del área de una superficie, 84 Elemen to de volumen, 94 en coordenadas curvilíne as ortogonales, 138 Energía conservación de la, 189 densidad de, 230
mdimensional, 260264 ndimensional, 268 pdim ensional, 268 (pl)dimensional, 268 tridimensional, 14, 248, 254 Estática d e fluidos, 207 Euler, ecuación de, 205206 Exterior derivada, 253 diferenciación, 253 forma diferencial, 248 pro du cto, 249 ley anticonmu tativa del, 249, 250
central, 184,198193 centrífuga, centrípeta, 181 conservativa, 187, 206 de Coriolis, 198 de Lorentz, 201, 221 efectiva, 198 electromotriz, 224 mom ento de, 185 resultante, 205 sobre una partíc ula móvil, 201 sobre un dipolo eléctrico, 246 Fuerzas exter nas, 190, 193, 205 internas, 190, 193 Función armónica, 65 Funciones escalar es, 41, 47 indicadoras, 228 uniformes, 122123 vectoriales, 41, 47 Funciones vectoriales continuas, 41 continuidad de, 41 curva de, 48, 52 de más de una varia ble, 47 derivada de, 43 derivada parcial de, 47 de una variable, 41 diferenciables, 43 diferenciación de, 43 divergencia de, 63 límite de, 41 rotaciona l de, 65 suaves, 49 valor de, 41
en el campo190 electromagnético, 230232 mecánica, pote ncial, 187 teorema de energía mínima de Ke lvin, 217 Energía cinética de una partícula , 187 de un cuerpo rígido, 198 de un flúido, 216 de un sistema, 194 rotacional, 198 translacional, 198
eléctrico, 222209 ¡■rotacional, magnético, 221 potenc ial, 209 rotacional, 209 uniforme, 208 vórtice, 209. 211 Forma p (véase formas diferenciales) Formas diferenciales , 248274 adición y multiplicación de, 248249 cerradas, 274
Ecua«ión de Bernoulli, 208, 210 de continuidad de dinámica de los fluidos, 203 en teoría electromagnética, 220 de equilibrio, 207 de Euler, 205206 de fuerza de Lorentz, 201 de Helmholtz, 242 de Laplace, 65, 235, 245 de Maxwell, 222 de movimiento para un flúido, 205, 208
F
Factore s de escalar, 138 (véase también coeficientes métricos) en coordenadas cilindricas, 140, 143, 149 en coordenad as cilindricas elípticas, 159 en coordenadas cilindricas parabólicas, 159 en coordenadas c urvilíneas ortogonales, 138 en coor dena das esféricas, 141143, 153 en coord enada s esféricas alargadas, 159 en coordenadas par abólicas, 160 en coordenadas rectangulares, 148 en esferoidales achatadas, 159 Faraday, ley de inducción de, 223 Fase del vector complejo, 240 Flúido barotrópido , 212 ideal, 205 incompresible, 204 per fec to, 205 Fluidos dinámica de los, 203 estática de, 207 mecánica de los 203249 Flujo, 86, % de energía, 232 de masa fluida, 203
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Gauss, ley de par a el campo eléctrico, 225 par a el campo mag nético, 225 Gauss, teorem a de divergenci a (véase teorema de divergencia) Geometría, 161177 analítica, 164168 del espacio, 161164 diferencial, 168175 plan a, 161164 Gradiente de una función escalar, 58, 255 definición alterna de, 59, 58 de una función vectori al, 70 (véase diádico) en coordenadas cilindricas, 149
Análisis vectorial
en coordenadas curvilíneas ortogonales, 143144 en coorde nada s esféricas, 153 en coordenadas rectangul ares, 148 teorema de ( véase teorema de gradiente) GramSchmidt, proceso de ortogonalización, 3435 Gravitacional , campo, 207 Green, primer teorem a o identidad de, 106 segundo teorema o identidad de, 106 tercer teorema o identidad de, 107 Green, teorema de, para el espacio, 100 (véase teorema de divergencia) Green, teorema de, para plano,a de116117 como case especi al del un teorem divergencia, 116117 como caso espec ial del teorem a de Stokes, 116
H
Hélice, 174 Helmholtz, ecuac iones de, 219, 242 Helmholtz, primer teorema sobre vorticidad de, 214 segundo teorema sobre vorticidad de, 214 Helmholtz, teorema de, 133 Hertz, vector, 229 Hooke, ley de, 189
Ideal, flúido, 205 Igualdad de matrices, 275 de vectores, 1, 19 Impedancia característica de un medio, 243 Incompresibl e, flúido, 204 Independencia de la trayectoria, 122124 Indicadora función, 228 invariancia, 227 transformación, 227 Inercia, mom ento de, 202 pr oduc to de, 202 Infinitesimal, desplaz amie nto, 195 rotación, 195 Integración de formas, 263270 de una función vectori al, 78133 Integral de formas diferenciales, 266 de línea , 78, 268 de superficie, 84, 268 de volumen, 94, 268 Integral de línea, 78, 80, 268 circulación en términos d e, 80 independencia de la trayecto ria, 122124 trabajo expresado en términos de, 186 Intensidad de campo eléctrico, 221 de campo magnético, 222 Intensidad de un tubo de vórtice, 211 Intervalo cerra do, 263 Invariancia de derivad as externas, 260
del operador d, 260 Irrotacional .flujo, 209 vector, 77 lrrotacionales campos, 122, 125, 135 condicio nes para, 125 J
Jacobi, identidad de, 15 Jacob iano , 77, 132, 134, 139, 141, 158, 251253
K
Kelvin, teorema de energía mínima de, 217 Kelvin, teorema de, 212, 217 Kepler, segunda ley de, 179180, 184185 Krone cker, delta de, 15, 24, 31, 130, 202 L
Lagrange, ident idad de, 9 ampliada, 14 Laplace, ecuación d e, 65, 210, 235, 245 Laplacia no, operado r V 2, 64 en coord enada s cilindricas, 149 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 144, en coord enada s esféricas, 153 en coordenadas rect angulares, 149 Leibniz, fórmulas de, 274 Ley cinemática de un cuerpo rígido, 196 Ley conmutativa ( véase conmutativa) Ley de conservación de circulaci ón, 212 (véase teorema de Kelvin) Ley de inducc ión, 223 Ley de cuadrado inverso para fuerza conservativa, 188 Ley do los cosenos, 7 Ley do los senos, 9 Ley distributiva de la adición de vectores, 2, 20 del prod ucto escala r, 5, 23 del produ cto vectorial, 8, 23 para la adición y la multiplicación de forma s diferenciales, 248, 249 Límite de una función, 42 de una función vectorial, 41 vector, 41 Línea de flujo, 208 Linealmente depen diente s, vectores, 4, 14, 35 independientes, vectores, 4 Longitud de un vector, 20 (véase también magnitud de un vector) Lorentz lema de, 241 teorema de reciprocidad, 241 Lorentz, condición de en el campo armónico, 241 para pote ncia les, 228, 230 Lorentz, fuerza de, 201, 221 densidad de la, 246 ecuació n de, 201
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M Magnético campo (magnético) de alambre infinito que lleva corr iente , 239 densidad de flujo, 221 flujo, 223, 224 inducción , 201, 221 intensidad d e campo, 222 Magneto motriz, fuerza, 224 Magne tostático, campo, 235 Magnitud de un vector, 1, 20 Masa, 184, 203 densidad del flujo de, 204 Matrices ( véase también matriz) igualdad de, 275 produc to de, 275 suma de, 275 Matriz ( véase también matrices) cuadrada, 275 determina nte de una, 275 de transformación de vectores base y com pon ent es de un vecto r, 155157 dimensió n de una, 275 elemento de una, 275 notación d e, 155157 Maxwell, ecuaciones de, 222 formas diferenciales de las, 270271 para cam po arm ónic o, 240 Mecánica, 178202 Medio condu ctivida d del, 222 homogéneo, 222, 240 impedancia característica de un, 243 isotrópico, 222, 240 lineal, 222, 240 perm eabilidad del, 222 permitivida d del, 222 Momento, 185 de dipolo eléctrico, 237 de fuerza, 185 de inercia, 202 sobre un dipolo eléctrico, 246 Momentum angular, 185 densidad de, 246 lineal, 184 Monocromáticos, campos, 240 (véase también campos armónicos) Monomios, 257 Movimiento de una partícula , 184 de un cuerpo rígid o, 194 de un sistema, 190 ecuación del (para un flúido), 205 ley de New ton para el, 184 plan etario, 179180 N
Nabla (véase del) Negativo de un vector, 2, 19 Newto n, ley del mov imiento de, 184, 205 Norm al al vec tor tangente de una curva, 53 a una superficie, 54 princ ipal, 169, 181
Indice vector, 54, 84 hacia afuera, 220
Onda ecuaciones de, 228 ecuacione s no homogéneas de, 228 monocromática, 243 (véase también onda plana) número de, 242 plana, 243 transversa, 243 vector de, 242 Operador, d, 260 del, 58, 63, 68 (véase también del) diferencial 7 (véase también del) divergencia, 63 gradiente, 59 rotacional, 65 rotacional, 65 Ortogonales bases, 32 vectores, 6 Ortonormales bases, 32 vectores, 33 P
Paralelismo de vectores, condición para, 1. 2, 9 Partícula aceleración angular de, 182 aceleración de, 178, 181 desplaz amiento de, 178 energía cinética de una, 187 energía mecánica de una, 190 leyes del movimiento de N ewton para, 184 mome ntum angular de una, 185 momentum de una, 184 potenc ial (ene rgía) de una, 187 rapidez de, 180 rotac ión de, 195 velocidad angular de una, 182 velocidad de una, 178, 181 Permeabilidad, 222 Permitividad, 222 Perpendiculari dad de vectores, condición para, 6 Pitágoras, teorem a de, 17 Pontearé, lema de, 258, 260 Poisson, ecuación de, 235 Potencial, 187 de una carga puntual, 236 de un campo electrostático, 235236 de un campo magnetostático, 239 de un dipolo, 237238 de velocidad, 209210 energía, 187 escalar, 122, 206 flujo (véase flujo irrotacional) funciones del campo electromagnético , 226, 245 escalares, 122, 206 vectoriales, 126
gravitacional, 189 vectorial, 126 Poynting, teorema de, 231 vector complejo de, 247 vector de, 230 Presión de un fluido, 203 Principio de conservación de carga, 220 de circulac ión, 212 de la energía, 189190 del mom entum angular, 186, 193 del mom entum lineal, 191 Producto cruz (véase cruz, producto) cuña, 249, 260 de formas, 248249 de inercia, 202 de matrice s, 275 de un escalar y una matriz, 275 de un vector por un esc alar, 1 escalar (véase escalar, producto) exterior (externo), 8, 22, 249 interno, 4, 22 vectorial (véase vectorial, producto) Producto punto, 4, 22 (véase también pr oduc to escalar) como caso especial del producto exterior de formas, 251 ley conmutativa para e l, 5, 22 Propiedad de linealidad de las derivadas exteriores, 256 Proyección de un vector, 4 Punto de estancamiento, 211 final de un vector, 1 inicial de un vector, 1 Punto no singular de una curva, 49 de una superficie, 54 Punto singular de una curva, 49 de una superficie, 54
Radio de curvat ura, 169, 181, 200 de torsión, 169 Rapidez, 180 angular, 182 Rectangulare s, coorde nadas, 19, 148 Rectángulo cerrado, 265 Región conexa, 122 simplem ente conexa , 122, 125 sin corriente, 240 Regla del término medio para el triple pr oduc to vectoria l, 14 Relaciones entre vectores base rectangulares y cilindricos, 150 entre vectores base rectangulares y esféricos, 155 Relaciones constituyente s, 222 Representación de vectores algebraica, 19 analítica, 19
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geométrica, 1 Repres entació n integral de V , 100, 111 Resultante de vectores, 2, 19 Rotación eje insta ntán eo de, 195 infinitesimal, 195 Rotacional definición alterna de, 95, 98 del gradiente, 66 del rotacional de una función vect orial, 72 de una funció n vectorial, 65, 66, 255 en coorde nadas cilindricas, 149 en coordena das curvilíneas ortogonales, 143, 144 en coord enad as esféricas, 153 en coordenadas rectangulares , 149 interpretac ión físi ca de, 197 teorem a del, 109
S Schwarz, Cauchy, desigualdad de , 7 Segme nto dirigido, 1, 19 Sinusoidales, campos con variación de tiempo, 240 (véase también campos armónicos) Sistema coordenado rectangular, 19 Sistemas coo rden ados especiales, 148160 Sistemas coor dena dos fijo y del cuerpo, 195 Sistemas de partí culas , 190194 Solenoidal campo, 122, 125, 126 condic iones para, 126 vector, 77 Stokes, teorem a de, 112, 266, 268 clásico, 268 dem ostrac ión del, 112113 general, 268 en el espacio ndimensional, 268 interpre tación físi ca del, 113 par a coorden ada s re ctangulares, 115 teorema de Green para un plano como caso especial del, 116 especial del, 116 Suave curva, 49, 263 función vectorial, 49 superficie, 264 Suma de forma s diferenciales, 248 de matrices, 275 de vectores, 2, 19 Sumidero, 96 Superficie, 53 área de una, 56 elemento diferenci al del, 56 cerrada, 84, 113 curvas param étricas de una, 54 de fase constante, 243 densidad de carga de una, 232 densida d de corrient e en una, 234 ecuación paramétrica de una, 53 frontera, 101 fronte ra de una, 266 integral de, 84, 268
pu nto no singular de una , 54 pu nto singular de una, 54 representación vectorial de una suave, 264 vector normal a una, 54 Sustracción de vectores, 2
Teore ma de divergencia, 100, 109, 269 como caso especial del teorema general de Stokes en formas diferenciales, 268269 en formas di ferencial es, 268269 dem ostra ción del, 100, 101 expresado en coordenadas rectangulare s, 103 interp retac ión física del, 101 teorema de Green para un plano como caso especial del, 116117 Teorema de gradiente, 109, 205 demostración del, 110 Teorema de Helmholtz, 133 Teorema de reciprocidad de Lorentz, 241 Teorema g eneral de Stokes, 268 Teoremas de Kelvin, 212, 217 Teoría electromagnética, 220247 Tem a ordenada, 19 Tem a positiva de vectores, 10 Tiempo de relajamiento, 226 Torsión, 169 radio de, 169 Totaí energía mecánica, 190 mom entum angula;, 199 Trabajo, 186, 193 ■ Transformac ión, 134, 2 6 0 ' de integral de superficie » integral de linca, 118 de integra] de volumen a integral de superficie, 109 ■ diferenciable, 260 entre componentes vectoriales rectangula res y cilindrica s, 151 entre componentes vectoriales rectangula res y esféricas, 156 entre coordenadas, 134 entre vectores base cilindricos y esféricos, 157 entre vectores base rectangulares y cilindricos, 150 entre vectores base rectangulares y esféricos, 150 integral, 109, 118 inversa, 260 jacob ian o de una , 134, 251 uniforme, 134 Trayectoria, 208 Triedro, 169 Triple producto escalar, 10 vectorial, 12 U
128\
Unicidad, teorema efe* Uniforme función, 1221^3 transf orm acióií, 134
ción de, 2
vector (unitar io) tangente, 52 Uno a uno correspondencia, 19 transformación, 260
Variables, cambio de, 251 Vector aceleración, 178 binorm al, 169 cero, 1, 19 complejo, 240 conjugado, 247 de Poynting, 247 en el espacio, 240 componente de un, 5, 20 cosenos directores de un, 27 de Darboux, 170 de potencial, 126 de Poynting, 230 de propagación, 242 desplazamiento, 178 fijo, 1 Hertz, 229 irrotacional, 77 libre, 1 límite, 41 localizado, 1 longitud (magnitud) de un, 20 no localiza do, 1 normal, 54, 84 norm al principal, 169 operador V (véase del) pro yec ción de un, 5 representación algebraica de un, representación geométrica de ur 39169 solenoidal, 77 tangente, 49, 135 unitario, 2, 20 velocidad, 178 Vector de posición, 21, 48, 78 identidades en las cuales i nterviene, 48, 52, 53, 54, 58 , 61,6 2, 64, 66,6 9, 73, 76, 77, 83,95,101,112113 120-121
en coordenadas cilindri cas, 139, 178 en coord enada s esféricas, 141, 200 Vectores adición de, 2 álgebra de, 1 ángulo entre, 4, 26 base , 21, 134 135, 1401 42 com binacsión lineal de,de,4, 15, 14, 136 17 conjunto recíprocos coplanares, 10 diferencia de, 2, 20 igualdad de, 1, 19 * linealmente independientes, 4 ortogonales, 6 resultante de, 2, 19 suma de, 2, 19
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, 2, 19, 20 , 19 campo, 58 pro ducto, 8, 22 triple produ cto, 12 Velocidad, 178 angular, 182 de propagación, 243 potencial, 209 relativa, 201 vector, 178 en coorden adas cilindricas,
178
en coorden adas esféricas, 200 1781 en coordenad as rectangulares, Viscosidad, 205 Volum en, integrales de, 94, 268 Vórtice flujo, 209, 211 (véase también flujo rotacional) línea de, 211 tubo de, 211 vector, 209 Vorticidad, 209
mm
ADDISON-W ESLEY IBEROAMERIC ANA Apartado P ostal 22-45 6. México 14060, D.F., México Apartado Aéreo 29696. Bogotá, Colombia Casilla 70060. San tiago 7, Chil e Apartado Postal 29853. Rio Piedras, Puerto Rico 00929 Martín ae los Heros 59, Bis, 4. 28008, Madrid, España 7 Jacob Wsy. F«ading, M assach usetts, E.U.A .
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978020102943790000
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