en d
69 d
F¡ gura 3.7
U n e le m e n to d ife re n c ia l de área de la su p e rficie de una esfera.
PROBLEMA 3.27 Expresar el elemento diferencial de área de la superficie dS para una superficie S representada por (3.102)
z = z (x , y ).
S o lu c ió n :
Por (3.88),
Entonces, usando (3.96), d S = | r x x xy | dxdy
dxdy.
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(3,103)
r
58
Análisis vectorial
3.6
Z
Derivada direccional y gradiente
Un campo escalar
F ig u ra 3 .8
La d e riv a d a d ir e c c io n a l.
Sea
<>s
A*, y > Ay, z + ¡\z) As
_ ]jm AS-o
(x, y , z)
^
donde As es la longitud de arco de C desde P hasta Q. El gradiente de la función escalar
, , grad ó ;
fió . defc , i <■-r-1- J+ ~~~ k. dy dz
n 1AC^ (3.105)
PROBLEMA 3.28 Mostrar que la derivada/íireccional de
ds
-1 grad c¡> • T,
(3.106)
donde T es el vector unitario tangente a C. S o lu c ió n :
Por (3.68), el vector unitario T tangente a C en cualquier punto es T
d x d x . d y . d z --- j f — k. ds ds ds ds
(3.107)
de/) dx dx ds
(3.108)
------ — i i
.
Por cálculo,
dcj> ds
dtp dy d y ds
d(f> dz d z ds
que es la forma de un producto escalar de grad
r) s
grad 0 • T.
Introduciendo el operador diferencial V (léase nabla o del),
üx el gradiente de
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™ j+ - k , dy dz
(3.109)
59
Cálculo diferencial vectorial
grad
~
dx
i *
dy
i i-
dz
k.
( 3 .1 10)
Por (3.110), las propiedadas del gradiente son 7 (c<¡6) = c V<5, V (0 + 0) =
(3.111)
' V iA .
(3.112)
V(
(3 -il3 )
donde 0 y 0 son funciones escalares difereneiables enalguna región del espacio y c es una constante. PROBLEMA 3.29 Solución:
V(
Verificar (3.113)
Por la definición de gradiente (3.110),
0
x
a y
W>
r) rA \ / rí ?// r) rh\ w +f i ± \ i +L d ± + f i ± \ (9y (9y / \ dz <9z /
W
+f i ± \ i +L dx <9x / \
dx
<9y
dz
3— (0^ ) k
ó z
)
\clx
dy
<9z
= 4>V i/j + if/S7 cf).
PROBLEMA 3.30 Mostrar que la magnitud y dirección del gradiente V0 es independiente del sistema coordenado. Esto es, mostrar que la magnitud del gradiente IV 0 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. 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 Solución:
^
ds
= V 0 - T = |V 0 | | T | eo s 0 = j V 0 | eo s 0,
(3.114)
donde 9 es el ángulo entre V 0 y el vector unitario T tangente a la curva C. Como -1 < eos 9 < 1, 30/ds es máximo cuando 0 = 0, i.e., cuando la dirección de T es la dirección de V0 y dcf> ds
= | V 0 I-
(3.115)
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 espacio, entonces mostrar que V 0 es perpendicular a la superficie S definida por (f)(x,y, z) - c,
(3.116)
donde c es una constante. Usando (3.94) del problema 3.25, un vector unitario normal n para la superficie S definida por (3.116) es
Solución:
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Análisis vectorial
60
n =
d(fc . d ó . d
MV +/MV +(Éá
(3.117) IV 0
dx) \dy) \<9z Entonces, concluimos que V0 es perpendicular a S. S o lu c ió n a lte rn a : Si suponemos que una curva C del espacio, situada en una superficie S está representada por r(í) = x ( í ) i + y ( í ) j + z ( t ) k , entonces por (3.116) tenemos, para c constante, <£[x(0. y( t ) , z (0 ] = c. Diferenciando esto con respecto a t,
dx
dy
z'(O = V f r ' ( í ) = 0,
dz
(3.118)
donde por (3.40), el vector tangente a C en P es r '( 0 = x '( í ) i + y '( t) j + z' ( t ) k. Por otra parte, (3.118) implica que V $ l / ( f ) , i.e., es perpendicular a C en P.
Este razonamiento se puede aplicar a cualquier curva suave sobre la superficie S que pase por 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
Solución:
=
r2 - T;
(2 - l ) i + (1 - l ) i + (1 - 0 ) k
i + k
r, - r,
= [(2 - l ) 2 + (1 - l ) 2 + (1 - O)2]^ ”
V2
V 2 Í+ V 2 k lV 2 ’
° ’ 72J
Por otra parte, por (3.110) con (p(x, y , z) dado, V 0 = 2 x i + 2 y j + 2 zk . 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-
61
Cálculo diferencial vectorial
Esto significa que el valor de 0 se incrementa en %/2 por unidad de distancia mientras pasa de P( 1, 1 ,0 ) 3 0 (2 , 1, 1). (b) El valor máximo de 90/9s en (1, 1, 0) es I A 0 I= 2 \/2 y su dirección es la de A 0 = [2 ,2 ,0 ]. PROBLEMA 3.33 Hallar un vector unitario n normal a la superficie dada por z = x 2 + y 2 en el punto (1, 0, 1). S o lu c ió n : C om oz = x 2 4- y 2 , la superficie se define como 0 (x, y, z) = x 2 + y 2 - z = 0. El gradiente es
V<£ = 2 x i + 2 y j - k.
Así en (1, 0, 1), y = 2 i - k. Por tanto, según (3 .1 1 7 ),el vector unitario es _ V 2i - k 2i-k n ~ | V 0 | = [22 + 0 + ( - l ) 2]^ = V5
PROBLEMA 3.34
V5 ’ ° ’
>/5
'
Para un vector arbitrario constante a, mostrar que V (a • r) = a,
(3.119)
donde r es el vector de posición. Solu ción :
Sea a = [a ,, a2, a 3]; puesto que r = [x, y , z], a • r = a l x + a 2y + a 3z.
Así que, d S d V (a - r) = — ( a tx + a 2y + a 3z) i + — (a jX + a 2y + a 3 z) j + — (at x + a , y + a 3z ) k ax dy dz = a l i + a 2j + a 3 k = a.
PROBLEMA 3.35
Si
- d t «s d4>. S olu ción :
Si r = xi + y¡ + zk , entonces su diferencial es d r = d x i + dy j + d z k .
Por (3.110), V0 =
k. Por consiguiente, tomando el producto escalar,
V
dx
dx +
dy
dy +
dz
dz = dá.
La identidad (3.120) se puede expresar como (3.121)
(dr-S7)
Si 0 =
dt.
(3.122)
dt S o lu c ió n :
Si 0 =
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Análisis vectorial
62
d(f>= * ± d x + * ± d y + ? * d z + ^ d t. dx
dy
dz
dt
Por los resultados del problema 3.35, dcf> = (V 0 ) - d r +
= d r ■Sjcf) +
PROBLEMA 3.37
dt
dt.
dt
Hallar V0 si 0 = r = l r l = ( x 2 + y 2 + z2) 1/2.
La superficie definida por 0 = r = (x2 + y 2 + z2) 1/2 = const es una esfera con centro en el origen (0, 0, 0). Por consiguiente, de acuerdo con el resultado del problema 3.31, V r es normal a la esfera y por lo tanto es paralelo al vector de posición r = [x, y, z]. Así, podemos escribir V r = kr. Por (3.120),
S olución:
dr = V r • d r = k r • d r = kr dr.
Así que k ~
r
,
y por tanto V r = — r = er, r
(3.123)
donde er es el vector unitario en la dirección del vector de posición r. S o lu c ió n a lte rn a : Por (3.110) el gradiente es V r = V (x2 + y 1 + z 2)I/j = —
dx
(x2 + y 2 + z 2)1/j i + —
dy
1 2x . 1 2 (x2 + y 2 + z 2)1^ =
x . y . — i +— r r
z r
j+
(x2 + y 2 + z 2)l/l j + — (x2 + y 2 + z 2) /2 k dz
_____ 2y_____ . ^ 1 _____ 2z_____ 2 (x2 + y 2 + z 2)1^2(x2 + y 2 + z 2)1^ —
k
1 = —r r
=erPROBLEMA 3.38
Si <¡>= 0(m), donde u = u(x, y, z ), entonces mostrar que V 0 = V ^ ( u ) = 0 '( « )V u .
S o lu c ió n :
Por (3.110), el gradiente es
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(3.124)
Cálculo diferencial vectorial
PROBLEMA 3.39
63
Si r = I r I = (x 2 + y 2 + z 2) 112 , hallar Vr" y V (l/r), donde n es cualquier
número real. S o lu c ió n : 3.37,
Sea
79
Cálculo integral vectorial
La primera integral indica movimiento a lo largo de la curva cerrada C en la dirección positiva o sea contraria a la de las manecillas del reloj; i.e., el movimiento a lo largo de C es tal que la región que encierra está siempre 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 especificada por y = x 2, z =0 y (b) la recta C que une (0, 0, 0) y (1, 1, 0). Solución:
(a) La curva C puede representarse paramétricamente por x = t,
y = t 2,
z = 0,
0 < t < 1.
Por consiguiente, a lo largo de esta trayectoria, dx
dx i + dy j + d z k = dt i + 2t dt j
y = (t) (t2) = t3 . Entonces,
J. d . 1 . 0 ) (0,0,0)
r1 4>dr = I f3(i + 2 t\)d t “'o = i f ’ f3 d t + 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 conecta (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 largo de esta trayectoria, dr = d x i + d y j + d z k = d t i + d tj y 0 = (f)(0 = t2 . Entonces, /- ( i , i , o) r\ I '
Jo 1 .
Jo 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 integración.
PROBLEMA 4.2
Calcular
z = 0. So l u c i ó n : 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 + d z 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 eos t dt ^0
= i a eos íI g77"+ j a 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 linea 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 c i r c f 3<£ f-dr. Je PROBLEMA 4.3
(4.9)
Si T es el vector unitario tangente a lo largo de una curva C, mostrar
que
r
[ ■d r =
•Je
r
f - T ds.
(4.10)
''o
Solución: Si en (3.38), t = s es la longitud de arco de C medida desde algún punto fijo, entonces C puede representarse por r(s) = x ( s ) i + y ( s ) j + z (s)k ,
a < s < b.
(4.11)
Por (3.68) el vector unitario tangente T a lo largo de C es dr ds Entonces, por (4.12), d r = — 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
Si f = f •Je
Solución:
(x, y , z)i + f 2(x, y , z)j + f 3(x, y , z)k, mostrar que f-cfr= r
( f í dx + f2 d y + { l d z ).
Je
Como d r = dx i + dy j + d z k, f • d r = f, dx + í2 dy + f 3 dz,
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(4.15)
81
Cálculo integral vectorial
y por consiguiente,
í
f-dr=í
•Je
dx + (2 dy
(/,
l z dz).
+
-Je
Si f = r i + y'¡ + x y z k , calcular I f ' d r desde (0, 0, 0) a (1, 1, 1) a lo
PROBLEMA 4.5
•Je
largo de (a) una recta que conecta estos dos puntos y (b) un camino C, como se muestra en la figura 4.1, que consiste en tres segmentos de recta C it C2, C3 que ligan estos dos puntos vía ( 1, 0, 0 ) y (1, 1 ,0 ).
(1, l, l)
So l u c i ó n : (a) Por el resultado del problema 3.15,1a rectaC que conecta (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 + t k,
Figura 4.1
( 1, 1, 0) S o lu c ió n al problem a 4 .5 .
0 < t < 1.
'i Entonces, a lo largo de esta trayectoria, dr = dt i + dt j + d t k ,
f = t 2i + t j + í 3k,
asi que,
f
( t 2 + t + t l) d t = - + - + - = — 3 2 4 12
, d" J
(b) En este caso, j
!• d r = í
Jn
f-dr+í
f-dr+l
J r. .
[• dr.
J e . . Je.
Para C v dr = dx i y f = x 2i; por consiguiente, í d r = f 1 x 2 dx = - ,
f 1
í
3
Para C2, dr = dy j y f = ( l ) 2i + yj = i + y ¡ ; por consiguiente,
L ' - d t - J ' y d , = r1 Para C3, dr = dz k y f = (1) i + ( l)j + (1) (l)z k = i + j + zk; por tanto,
f
i,
f- d r =
f
Jo
z dz= - .
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 = x i + 2yj + zk, calcular I f ‘dr desde, (0, 0, 0) hasta (1, 1, 1) a •Je
lo largo de (a) una recta que conecte estos dos puntos y (b) una trayectoria C, como
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82
Análisis vectorial
se muestra en la figura 4.1, que consiste en tres segmentos de recta C j, C2, C3 que ligan estos dos puntos vía (1, 0, 0) y (1, 1, 0). (Cf. prob. 4.5). Solución:
(a) Por los resultados del problema 4.5, d r = dt i + dt j + dt k.
Como la representación paramétrica de f es f = íi + 2/j + /k, la integral es f
f •dr = f
Je
(t + 2t + t ) d t = f
-Jo
4t
dt = 2.
*'o
(b) Para una trayectoria C, consistente en segmentos lineales C x, C2, C3 f
f •dr = f
•'C
f •dr + f Je t
Para Ci, dr = dx i y
f-dr+ f
Jc2
f-dr.
Jc3
f = x i; por consiguiente,
f
f
f • dr = J C iJo
x dx = - , 2•
Para C2, dr = dy j y f = i + 2 j j; por consiguiente, r f •dr = f -'Cj ^0
2y dy = 1.
Para C3, dr = dz k y f = i + 2j + zk; por consiguiente,
Así que, í
1
f • d r = —+ 1 + - = 2 .
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 trayectorias diferentes que unan (0. 0, Oí u
j
j
f-dr
X dx * 2 y dy + z dz .
tenemos
'
^£0,0,0) ... *— 4. y. 2 + -2
|(i .i .n
2 | ( 0 i 0 ,0)
- 1- • 1, f 1 2
2
1 2> lo que muestra que el resultado depende sólo de los puntos (0. 0. 0) v i l . 1, i ) y es independiente de la trayectoria de integración. La discusión anterior muestra que si la integral / , d x + / 3 dv + / 3 dz de
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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 e o s t i + a sen t j,
0
Por consiguiente, dx = - a sen t dti + a eos t dtj. Entonces X- dx = - a 2 eos t sen t dt + a 2 senf eos t dt = 0 dt = 0. Por lo tanto, r - cí r = 0.
(4.16)
i Si f = f xi + / 2j + / 3k, m ostrar que
PROBLEMA 4.8
f
f x d x = i
í
Je
(f2
dz -
f3
dy) + j
í
Je
( (}
d x - f l dz)
Je (f¡ d y - f2 dx).
+k í
(4.17)
Je Solución:
Por (2.27), el producto vectorial de f con dx es
r
f x dr dx
dy
dz
= i ( / 2 dz - f3 dy) + j ( / 3 dx - f í d z) + k
dy - l2 dx).
Por lo tanto, la integral es f
fxrfr=i
Je
í
(f2 d z - / 3 dy) + j í
Je
PROBLEMA 4.9
( f3 dx -
dz) + k í
Je
(f¡
Je
X dx a lo largo del círculo representado p o r * 2 + y 2 = « 2,
Calcular
z = 0. S o lu ció n :
Con referencia al problema 4.2, C se representa paramétricamente por r = a e o s t i + a sen t j ,
y por consiguiente, dx = - a sen t d t i + a eos t d t j. i r x dx =
a eos t -a sen t
a
0 < t < 2tt, Así que j
k
sen t
0
dt a eos t dt
j \ G>gs e
0
slt)
= k (a 2 e o s 2 f + a 2 sen2 t) dt = a 2 d t k. CA
De modo que integrando sobre C,
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A nálisis vectorial
84
r r2rr r2rr {prxdr- I ka2dt= ka2 I dt = 2 n a 2k, c *'o Jo
(4.18)
lo que muestra que el resultado es un vector en la dirección de z con magnitud 2na2, que es el doble del área de un círculo. (Véanse problemas 4.68 y 4.69).
4.2
Integrales de superficie
Una superficie S se representa por r(u, v) = x( u, v )i + y ( u , v ) j + z ( u, v)k,
[3.79]
donde r es el vector de posición y u, v son parámetros. (Cf., sección 3.5) El elemento diferencial dS del área de la superficie es d S = t ux r v dudv.
[3.95]
Como se muestra en el capítulo 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 r v |
[3.80]
dS = | ru x r v| dudv.
[3.96]
Las integrales que incluyen el elemento diferencia] de área dS se llaman integrales de superficie. Consideremos las integrales de superficie jjó
dS,
(4.19)
jj f ' d S ,
(4.20)
s
:W'::
JJ'
f
X
dS,
(4.21)
s
cada una de las cuales esta sobre una superficie S que puede estar abierta o cerrada. S iS es una superficie cerrada, las integrales de superficie se expresan
P ap 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 esferax 2 +y 2 +z2 = a2. s
So l u c i ó n : Por el resultado del problema 3.26, la esfera*2 + y 2 + z 2 = a 2 puede representarse paramétricamente cambiando d en u y tp en v. Así que, r (u, v) = a sen u eos v i + a sen u sen v j + a eos u k,
(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 -
a 2 sen2 u e o s v d udv i + a 2 sen2 u sen v d udv j (4.23)
+ a 2 sen u e o s u d udv k.
Como S es la parte de la esfera donde z > 0, el recorrido u debe cambiarse a 0 < « < ít/2 pues eos u < 0 para 7t/2 < m < n. Por consiguiente, -7 7 /2
ru x rv dudv
í - n
27t í'Tr/2
■t
i 277
+k
n Como
f
¡ ¿o
r2rr rn/2 a 2 sen2 u eos v dudv + j I I a 2 sen2 u sen v dudv do •'o
/* 7 7 /2
¡ Jo
sen u eo s u dudv.
2v /'2-ít e o s v dv = ( ( sen v d v = 0,
í*2 2 7t7t
•'O
J
r
/* 7 T /2
a sen" do ^2 77
“ '0
•'O
{*2tt o
rn/2 eos v dv I sen2 u du = 0, *'o
r2rr f 77/2 = a2 | sen v d v sen2 do •'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 77a 2- — sen2 u 2 1 0 „ , 1 = 2 77a • — 2
Por consiguiente,
f f
dS =
77
(4.24)
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). Fig ura 4 .2
La esfera del problem a 4 .1 0 .
PROBLEMA 4.11
Mostrar que sobre la esferax 2 + y 2 + z 2 =a 2 , (4.25)
J~f dS= °
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86
Análisis vectorial
So l u c i ó n : Si S x y S2 son las partes de la esferax 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 = ;7 a2 k.
(4.24)
II
S,
Para , puesto que z
ru x r v tfuc/v,
77/ 2
y por cálculos similares, r2n -2 7 ? rr nn rr2.n ín rrnn I I a 2 sen2 u eo s v dudv = I I a 2 s in 2 u sen v cíucív = 0, Jo n/ 2 o 77/2 '277
n
77 J’n/ TT 2
a 2 sen u e o s u c/ucfv = 2 77a 2 • — sen2 u = 27ra2 [——] = —n a 2. 2 77/2 '
Por consiguiente, d S - - n a 2k.
(4.26)
I I s,
Sumando (4.24) y (4.26), J J d S = 77a 2 k — 77a2 k = 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 llama el flujo de f a través de S y se representa por
JETs PROBLEMA 4.12
(4.27)
Si S se representa por r(u, v), mostrar que el flujo de f a través de S es
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 R uv es la región en (u , v) que corresponde a S. Solución:
El elemento diferencial de área de la superficie es d S = ru x
Por consiguiente el flujo de f a través de S es
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87
Cálculo integral vectorial
JJ f - d S = JJ f • ru x rv dudv =, JJ [f ru rv] dudv. S
R„
PROBLEMA 4.13
Si f = eos u eos v i + eos u sen v j - sen u k, donde 0 < u < tt y
JJ'
0 < v < 2v, calcular | | f 'd S sobre la parte de la esfera x 2 + y 2 + z2 = a2 para la cual z > 0.
So l u c i ó n : son
Por el problema 3.26, las com ponentes del vector que genera la superficie ru = a e o s u e o s v i + a eo s u sen v j - a sen u k, rv = —a senu sen v i + a sen u eo s v j.
De acuerdo con la definición de triple producto escalar (2.53), eo s u eo s v [f ru rv]
eo s u sen v
a eo s u eo s v a eo s u sen v —a sen u sen v
—sen u
= o,
—a sen u
a sen u e o s v
0
Como las filas primera y segunda del determinante son proporcionales, su valor es cero. En consecuencia, por (4.28)
JJf • c/S = 0.
(4.29)
s
PROBLEMA 4.14
•JJ"
r - dS , donde S es la superficie de la esferax
Hallar
+y
+ z -a .
s
Solución: En el punto (x, y , z) de la superficie de la esfe ra l, el vector de posición r = x i + y ¡ + z k y el vector unitario exterior n normal a la superficie S apuntan directamente hacia el lado opuesto del origen. Así que, n = er =
(4.30)
r Entonces, para puntos de la superficie,
¿7 S<-
y como el área de la superficie de una esfera es 4na2 por el problema 3.26,
JJ r • d S = JJ r • n dS = a JJ dS = a (4 n a 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 yd z ± JJ f2 dzdx ± JJ f3 dxdy, R yz
^ zx
R xy
son las proyecciones 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. Si a, y y son los ángulos entre los ejes coordenados rectangulares y el vector unitario n, entonces, por el resultado del problema 2.18, S o lu ció n :
n • i = eos a ,
n - j = cos^3,
n • k = eos y.
[2.50]
Por consiguiente, por (2.65), n puede escribirse como n = (n • i) i + (n • j) j + (n • k) k
= (eos a ) i + (eos /3)j + (eos y)k,
(4.32)
y por consiguiente, d S = n d S = (eos a ) d S i + (eos /3) c/S j + (eos y ) d S k.
(4.33)
Ahora podemos escribir (véase figura 4.3), dS (n • i) = dS (eos
a ) = ± dydz,
dS (n • j) = dS (eos
/3) = + dzdx,
dS (n • k) = dS (eos
y) = ± dxdy,
donde los signos están determinados por los de (n *i) = eos a (n* j) = eos |3, (n • k) = eos y, respectivamente. Entonces, Figura 4 .3
S o lu c ió n al p ro b le m a
d S = n dS = (± dydz) i + (± d z d x )i + (± dxdy) k.
4 .1 5 .
(4.34)
Así, si f = / j i + / 2j + / 3k,
JJ f • d S = + JJ f l dydz ± JJ l2 d zd x ± 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, dondeS es la superficie del cubo limitado porjc = 0, 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 origen. Solución:
Dividimos el cubo en las áreasS¡ ~ S 6.
Sobre Sj para AOCB, z = 0, n = - k ; por consiguiente, r - n = (x i + y i + z k ) - ( - k ) = - z = 0. Sobre S 2 para AFEO, y = 0, n = ~ j;p o r consiguiente, r -n = ( xi + y j f z k ) - ( - j ) - - y - 0. 4 .1 6 .
Sobre S 3 para O E D C , \ - 0, n = —i; así que, r • n = (x i f y j f z k) • (—i) Sobre S 4 para AFGB, 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 f y j i z k ) - ( j ) - y
Sobre S 6 para FEDG, z = 1, n = k; así que,
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- x - 0. consiguiente, 1. consiguiente, 1.
89
Cálculo integral vectorial
r- n = ( x i + y j + z k) • (k) = z = 1. Entonces, como las integrales sobre S¡ ~ S 3 son cero y sobre S 4 ~ S 6 son uno,
JJr-cíS = JJr- n dS + JJ r - n dS + JJ r - n dS +JJ r - n dS + JJ r • n dS + JJ r - n dS f J j s . f f c s . J J é s S4
=
1
+
S 5
S 6
1+ 1
= 3.
JT<
Si f = zi + y j + 2zk, calcular | J f*c/S, donde S es la parte de la
PROBLEMA 4.17
superficie del paraboloide x 2 + y 2 = 1 —z para el cual z > 0. (Véase figura 4.5.) So l u c i ó n : En el problema 3.31, un vector unitario n normal a la superficie 4>(x, y , z) = 0 es V0
[3.117]
ív ^ T ’ donde V0 es el gradiente de
Fig ura 4 .5
p ro b le m a 4 .1 7 .
Por consiguiente, (3.117) viene a ser V<£
2xi + 2yj + k
|V 0 I
( 4 x 2 + 4 y 2 + 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 + 4 y 2 + i f i ’ n •k
1 (4 x 2 + 4 y 2 +>¿)1/2'
Así que n*i y n -j son positivos o negativos dependiendo de six e y son positivos o negativos, mientras que n • k es positivo para todos los valores de x e y . Por consiguiente, \ si se usa
Sí ds= r nds 1'
S
I f S
^■
= * I f Ryz
U na pa rte de la su p e rficie del p a ra b o lo id e del
fidydz±Sf4
d zd x ■ / / /3 dxdy
[4.31]
^ zx
para calcular la integral, S debe subdividirse en dos superficies. Para calcular el primer término, debe haber una superficie para x > 0 y otra para x < 0.
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Análisis vectorial
90
De modo similar, para calcular el segundo término, debe haber una superficie para y > 0 y otra para y < 0. El primer término
J í
/ i dydz de (4.31) se calcula como sigue. P arax > 0,
Ry z
x = (1 - y 2 - z)1/2 sobre S; por consiguiente,
JJ íi dydz = JJ x dydz R yz
R yz
1
r l-y
■f
J y = -1
fz —0
1/ (1 - y 2 - z) 2 dzdy
| j f 1 (1 - y 2)V2 dy
2 3
3 8
— • —
77
1 —
77.
4 P arax < 0, x = - (1 - .y 2 - z ) 1/2 sobre 5; escogiendo el signo negativo,
- JJ f¡ d yd z = — JJ x dydz r l~y
'i
v
(1 — y 2 — z) 2 dzdy
y= 1 4
=
El segundo término
—
77.
/ 2 dzdx de (4.31) se calcula como sigue. Para y > 0,
y = (1 - x2 - z ) '2 sobre 5; por consiguiente,
JJ f2 dz dx = JJ y dzdx ' ' 1~*
y
1/ (1 - x2 - z) 2 c/zcfx
1 =
—
77
4 pues la integral es la misma que para el caso/?yz. Para.y < 0 ,y = -(1 - x 2 - z ) 1/2 sobre 5; escogiendo el signo negativo,
- JJ í2 dzdx = — JJ y dzdx ^ZX
^ZX
■r f Jx = -1
1 —
4
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77.
J z = 0
(1 - x2 - z) 2 dzdx
Cálculo integral vectorial
91
Para el tercer término de (4.31), como n • k > 0,
Jj"f3dxdy = j~J 2 z dxdy = 2 í í '1
R
i\Xy
/V 1 -x 2
x = -l
“ xy
‘
2
'
3
(1 - x2 - y2) dydx
y "
1“ x2
) * dx
°
1
~
8 3 “ 3 ' 8 77 =
77.
Sumando los resultados anteriores para los tres términos de (4.31) se obtiene
ÍJ
f'dS = | —7
7 + i
77 1
+
(—
77 +
—
771+77
=
277.
Si S se representa por z = z(x, y ) mostrar que el flujo de f a través de
PROBLEMA 4.18 S es
JJt.rfS./{ ,.„ < * s
s s e c y dxdy
" ^xy JJ-
j j '1 ; ,
donde se c y
n •k
dxdy,
(4.35)
+ 1
«5y
Sol uc i ón: Si S se representa por z = z(x, y ) , entonces por el prob. 3.24, el vector normal unitario es dz .
dz .
dx
dy [3.89]
dz\2
Idz
dx)
\<9i
Por consiguiente, si y es el ángulo entre n y k , n - k = e os y =
1
(4.36) d z'2
sec y
dz
+ i
dy ,
Luego, por (3.103), el elemento diferencial del area S, dS, es dS
dz Jx
+ 1 dy
dxdy
.= se c y dxdy 1 dxdy. (n • k)
(4.37)
Entonces el flujo de f a través de S es
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/ Análisis vectorial
92
JJf.dS ^JJf.ndS s
s
sec y dxdy ^xy dxdy. ■JD T'-í
PROBLEMA 4.19
Sí'
Si f = zi + >>j + 2zk, usar (4.35) para calcular l | f •dS, donde 5 es la
parte de la superficie del paraboloide x 2 + y 2 - 1 —z para la cual z > 0. (Cf., problema 4.17 y figura 4.5). So l u c i ó n : C om oS se representa por z = 1 - x 2 - y 2 con z > 0, el vector unitario 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
2x2 + 2y 2 + 2z [(x)(2x) + (y)(2y) + ( 2 z ) l ] =
(4x2 + 4y 2 + l ) 1^
( 4x2 + 4y2 + l ) l/2
Así que, de acuerdo con (4.35),
rr
f- d S =
JJ
rr
2 x 2 + 2y 2 + 2 z
v
I --------------------- í t ( 4 x 2 + 4y + 1) 2 dxdy J J (2x2 + 4y2 + 1 ) /2
JJ [2x2 + 2y2 + 2 (1 - x2 - y 2)] dxdy R xy s>l
/ ~ / l —x 2
2L , Ls-,
dxdy
y= - /
4 |
f
(1 - x 2)^2 dx
= 4 -2 =
PROBLEMA 4.20
2n.
Calcular J J r X dS, donde S es la superficie del cubalim itado s
*
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Cálculo integral vectorial
93
por x = 0, x = l , y = 0 ,y = 1, z = 0, z = 1 , r e s el vector de posición y n es el vector normal unitario dirigido hacia afuera. (Cf., problema 4.16 y figura 4.4.) So luc ió n: Con referencia a la figura 4.4, tenemos sobre S¡ paraAOCB, n = - k , dS = n dxdy = - dxdy k; por consiguiente, r x n = ( x i + y j + z k ) x ( - k ) = - y i + x j. Así que, í í r x dS = f
í
Si
0
0
(-y i
+ x j )d xd y
f 1 f 1 y dydx + j r f 1 x dxdy Jo -'o ^0 -'o
=-i
1 . 2 1
1 . 2
+
J '
Sobre S 2 para AFEO, n = -j, dS = n dzdx = - d z d x j ; por consiguiente, r x n = ( x i + y j + z k ) x ( - j ) = z i - xk. Entonces,
JJ r x d S = J >i Jr i ( z i - x k ) d z d x
2
í
í
Jo
J o
z dzd x - k
í
x dxdz
í ^o
J q
2
Sobre S 3 para OEDC, n = -i, dS = n dydz = - d y d z 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'
( - z j + y k ) dydz
S3
=- j I J z dzdy + k JQ j*/0 Jo o Jo
¡ y
dydz
*/0 Jo
1 • 1 b =~ 2 J+2 Sobre S4 para AFGB, n = i, dS = n dydz = dydz i; por lo tanto, r x n = (x i + y j + z k ) x i = z j - y k . Así que
Sobre S s para BGDC, n = j, dS = n dzdx = dzdz j ; así que, r x n = ( x i + y j + z k ) 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, r x n = ( xi + y j + z k ) x k = y i - x j . Entonces, 1 ri
1 1 ( y i - x i ) dxdy = - i -
ISf.I — - Í I
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene r x d S = 0.
(4.38)
JJ' s PROBLEMA 4.21
r X d S donde S es la superficie esférica cerrada representada
Calcular s
por x2 + y 2 + z 2 = a 2. Solución:
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,
j j r x n dS = 0.
J j ~r x d S = s
(4.39)
s
4.3
Integrales de volumen
Como el elemento de volumen d V es un escalar, consideremos dos integrales de volumen sobre una región R :
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 expresarse también como (x, y , z) dxdydz,
(4.43)
que es la integral triple de 4>(x, y , z) sobre laregión 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)
Cálculo integral vectorial
95
Si f = / ] i + / 2j 1 7.ik, entonces(4.41) puede resolverse en sus componentes, i.e.,
I I I ,M' ‘ j f í ' ',v PROBLEMA 4.22
‘
Calcular | | | V • r dV , donde R es cualquier región con volumen V y
'I I I
r es el vector de posición. So l u c i ó n :
Por (3.129), V *r = 3. Por consiguiente, usando (4.44), d V -3
f f f v - ' j r - f f j s
J f f j V . 3V.
(4.46)
PROBLEMA 4.23 Calcular I í IV X f d V si f = y i —xj y R es cualquier región del espacio con volumen V.
Sol u c i ó n:
Por (3.138), el rotacional de f es
V x f=
i
j
k
d dx
d dy
d dz
y
-X
0
= - 2 k.
Por consiguiente, V x f dV = - 2 k
f f f
4 .4
JJJ
d V = - 2Vk.
Definiciones alternas de gradiente, divergencia y rotacional
El gradiente de una función escalar 0, escrito grad 0 ó V
ax
oy
az
[3.105]
La divergencia de f, escrito div f ó V • f, se define como
im
f ’ d S, V • f - lim h v ->o AV j(-Sf
(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)
d ondeA S es la superficie limitada por una curva cerrada simple C y n max es el vector normal unitario asociado con A S tal que la or'tntación del plano de AS dé un valor máximo
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%
Análisis vectorial
fdr.
(4.49)
El rotacional A X f de f se define también por su componente en una dirección particular; i.e., la componente de A X f en la dirección de n es
n.(V*f)=
lim —
(4.50)
donde A S es una superficie limitada por u ña curva cerrada 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 cuandoA S tiende a cero. PROBLEMA 4.24 So l u c i ó n :
Dar la interpretación física de A • f definido en (4.47).
En (4.27), la integral de superficie
JJ f ' d S se define como el flujo de f que s
pasa por la superficie S. Entonces J J f *dS es el flujo total de salida de f a través de la s superficie cerrada S. Por tanto, (4.47) muestra que la divergencia de f en el punto P es el lím ite 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 en te o un sumidero de un campo vectorial f, entonces el flujo de f divergirá de P ó convergerá a P, según que V • f sea positivo o negativo. Por tanto V *f puede considerarse como una medida de la intensidad del vector fu en te o sumidero en P.
PROBLEMA 4.25
Usando (4.47), deducir la fórmula para V*f dada en (3.127).
So l u c i ó n : Si el punto (x , y , z ) en el centro de un pequeño paralepípedo rectángulo tiene aristas Ax, A y, Az, como se mustra en la figura 4.6, entonces A V = A x A y A z. Si f = f \ ¡ + f ú + h k, entonces
d S = d yd z i,
sobre S jp ara^ F G S ,
n
i,
sobre S2paraFED G ,
n = -i,
sobre S3paraBGDC,
n = j,
sobre S4para<4FF//,
n = -j,
sobre S5paraFED G ,
n = k,
sobre S6para/4/íGfí,
n = -k ,
dS = - d y d z i , dS = dzdxj,, d S = - dzdx j, d S = dxdy k, d S = - dxdy k.
Por consiguiente, ignorando las contribuciones diferenciales de orden superior, X
Figura 4 .6
S o lu c ió n al pro b le m a 4 .2 5 .
s
d l l A x\ f - d S = I/, +
dx
2
AyAz,
S,
r
.
d
/
S
di. A x \ . — j 4 y A 2,
I I S2
jy www.FreeLibros.me
d i. A y \ 2 — AzAx,
Cálculo integral vectorial
j j f '" 8 - -('> -* £
j j ' - rfS _ ( í, +
J
J
f
.
97
)
7
^
^ | í ) A*Ay,
3
y ) A ,A y .
«6 Sumando todos los resultados anteriores se obtiene Cf
/dfí
df 2
df 3\
¡d i.
df2
df3.
dx
dy
dz
s Por lo tanto, por (4.47),
f PROBLEMA 4.26 So l u c i ó n :
dí. dí 2 dt, f-dS= — + — + — . dx
dy
[3.127]
dz
Dar la interpretación física de V X f como se define en (4.48).
La integral de la derecha de (4.48) o (4.49), i.e.,
f* r es la circulación de
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 (4.50) deducir la definición de rotacional de f como el producto cruz de V y f como se da en (3.138). No se tengan en cuenta los términos de orden superior. So l uc i ón : Si un rectángulo EFGH con respecto al punto (x, y , z) tiene lados A y y A z, como se muestra en la figura 4.7, entonces AS = i A S = iA>>Az. Si f = f \ i + / 2j + / s k , entonces dL A z para el lado E F , dr = dy j, Ay,
L d i 3 Ay\
para el lado FG,
dr = d z k ,
para el lado GH,
d r = - dy j,
l'- H df 2 A z \ '■ d r = - [ / , + — y j A y , / J GH
4 .2 7 .
para el lado HE,
/
dr=-dzk,
dí± Ay f • d r = - [(
H E
dy
2
Az.
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene
i
1"
/ di ,
dL
a/,
dt,
\dy
dz
dy
dz
AS.
Por lo tanto, por (4.50),
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i
Análisis vectorial
98
a/,
a/.
ay
az
(4.51)
Mediante integración semejante alrededor de rectángulos en los planos zx, x y ó por simple permutación cíclica de x, y, z y 1, 2, 3,
/a/,_ J - ( V x f) =
\az
dJ i dx )
¡df2
di ,
(4.52)
(4.53)
M v * f)^ ~ a 7 Como para un vector arbitrario A , por (2.65), A = ( A * i)i + (A *j)j + (A 'k )k , obtenemos (3.138): di 3 di, ( di , V x f =(— - — + dy dz 1 + U z i
i
a/3\ ax
j +
a/, ax
ay
k
A A A dx
dy
dz
h
i*
f.
(4.54)
Son definiciones alternas de V<¡>, V ’ f y V X f, las siguientes: s¡4> ~
üm A — r f d s < ¿ , 4 v - o AV J j
(4.55)
5
S
V
X
f-
lim i - f f d S x f , 4 f - o At ' J j s
,4A7' (4.56)
donde A V es el volumen de la región R limitada por una superficie cerrada S.
PROBLEMA 4.28 Mostrar que (4.55) es consistente con la definición V0 dada por(3.105). No se tengan en cuenta los términos de orden superior.
So l u c i ó n :
Se sigue el procedimiento del problema 4.25 y se usan las mismas notaciones.
(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): rr
1
dcf)
d S ch = i —
V<¿ = lim — O 4 7 ,0 AV JJ
^
dx
dcf)
dcf)
+j — +k dy
PROBLEMA 4.29 Mostrar que 4.56 es consistente con la definición de V X f dada por (3.138). No se tengan en cuenta los términos de orden superior. S ol u c i ó n : Se sigue el procedimiento del problema 4.25 y se usan las mismas notaciones. (Cf., figura 4.6). Tenemos para la superficie S ¡ , i + í2 j + /3 k) dyd z St
Si
= J J (k f2 - j f3) dyd z
d í2 A x\
k 1' • 4 s r
/
<9/3 A x \
) AyAz _ l r
t
1 AyAz-
j í t
De modo similar, para las otras cinco superficies, rr
JJJ « ,
[
d i/,2 A x \
\~
dx
/
dí,
Ax\
2
s
S2
JJcTS X r - -h (/. ^ |íi
ffds
x ' - k ('■ -
J J ,
3 -r ---- ---- 1 Az Ax, dy
2 í
t ) AzAx ■ ‘ ('• ■ 5 7 t ) AzA* d /2 A z \ Ax Ay - i (f2 + — — J AxAy,
d í, A z
II
rfs* 1"
>'■ - 5 7 T Í A l A y + ‘ l ' 1 * « 7 T 1 i , , A y -
Sumando todos los resultados anteriores se obtiene
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100
Análisis vectorial
.
dSxí f f
.
fdfi_ _ Wy dz (dU_ \d y
dh dz)
\dz
dx I
. d í,
A x A y Az
\dx
dy /
\dx
d y /.
d í.
\d z
AV.
Por tanto, por (4.56) obtenemos (3.138): V x f = lim a v
-»o
f f dS x f = i Jj \dy
PROBLEMA 4.30 So l u c i ó n :
dz /
+j
\dz
- 1 ^ -) + k dx /
d f2
d í!
<9x
dy
Hallar una representación integral equivalente del operador V.
Por (4.55-6), V se representa por lim — f f d S . V = lim A■ Vv-»o A F JJ
4.5
(4.57)
Teorema de divergencia o de Gauss
La definición de divergencia, [4.47]
div f = lim — f f f d S , 4v-o AV j j
da el valor de div f en un punto. El teorema de divergencia 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 superficie cerradaS, entonces (4.58) H
S
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 teorema de divergencia (4.58).
So l uc i ón : Considérese una superficie finita cerradaS que encierra una región i? con volumen V. Se divide R en N subregiones con volúmenes A , A V 2, • • • , A VN . En el punto (x ¡, y¡, z¡) dentro de A V¡, donde / = 1, 2, • • •, N , la definición de divergencia (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¡ AV¡. AS,
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 superficie de cada AV¡ consiste en numerosos segmentos que son o parte de la 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 V - f dV.
Debido a que
1 ff f - d S = JffJ f - d S ,
lim Y 7V->00 Z—J J J tenemos
JJJ V - f d V = J J f - d S + R
£¡ AV¡.
lim
S
(4.60)
1 =1
Para el segundo término de la derecha de (4.60), jr
e¿A V¡
< ^
| 8; | A V¡ < | e m | '¡ T AV, = | £m | V, i =1
donde em = max e¡. Sin embargo, em -*■ 0 cuando 7V- >° ° yA^- *- 0. Por consiguiente, N
lim V N -»oo «
8; AV; —♦ 0. J
i =1
Así que tomando límites,
PROBLEMA 4.32
Dar la interpretación física del teorema de divergencia (4.58).
So l u c i ó n : Como se muestra en el problema 4.24, la divergencia de un campo vectorial 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 4.33
Mostrar que si r es el vector de posición, entonces
s
r- d S = 2>V,
(4.61)
s
donde V es el volumen de la región R limitada por la superficie cerrada S. So l u c i ó n :
La divergencia V • r es dx dy V • r = —— + — + —— = 3dx dy
Así que aplicando el teorema de Gauss (4.58),
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dz [3.129] 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 ‘dS para la superficie S de una esfera s
x 2 + y 2 + z 2 = a2 . (Cf. problema 4.14). Solución:
El volumen V de una esfera con radio a es V = (4/3)77 a3. Por consiguiente,
por (4.61),
s
PROBLEMA 4.35
r • <íS = 3 • — n a 3 = 4 77a 3.
3
Usando (4.61), calcular J J r ' d S , donde S es la superficie de un cubo
limitado por x = 0 ,x = 1, .>>= 0, y - 1, z = 0, z = 1, como se muestra 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 origen. (Cf., problema 4.16). S o lu ció n :
Como el volumen del cubo es 1, entonces por (4.61),
s
r - d S = 3V = 3 -1 = 3.
PROBLEMA 4.36
Mostrar que
( 4 -6 2 )
R
S
donde S encierra la región R , r es el vector de posición y Ir I= r. Solución:
Por(3.167), V - I r " ' 1 r] = (n + 2) r " - 1.
Si n = - l , = (—1 + 2 ) r~2 = —
V-
(4. 63) #<-
Por consiguiente, aplicando el teorema de divergencia (4.58), 7 .dv- $ R
PROBLEMA 4.37
R
S
Mostrar que, para cualquier superficie cerradaS, JJ V
X
f . cf S = 0.
(4.64)
s
Solución:
Por (4.58),
JJ V x f - d S = JJJV - ( V x f ) d V . R
Pero por(3.143),V (V X f) = 0 ; p o r l o tanto,
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(4.65)
Cálculo integral vectorial
103
V x f • d S = 0. t i
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 cerrada S , mostrar que el teorema de divergencia (4.58) expresado en coordenadas rectangulares es j dxdydz =
jjj" R
Solución:
JJ(P d y d z + Q d zd x + R dxdy).
(4.66)
S
Si escribimos t = P i + Q j + R k, n = e o s a i + e o s /3 j + e o s y k,
entonces, en general, para cualquier superficie S, n • i dS = eos (X dS = dydz, n • j dS = eos ¡3 dS = dzdx, n • k dS = eos y dS = dxdy.
(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 (Pi + Qj + Rk ) - n dS s
s (P eos OL + Q eos /3 + R e os y) dS ■
t i
J j (P d yd z + Q d zd x + R dxdy) s Por tanto, (4.58) se reduce a + —— ) d xd yd z = jj (P d yd z + Q d zd x + R dxdy). dy dz fJHff+f? s PROBLEMA 4.39
Usando el teorema de divergencia (4.66) calcular / =
JJ x d y d z + y d zd x + 2 z dxdy, 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., problema 4.17). So l uc i ón :
Por el teorema de divergencia expresado en coordenadas rectangulares (4.66),
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4 .3 9 .
104
Análisis vectorial
dx
dy dy
■ S i l dx
<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 d yd z + x 2y d zd x + x 2z dxdy),
z
ÍJ donde S es la superficie cerrada que consiste en el cilindro x 2 + y 2 = a2, 0 < z < b, y los discos circulares x 2 + y 2 < a 2, z = 0 y x 2 + y 2 < a2, z = b , como se muestra en la figura 4.9. So l u c i ó n :
Por el teorema de divergencia (4.66), l =
x 2 dxdydz 2_
La s u p e rfic ie del p ro blem a
=5 I
4 .4 0 .
m
¡
2
x2 dxdydz
| - a J —/ a 2— y'1
•rn fbfaI b
Jo 20 6 —— 20 b 3
pa
Jo
(*•/ a 2 —y 2
x 2 dxdydz
3
ra . 2 2.v , |i " (a 2 -~ y. ) dy Jo 3 16
5 n a 4.b. — 4
Mostrar que el teorema de divergencia (4.58) puede extenderse al volumen infinito exterior a una superficie cerrada con tal que PROBLEMA 4.41
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105
Cálculo integral vectorial
lim
r 2 |
(4.67)
f | = O,
r-> oc
donde r es la distancia desde el origen a cualquier punto del espacio. So l u c i ó n : Sea S una superficie cerrada limitada por una esfera S r de radio r con su centro en el origen. 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 V - f dV=jj t - d S + jj R
S
(4.68)
f-dS.
Sr
(Véase figura 4.10). Por la desigualdad de Cauchy-Schwartz (1.45), I f #h l< I f I; entonces,
JJ f - d S
=
jJf-nc/S
<
jj | f - n | dS < jj | f |
dS.
Por lo tanto, si If I< e/r2 en todos los puntos de S r, e
dS = 477 8
p u c s j j d S = 4nr2 . Así, si lim r2 I f I = 0, F ig u ra 4 .1 0
Sr
La s u p e rfic ie cerrada del p ro b le m a 4 .4 1.
lim
f f
r->0°
JJ
t - d s = 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 sólido d ü subtendido en el origen O por un elemento dS de la superficies se define como (4.69)
dQ ~rdH. r3
i
El ángulo sólido total O subtendido p o rS es (4.70)
!\ ís f r;ís
Mostrar que el ángulo sólido total subtendido por una superficie cerrada S en el origen O es cero si O está fuera de la región R limitada por S, y que es 47T si O está dentro de i?. PROBLEMA 4.42
So l u c i ó n :
Por el teorema de divergencia(4.58),
J f^ = J jH ^ h S
R
Sin embargo, por (3.168), V *(r/r3) = 0 dentro de i? si r ¥= 0. Por otra parte, si O está fuera de R,
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Fig ura 4.11
A n g u lo sólido .
106
Análisis vectorial
entonces r ^ O , como se muestra en la figura 4.12 (a). Por tanto, cuando O está fuera de R, el ángulo total subtendido por S es
JÍ1?
n
(4.71)
= 0.
Si O está dentro de R , construim os una pequeña esfera S a de radio ra y consideramos la región R ' limitada por S y S 0, como se muestra en la figura 4.12 (b). Si aplicamos el teorema de divergencia (4.58),
.
r
íí'T
r
S+Sq
pues r
s
.rr
iij
Sq
• r
0 dentro de R '. Así que
En los puntos de S a , r = rQy la normal positiva o exterior está dirigida hacia O, o sea que n = - r/rQ; por consiguiente,
dS
# ^ ■ 1 "
so
so
-Si so
Figura 4 .1 2
dS
- tJ
(b ) S o lu c ió n al p ro blem a
-------- q n ro rTo2
4 .4 2 .
= —477; y cuando O está dentro d e R , el ángulo total subtendido por 5 es
■d S
4.6
= — ( — 4 7 7 ) = 477.
(4.72)
Teoremas de G reen
El primer teorema o identidad de Green establece que si < t>y \p son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas en una región R limitada por una superficie cerrada S, entonces J j J ( < £ V 3<£ +
j
j
j
R
f
^
Vt ¿ - dS.
(4.73)
S
El segundo teorema o identidad de Green establece que si < t>y \l>son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas en una región R limitada por una superficie cerrada S , entonces
JJJ
-
ifiV24>)dV j j
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(0 V 0 - «A V<^>* 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 R limitada por una superficie cerrada.?, entonces
■
[f-y:g -
g-v J fl dv
• '. . ^ •
■■ ' (
j j Ir
■ «i - i r
•
• e.i
,
g • (7
.
'
'
' ' ■. '
f ) - g (v • r )]•
(4.75)
donde V2 f - V ( V * f ) ~ V X ( V X í ) por Í3.164). I ste teorenu equivalente al segundo teorema de Green (4.74) que relaciona dos
Verificar el primer teorem a de Green (4.73).
PROBLEMA 4.43
So l u c i ó n :
Usando el vector identidad, V*(0f) = <¡>V"f + f - V0 , d o n d e f = Vi//, V-(0V
(4.76)
Integrando sobre la región R ,
JJJ V-(^V^)dV= JJJ W .V2
(4.77)
R
Aplicando el teorema de divergencia (4.58),
JjJ V. ( 0V. / r ) cf K = R
(4.78) S
Así que, J J J * (9S V V + V<¿-V
.
JJí¿V^-c/s. S
Por la definición de derivada direccional (3.98), i.e., 30/ds = grad 0 - T , dt¡/ - Ó V ^ - n d S = <{> ~ - d S , dn
(4.79)
donde d\p/dn es la derivada normal. Por consiguiente, (4.73) puede escribirse como
JJJ ( < ¿ W PROBLEMA 4.44
So l u c i ó n :
+ V 0- V ¿ )d V =
Jjó ^
dS.
(4.80)
Verificar el segundo teorema de Green (4.74).
Intercam biando0 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 (
jj
i//S72
Q ( 0 V«A - < A \ 7 0 ) - d s .
[4.74]
Por (4.79), dib
dd>
Vi/f • dS = —— c/S,
\/cf )- dS= - r - d S ;
an
an
Por consiguiente, (4.74) se puede expresar como
J]J(<¿V2
PROBLEMA 4.45
(4-82) S
Si \¡j es armónica en una región R encerrada por S , entonces demostrar
^
- # j j v i { , - d S = j j j ^ d S = 0. s
Solución:
(4.83)
s
Si hacemos 0 = 1 en el primer teorema de Green (4.73),
jj"V'A-dS= jjj S
(4.84)
R
pues V (l) = 0. Como i¡j es armónica, entonces por la ecuación de Laplace (3.133), V2 1// = 0. Por consiguiente, (4.84) se reduce a jjvt/'-dS=
PROBLEMA 4.46
jjv<¿s-ndS=
j j ^ d S = 0.
Si (¡>y \¡¿ son armónicas en una región R encerrada por S, entonces
demostrar que
jj
V
jj (cf>
=
s
dS
= 0.
(4.85)
s
Solución: Si <¡>y \¡j son armónicas, entonces por la ecuación de Laplace (3.133) tenemos, V20 = V2 1// = 0. Así que por el segundo teorema de Green (4.74),
jjo w -
PROBLEMA 4.47
Solución: fX(VXg),
R
Deducir el tercer teorema de Green (4.75).
Aplicando el teorema de divergencia (4.58) a los vectores f(V *g) y
jjj
V-[f(V-g)]dK=
R
jjj V • tf
J ^ " f ( V- g ) - c / S ,
(4.86)
S
X
(V x g) ] d F = j j j f x ( v
R
X
g)-c/S.
(4.87)
S
Por las identidades vectoriales (3.155) y (3.157), V-[f ( V- g) ] = ( V - g ) ( V - f ) + f - V( V- g) , V • [f x (V x g)] = (V x g) • (V x f ) - f • V x (V x g).
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(4.88) (4.89)
Cálculo integral vectorial
109
Por consiguiente, J 'J 'J 'V • [f(V • g) ] dV = J J J í ( V - g ) ( V - f ) + f - V ( V - e ) ] d V , R
JJJ
(4.90)
R
JJJ
V - [ f x ( V x 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, J J J [ r - V ( V - g ) - g - V ( V ‘ f)]dV=
Jf[f(V-g)-g(V-f)]-dS,
R
(4.92)
S
J JJ [f • V x (V x g) -
g • V x (V x f)] dV
R
= - jf j^ tf x (V X g) - g X (V X f ) ] - d s . (4.93) s
Sumando (4.92) y (4.93) y usando V 2f
=
V(V-f) -
V
X ( v
X
f),
[3.164]
obtenemos
JJJ
( f - V 2g - g - V 2f ) 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.,
JJJ
V -f dV *
R
e/S-f.
[4.58]
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
VádV ^
R
JJ
d S 4>.
(4.94)
S
El teorema de rotacional expresa que si f es una función vectorial continua en una región R limitada por una superficie cerradaS, entonces
JJJ V x f dV = R
ll'dS xf. S
Obsérvese que los teoremas (4.58) y (4.94-5) se pueden expresar como
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(4.95)
110
Análisis vectorial
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 punto o cruz, o producto simple. PROBLEMA 4.48
Demostrar el teorema del gradiente (4.94).
S o lu c ió n : Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Aplicando el teorema de divergencia (4.58),
JJJ V ‘ (
JJcf>a-dS.
R
(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 V cf >dV- JJ cf, d s ) = 0. \
R
S
(4.98)
/
Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.94). PROBLEMA 4.49
S o lu c ió n :
Demostrar el teorema de rotacional (4.95).
Si a es cualquier vector constante y sustituimos f en (4.58) por f X a, entonces
JJJ V - ( f x n ) d V = JJ ( í x a)-c/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 regla de permutación del triple producto 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
V x F dV -
j j d S x f j = 0.
(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
S o lu ció n :
Por el teorema del gradiente (4.94),
J\MS. JJJWdV. S
R
Si 0 = 1, entonces V = 0; por consiguiente, J J d S = 0.
s Usando la representación integral de V (4.57) i.e.,
PROBLEMA 4.51
V=
lim
AV
0
O ds,
AV
JJ
mostrar que
s
V - ( ^ f ) = <¿>V-f + f-Vs¿>.
[3.155]
So l u c i ó n : Sean 0 O y fo los valores de 0 y f en algún punto F q , y sea A F u ñ a región pequeña que rodea a P0. Sobre la superficie S que limita a A V los valores de 0 y f son 0 = 0 o + A0, f = f0 + Af. Usando (4.57), V- W>f ) =
lim av
=
-> o A k
ffdS.& t)
Jj
s
lim
s
, Í ” o A f [ 0# § L s
d S ' t+
lim^L J J
dS • f + f f d 8 - ( ¿ - ¿ 0) ( t 0 + At)
d S- f
lim ^ \d >o ^ '
+
f0 •
s
jj d S
s
(f> - cf>0 í 0 •
JJ d S
s
s
j^dS-A^Af^.
(4.102)
Pero por el resultado del problema 4.50,
ff Como la última integral
d S = 0.
[4.101]
j j d s ' A 0A f es un término de orden superior, puede descartarse
s en el lím ite. Entonces, en el punto P0 ,
v - w - j f r . h í ' 1* § = 0 O lim av-oAF
d s - < * 1-- f f d s * ]
Q d S • f + f • / lim Q dS JJ L v ^ o A F JJ s \ s
<¿V-f + f - V 0 ,
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1 t
112
Análisis vectorial
donde todas las expresiones están calculadas en el p u n to /V C o m o />0 es arbitrario, queda demostrado (3.155). PROBLEMA 4.52
Si r es un vector de posición, mostrar que para una superficie cerrada
s
S,
Solución:
r x d S = 0.
(4.103)
Por el teorema del rotacional (4.95), d S x r = I I I V x r dV. S
R
Pero por (3.141), V X r = 0; por consiguiente, f l rr xx Jd SS =. — - pO , d S x r = 0. s
4.8
s
Teorema de Stokes
t i teorema de Stokes 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 de Stokes (4.104).
Solución: Considérese una superficie S limitada por una curva cerrada simple C. Se divide 5 en N subregiones tan pequeñas que puedan considerarse planas con áreas A S ,, A S 2 , ' ' ’ , ASyy. En los puntos (x¡, y¡, z¡) de AS¿, la definición (4.50) del rotacional da n • V x f AS, =
(4.105)
donde e .^ 0 , cuando A S¡ -> 0, y n es el vector unitario normal asociado con AS,-. (Véase figura 4.13.) La suma sobre la superficie total S da N
N
-
N
£ n . V x f A S i = £ < h f - d r + 2 ] e¡ AS,, i =1 ci
i =1
Figura 4 .1 3
D e m o stra ció n del teorem a de S tokes.
i=1
Ahora consideremos el límite de esta expresión cuando N ^ - ° ° . La frontera C¡ de cada ASj consiste 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 cancelan, pues los vectores dr tienen direcciones opuestas; así que queda sólo la integral de línea a lo largo de C. Por consiguiente, n • V x f AS, = JJ~ n ■V x feIS - JJ~ V x f • d S,
lim
1 =1
s
lim
y
(f) f - d r = { í )
N ->°c l— l J
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s
J
í-dr.
113
Cálculo integral vectorial
Así que cuando J J v x f - d S =
c
£ ¡A S ,.
(4.106)
>'- 1
Para el término restante,, N
£
£/ AS;
< ^
i= 1
| e , | AS; < I e m I J
AS, = | e m | S,
i =1
donde em = max e¿. Pero em -►0 cuando N
°°,\JSj-* 0. Entonces,
lim V 6 i ASf —♦ 0. 7V->oo L—i i = 1
Así, en el lím ite, j j v
X
f . d s = < £ f.tfr.
s PROBLEMA 4.54
c
Dar la interpretación física del teorema de Stokes.
El rotacional de un campo vectorial f es la intensidad de circulación en un punto para f (véase problema 4.26). El teorema de Stokes (4.104) establece que la circulación total alrededor de una curva cerrada C es igual al flujo del rotacional f a través de una superficie S encerrada por C.
Solución:
PROBLEMA 4.55
Solución:
Mostrar que si r es el vector de posición, entonces
>(j) r-d t = 0.
(4.107)
Por (3.141), V X r = 0. Por consiguiente, por el teorema de Stokes (4.104), r-dr = || c
PROBLEMA 4.56
V x r • c/S = 0.
s
Usando el teorema de Stokes (4.104), mostrar que, para cualquier
superficie cerrada S,
§
V x t - d S = 0.
Sean S¡ y S 2 dos regiones en las cuales una curva cerrada C divide a una superficie cerrada S, como se muestra en la figura 4.14. Aplicando el teorema de Stokes (4.104) a S , y a 5 2,
Solución:
JJ V
x
f - d S = < j ) t-di,
s,
c
J J V x f - d S - (j> f - d r = -< ^) í - d r . s2
c
c
Por consiguiente, para la superficie cerrada S,
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4 .5 6 .
Análisis vectorial
114
V x f •dS = j j V x f •dS + j j V x f •dS s, s,
s
s.
+ (j> (T) f • d r =<£ f -•dd r + Jc Je = 0. So l u c i ó n al t er na: Considérese una superficie S casi cerrada con una pequeña abertura limitada por una curva cerrada simple C como se muestra, en la figura 4.15. Aplicando el teorema de Stokes (4.104), j j
V x t - d S =
s
Figura 4 .1 5
S o lu c ió n a lte rn a al
c
Ahora redúzcase más y más la pequeña abertura de modo que en el límite sea un punto. Entonces la superficie se vuelve cerrada y la integral de línea tiende hacia cero. Por consiguiente,
p ro b le m a 4 .5 6 .
V
X
f - d S = 0.
s
s
PROBLEMA 4.57
Si C es una curva cerrada, mostrar que / { j)
So l u c i ó n :
- d r = 0.
(4.108)
Por el teorema de Stokes,
[4.104]
s
donde S es la superficie encerrada porC . Pero por (3.142), V X V=0;por consiguiente, queda demostrado (4.108). PROBLEMA 4.58
i
Demostrar que V X f = 0 es una condición necesaria y suficiente para
i ' d t = 0 alrededor de cualquier curva cerrada C.
So l u c i ó n :
Para la suficiencia, V X f = 0; entonces por el teorema de Stokes (4.104),
(V x f ) - d S = 0.
Para la necesidad, supóngase que que^j) y f 'dr = 0 para cualquier curva cerrada C y que V X f ¥= 0 en algún p u n to P. Entonces si V X f es continua, hay alguna región que rodea a/* donde V X f ¥= 0. Se escoge una pequeña 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- d r = j j e
V x f - d S = j j a n - n d S = a j j dS = aS > 0,
s
s
lo que contradice la hipótesis de que<í)f mdr = 0.
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s
Cálculo integral vectorial
115
El teorema de Stokes para coordenadas rectangulares establece que si f = Pi + £>j + R k, entonces j> P *
♦ 0
- j j ( íf -
dydz
***
ss
c
(dQ dP\ ( T x ~ ~ J dxdy.
PROBLEMA 4.59
(4 .1 0 9 )
Verificar (4.109).
Sol uc i ón: Si f = Pi + Qj + /? k , entonces f ‘dt = P dx + Q dy + R dz
V
X
f:
i
j
A
A
A
dx
dy
dz
P
Q
R
dR \dy
y
k
dQ\ . tdP 1i + 1 dz
dR
i +
dQ
dP
dx
dy
k.
Ahora, como en el problema 4.38, J J v x ' . d S . J J V x f • n dS s
s
dR
dQ\ . fdP i + dz,
-//[(I W
_
íí—
'dP
eos a +
dR
dP ... dy
• n dS
dQ
dP
dx
dy
eos /3
dz ,
s
■jr s
do;
d R \ . ( dQ a ox ,J +
’d R \dy
dz )
dydz
| P - - d- « \ d Zdx dz dx J
dQ
dP' dy
eos y
dS
dxdy.
Por consiguiente, el teorema de Stokes (4.104) se reduce a Pdx+Q dy +Rdz
i
re ( d R _ do;
JJ
w
dP dR d yd z + —— -
dzdx
dz!
[4.109]
PROBLEMA 4.60
jy
Si f = 4yi + x') + 2zk, calcular / = | | V X f'c/S sobre el hemisferio
x 2 + y 2 + z 2 = a2, z > 0. Sol u c i ó n:
C o m o /e stá en forma de integral de superficie en el teorema de Stokes (4.104),
/ =
4 y d x + x d y + 2 z dz, Figura 4.16
donde C es el círcu lo x 2 + y 2 = a2, z > 0, dirigido como se muestra en la figura 4.16. La representación 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
r2n 1=1 4 (a sen t) ( - a sen t dt) + (a e o s t) (a e o s t dt) •'o = a2 f •'O
f
a2
( - 4 sen* t + e o s2 t) dt
^
( 1 —5 sen2 t) dt
'o (1 - eos 2 í)
f H = a2
3 5 . — h— eo s 2 í 2 2
f(-
,
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 región R del plano x y limitado por una curva cerrada C, entonces (f.110)
R
La ecuación (4.110) se puede expresar también en forma vectorial; i.e., si f = Pi + entonces V x f h dxdy.
U> f • d r - J j C
PROBLEMA 4.61
(4.111)
R
Verificar el teorema de Green (4.110) para un plano.
Solución: Si f = Pi + Q\ y dS = k dxdy, entonces (4.110) se sigue directamente del teorema de Stokes (4.104). Alternativamente, (4.110) es un caso especial de (4.109) con R = 0. Ahora, si f =Pi + Qj, entonces i
j
k
V x f= A
A
A
dx
dy
dz•
P
Q
0
dQ . dP . fdQ d z 1+ d z , + \<9x
dP \, dy ’
f • d x = P dx + Q dy, V x f - c f S = V x f - k dxdy =
\ox
— ) dxdy. ay/
Por consiguiente, por el teorema de Stokes (4.104), < $P
R
PROBLEMA 4.62 Mostrar que el teorema de Green (4.110) para un plano puede 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
Sol uc i ón:
T = — = — i + — j. ds ds ds Ahora, por la figura 4.17, _ . I dx . dy \ , dy . dx . n = T x k = ( — i + — j x k = — i ------- j. \ds ds / ds ds De acuerdo con esto,
\ds
ds /
ds
Figura 4 .1 7
ds
Así que, {j) f • n d s = ,(j) c
q
\
Él +P ds = {j) P d x + Q dy. ds dsj 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 ^ ( • n i / s = JJ" V • f dxdy. c
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 = i f ) x dy = ’u ) —y d x = — '(h x dy — y Jc “t ^ Jc
dx. (4.113)
Si P(x, y ) = 0 y Q(x, y ) = x en (4.110), entonces
So l uc i ón :
dxdy = A.
Si hacemos P = - y y Q = 0 en (4.110), entonces - y dx - j j
dxdy~= A.
x dy - y dx. Si hacemos P = ~y,
Sumando los resultados anteriores, obtenemos ,4 = ^ Q = x en (4.110),
f
( - y ) d x + x dy = '(D x dy - y dx =
dxdy R
■2
Teorem a de Green en un plano.
JJ d’“'y R
= 2 A.
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y
118
Análisis vectorial
Por consiguiente, A = —■(t)x dy - y dx.
PROBLEMA 4.64 Determinar el área A de una región R limitada por una elipse C cuyos ejes mayor y menor son 2a y 2b, respectivamente. Solución:
La ecuación de una elipse C con eje mayor 2a y eje menor 2b es i Y2
y 2
— a2
b2
+= 1,
z = 0.
Por consiguiente, C puede representarse paramétricamente por x = a eos t,
y = b sen t,
z = 0,
0 < t ^ 2n.
Entonces dx = - a sen t d t, d y = b eos t d t. Por consiguiente, por (4.112), dy — y dx
A =
277
ü — í 2 Jo
(a e o s í)(6 eo s t dt) - (6 sen t ) (~a sen t d t )
a b ( e o s 2 t + sin 2 í)
'
c /f
•2 7 7
i a 6 f 2 dt 2 J„ ■'o = 7ra6. 4.9
Transformaciones de integrales de superficie a integrales de línea
t i 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 • d t .
s
c
Como
jjv
xf-ds=
s
jj
<ís - y x
f
= J J (d S 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 derivadas continuas, entonces j J d S * VÓ -
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c
(4.115)
Cálculo integral vectorial
119
Si S es una superficie finita limitada por una curva cerrada C y f es una función vectorial con derivadas continuas, entonces
J J - *V) x f = ¿
f.
s
(4.110)
c
Obsérvese que ios teoremas (4.104) y (4.115-6) 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 aceptable de multiplicación, i.e., punto, cruz o producto simple. PROBLEMA 4.65
Verificar (4.115).
Solución: Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Aplicando el teorema de 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 x a - 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)-dS= JJa .d S x V < £ . s
s
Por consiguiente, (4.118) se reduce a X V 0 =
-(j)0 f/r,
a-
s
c
ó a- í J j dS x
V<£-
\ s
=
0.
(4.119)
/
Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.115). PROBLEMA 4.66 Solución:
Verificar (4.116).
Si a es cualquier vector constante y reemplazamos f en (4.104) por f X a,
JJvx(fxa)-dS= 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, V- a = 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 - d S ( V - f ) ]
s
s = a*
JJ [Vf ( f - c / S ) - d S ( V - f ) ] , s
donde Vf indica que V opera solamente sobre f. Aplicando la regla del término medio para el triple producto vectorial (1.98) a (dS X V) X f, ( d S x V) x f = V f(f • dS) - d S(V • f),
(4.122)
y podemos escribir J J V x ( f x a ) - d S = a-
J J ( c / S x V) x f. s
Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), <£ (f x a) • d r = { p a-(c/ r x f ) = a - < p d r x f. •'c c c Por consiguiente, (4.120) se reduce a drxí,
a- J J 'c d S x V) x f = a-
o sea
JJ(d S x V l x f -
^c/rxfj=0.
(4.123)
Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.116). PROBLEMA 4.67
Demostrar que si r es un vector de posición, entonces
í Solución:
d r = 0.
(4.124)
Por (4.115),
j4.,r, JJd S c
x
V 0.
s
Si 0 = 1, entonces V0 = 0; por consiguiente,
i PROBLEMA 4.68
dr = 0.
Mostrar que, integrando alrededor de una curva cerrada C del plano
xy,
rx rfr
= 2 A,
donde r es el vector de posición y A es el área encerrada por la curva C.
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(4.125)
121
Cálculo integral vectorial
So l uc i ón :
Si f = r y dS = k dx dy en (4.116), f " " - J J c
(k x V) x r dxdy.
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 = - ^ d r x r = 2k JJ* dxdy = 2Ak,
(4.126)
c
y
\í
r x dr = 2A.
Si S es una superficie abierta limitada por una curva cerrada simple C,
PROBLEMA 4.69 mostrar que
<^)r x d r = 2 j j dS.
(4.127)
c Solución: entonces
Si en el teorema de Stokes (4.104) f = r X a, donde a es un vector 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 - 3 a = - 2 a . Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), (r X a) • dr = - a • (r X dr). Por consiguiente, (4.128) se puede expresar como a- ^{ pr rx xddrr = 2a- J J " dS. c Como a es cualquier vector constante, ^ r x dr = 2 c
Jj d S. s
Obsérvese que (4.18), i.e.. tp
r x dr = j
k a 'rfr
^
2 ^ a Jk,
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
r X d r alrededor de la frontera de S, que es independiente del punto escogido como origen del vector de posición r y de la superficie S limitada por C.
4.10 Campos irrotacionales y solenoidales
(a ) Fig ura 4.1 8a Una región sim p le m e n te 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 simplemente 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 -V 0. PROBLEMA 4.70
(4.129)
Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que la integral de
r
línea I f • c/r sea independiente de la trayectoria de integración desde el punto P hasta el P punto Q es que el campo vectorial continuo f satisfaga (4.129).
Sol u c i ó n: por (3.120),
Para demostrar la suficiencia, supóngase que f ' dr = S/
y po, consiguiente,
re ( ^
re ^
p
p
^
^ (p >
(4 J3 W
Figura 4 .1 8 b U na región que no es s im p le m e n te conexa.
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 í ' d r es independiente de la trayectoria de integración. Sea •'p
fQf - c/r,
JP
donde P es un punto fijo y Q es un punto variable d e R . Como la integral de línea 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 f-dr f - d s = f-T ds 0 JJP P J^ P d“s“ Jj p P es una función de la longitud de arco s. Así que, dd> ds
Figura 4.19
Solución al problema 4.70.
f.
dt
f-T.
(4.131)
ds
La curva PQ podría escogerse de m odo que tenga una dirección dada en Q. Por consiguiente, (4.131) muestra que
Ahora, comparando (4.131) y (3.106),
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[3.106]
Cálculo integral vectorial
123
0.
(f - V«/>) • T
(4.132)
Como (4.132) se cumple para cualquier dirección de T, f - V 0 = O,
o
[4.1291
f =V0.
PROBLEMA 4.71 Si f = V0 en todas partes de una región simplemente conexa R y C es cualquier curva cerrada de R , mostrar que f •
i Sol uc i ón:
(4.133)
Si f = V $ en todas partes de R , entonces por el problema 4.70, la integral de
línea I f -dr 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) V-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 posible tener f = V0 y la circulación de f alrededor de una trayectoria cerrada C en una región R puede no ser cero;i.e., podemos tener < j) f -dx # 0. El problema 4.72 ilustra este punto.
PROBLEMA 4.72
Sea f = -
y
x
.
_|_^2 i + ~2 '^.^2 j- (a) Mostrar que f se puede expresar
como V
f • dr
si C es un círculo de radio a sobre el plano x y cuando su centro está en el origen y cuando está en (a, (3, 0) con a 2 + ¡52 > a2 . Sol uc i ón:
(a) Como
V<¿> =
d —
dx
tan
1(f y- \) w.
v2 \
l +[ ^
d i +
dy
tan
1(í y- S| W
2
U
-y * = x1 — + y i > + x_¡— + y¡ i = f. (b) Cuando el centro de C está en el origen, / =1 =
V 0 - d r = { j ) dcf> ={j) d jten 1 ^ j
La representación paramétrica de C es x = a eo s t,
y = a sen t,
z = 0.
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n
Análisis vectorial
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 conexa, pues 0 = tan-1 i y/ x) no está definido en el origen y la región está perforada en el origen. Cuando el centro de C está en (a, (3, 0) su representación paramétrica es x = Ot + a eos t,
y =
+ a sen t,
/3
z = 0.
Por consiguiente, p 2rr
í //S + a sen t
ta r f
ta n -1
2 77
Ot + a eos t
'
= 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. Solución:
Si f = V, V x f = V x V<¿> = 0.
[3.142]
Por otra parte, si V X f = 0, entonces por la solución del problema 4.58, o por el teorema de Stokes (4.104), f • cfr = 0
para cada curva cerrada simple C de R . Por la solución del problema 4.71, esto indica que la integral de línea de f es independiente de la trayectoria de integración y que f puede expresarse como 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 4.74 Dos campos vectoriales están dados por f = 3y2i + z ¡ + 2 y k y g=y z¡ + x z j + x y k . Determinar si estos campos vectoriales son los gradientes de campos escalares. So l uc i ón : Como f = 3 y 2i + z j + 2 y k, i _d_ dx
j
k
d_ d dy dz
3y 2
z
2y
i - 6y j ¿0. Por consiguiente, f no es el gradiente de un campo escalar. Como g = yz¡ + xzj + x y k , i
j
k
d dx
d dy
d dz
yz
xz
xy
= (x - x) i + (y - y ) j + (z - z ) k = 0.
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125
Cálculo integral vectorial
Por consiguiente, g es el gradiente de un campo escalar. Obsérvese que g = V (xyz + constante). PROBLEMA 4.75
Si en una región simplemente conexa R, V X f = V X g, demostrar que 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 por consiguiente, f = g + V<¿.
(4.134)
npo vectorial f se llama irrotacional en una región R si V xí =0
(4.135)
en todas partes de R. Por losresultados de los problemas 4.70-2,concluimos que para que un campo vectorialf sea irrotacional en una región simplemente conexa,cualquiera de las tres condiciones siguientes es necesaria y suficiente: ' X f = 0; (2) f es el gradiente de un campo escalar; i.e., f = V<¿>; f - d r = 0.
(3) para toda curva cerrada C de Ñ,
PROBLEMA 4.76 entonces
Demostrar que si existe un escalar A ¥= 0 tal que Af sea irrotacional, f-Vxf=0.
Sol uci ón:
(4.136)
Si Af es irrotacional, existe una función escalar 0 tal que Af - V 0 .
Tomando el rotacional en ambos lados, V x (Af) - V x (V
sea AV x f = - V A x f
f x VA.
Si efectuamos el producto punto en ambos lados con f, obtenemos (por el problema 2.21). Af • V x f = f- f x VA = 0. Como A no es cero, f-V x f = 0. Obsérvese que el recíproco es cierto también.
Un campo vectorial f se dice solenoidal si en toda la región R, V - f = 0.
(4.137)
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Análisis vectorial
126
PROBLEMA 4.77 solenoidal. Solución:
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;
por consiguiente, f es solenoidal. Una función vectorial de potencial A en una región especifica R * es un campo vectorial para el cual un campo vectorial solenoidal f satisface f = V x A.
(4.138)
No hay un A único para el cual valga (4.138) porque Vx( A~V
f-t/S = 0. s
PROBLEMA 4.78 Si f es un campo vectorial solenoidal, mostrar que existe una función vectorial de potencial A tal que f = V x A.
[4.138]
So l uc i ón : La existencia de A se demuestra calculándolo. Sea f = / i ¡ + / 2j + / 3k y A = ^ 4 1i + ^ 4 2j + ^ 3 k . Ahora necesitamos mostrar que existen funciones escalares A ¡ , A 2 y A 3 tales que f = V x A, o
sea 3A}
dA2
dz
dx
dA2
dAl
dx
dy
(4.139a)
(4.139b)
(4.139c)
Para hallar cualquier A, supongamos que A t = 0; entonces, dAz
dA2
dy
dz
(4.140a)
(4.140b)
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(4.140c)
127
Cálculo integral vectorial
Integrando se obtiene A2 = ¡
f3 d x + g2{y, z),
- fx0 /1 3 = -
f2 dx + g3(y, z),
i
donde g 2 y £3 son funciones arbitrarias de y y z pero no de jc. La diferencia de las derivadas parciales de A 3 y ,4 2 es d____________ A, c)A r*
/dfj ^ d f A
dy
\<9y
J
dz
J
dz
^
t
dgi dy
dz
Como f es solenoidal, V • f = 0, o sea df¡
( d f2
df3
dx
\dy
dz
Por consiguiente, d A 2 ^ Cx dy
dz
J
dx dx
dz
dz
= fK^ x , y, z)\ - f ^ x o, y, z)\ + —---------dÉ2 -— . dz dz Para satisfacer (4.140a), d g, dg, i 1 = /i(x, y, z) - /j(x 0, y, z) + —-------- ,rf—. dy dz Como por hipótesis, g 2
Y
(4.141)
£3 son funciones arbitrarias á e y y z, (4.141) se satisface si é , - 0,
f
g3 =
(4.142)
fi(x0, y, z) dy,
(4.143)
“Vo donde j o es una constante. Por tanto, sig 2 Y£3 están dadas por (4.142) y (4.143) podemos construir A como f3(x, y, z) c?x ■'*0 + k| T
/^Xo, y, z) dy -
f
f2(x, y, z) dx
(4.144)
ryo 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 4.79 Si (¡) y \p son escalares con segundas derivadas parciales continuas en una región R, mostrar que f = V 0 x V i/ i
(4.145)
es solenoidal en R. Sol uc i ón:
Por (3.157) y (3.142),
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/
128
Análisis vectorial
V - f = V-(V<¿ x V
Por consiguiente, f es solenoidal.
^
El teorema de unicidad establece que un vector f está determinado unívocamente en una región R encerrada por una superficie 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 de unicidad.
Solución: 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 V - f = V- g ,
V x f=V x g
f • n = g ■n
sobre S.
enR
Entonces haciendo h = f - g, V -h = V - f - V - g = 0
en R
(4.146)
sobreS
(4.147)
V xh=V xf-V xg=0 h-n = f - n - g - n = 0
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
d(f> y-dS
+ V 0-V 0)dV =
R
*4.151)
S
o sea j j j V 2<¿> d V + j j j I V | 2 d V = R
R
dS.
(4.152)
S
De acuerdo con las condiciones (4.149-50), (4.152) se reduce a
JJJ' I v<¿I2d V = 0.
(4.153)
R
Pero como el integrando IV0 I2 no es negativo, IV0 I2 = 0; i.e., h = V
(4.154)
Por consiguiente, f = g, lo que contradice nuestra hipótesis original de que f y g fueran distintas, Por consiguiente queda demostrado el teorema.
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Cálculo integral vectorial
129
4.11 Problemas suplementarios
PROBLEMA 4.81
Calcular / <¡>dr para = x 3y + 2y, d e ( l , 1, 0) a (2, 4, 0) a lo largo Jc
de (a) la parábola y = x 2, z = 0 , y (b )la recta que une (1, 1, 0) y (2, 4, 0). Respuesta:
(a) [91/6, 359/7, 0], (b) [143/10, 429/10, 0 ].
Calcular í i ' d r para f = y i + {x + z)2j + ( 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
Respuesta:
(a) 32/3, (b) 28/3.
PROBLEMA 4.83
í
U 1 ¡para Jd lU f i — Z _ * T 2 ' + 2(x2y + >»)j desde (0, 0, 0) hasta Calcular I fI ’dr = 2xy2i Jc
(2 ,4 , 0) a lo largo de (a) la parábola y = x 2, z = 0 ,y (b)la recta y = 2x. Respuesta: (a) 80, (b) 80. PROBLEMA 4.84
Calcular I i - d r para f = 3xi + (2xz - y ) j + zk desde (0, 0, 0) hasta Jc
(2, 1, 3) a lo largo de (a) la curva de x = 212, y = t, z = 4 t 2 - 1, donde 0 < t < l ,y (b) la recta desde (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3). Respuesta: (a) 71/5, (b) 16. PROBLEMA 4.85
Calcular
i f X d t para f = y¡ + xj desde (0, 0, 0) hasta (3, 9, 0) a lo Jc
largo de la curva dada por ^ _____ = x 3/ 3j , z = 0. Respuesta: [0, 0, 36]. PROBLEMA 4.86
Si a es un vector constante, mostrar que (j) a ‘ c?r = 0 , y ^
a X á = 0.
PROBLEMA 4.87
Si f = xi + yj + zk, calcular J J 'f 'd S , donde S es la superficie cilindrica s
representada por r = eos ui + sen uj + vk, 0 < u < 2n, 0 < v < 1, dS = n dS , y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta:
2xr.
PROBLEMA 4.88
■ir*
Si f = 4xzi + ^ z 2j + 3zk, calcular I I f'd S ,d o n d e S es la superficie
limitada por z 2 = x 2 + y 2 , z = 0, z = 4, dS = n dS, y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta:
320.
PROBLEMA 4.89
«o ia i Si f = (y + z)i + (z 4- x)j + (x + >’)k y 5 es la superficie del cubo
limitado por x = 0 , y = 0, z = 0 , x = 1, y = 1, z = 1, calcular (a)■J J f r f S , (b)
JJf-dS,
s Respuesta:
y (c)
JJfxc/S.
s (a) [6, 6 , 6 ] , (b) 0, (c) 0.
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130
Análisis vectorial
PROBLEMA 4.90
Calcular
lllr ííl
dV, donde r es el vector de posición y R es la región
' dy•
limitada por las superficies x = 0, y = 0 , y = 6, z = 4 y z = x 2. Respuesta: [2 4 ,9 6 ,3 8 4 /5 ], PROBLEMA 4.91 Usando la representación integral equivalente de V (4.57), verificar que V X (0f) = 0 V X f + (V0) X f. PROBLEMA 4.92 entonces
Demostrar que s if = V 0 y V ' f = O para una región R limitada por S,
fJ S W d v = R
PROBLEMA 4.93
f
>f-d&.
S
Calcular Q (a x
+ b y
+ c z )
dS sobre la superficie del
' §
s elipsoide ax2 + b y 2 + cz2 = 1. Respuesta: 47r/\/abc. PROBLEMA 4.94
Si f = axi + by\ + czk, calcular ^
f - d S sobre cualquier superficie
s cerrada S que encierre una región de volumen V. Respuesta: (a + b + c)b. PROBLEMA 4.95
Si f = y i + X) + z2k, calcular j J J " V • f dV, donde R es la región R
limitada po r z = (1 ~ x 2 - y 2) V2, y z = 0. Respuesta: n/2. PROBLEMA 4.96
Si f = u(x, y ) i + v(x, y )j, demostrar 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 teorema de divergencia (4.58) a f sobre un cilindro de base S con z = 1.] PROBLEMA 4.97
Demostrar que el volumen encerrado por cualquier superficie cerrada
S es
4 ífs
V = T O V ( r 2)-f/S.
PROBLEMA 4.98
Usando el teorema de divergencia (4.66), calcular
// x d yd z 4 y d zd x + z dxdy, donde S es la superficie de la esfera x 2 + y 2 + z = 1, y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta: 4n.
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131
Cálculo integral vectorial
PROBLEMA 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 s
y d zdx = j j
s
z dxdy
s
-ur- dydz + y d zdx + z dxdy r-dS.
PROBLEMA 4.100 Si existe h(x, y, z) tal que V 20 = 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
V
f s . j j y
PROBLEMA 4.102 Demostrar que j j j
f - V ^ d V = J j (f>f • d S — j j j 0 V - t d V .
R
S
R
PROBLEMA 4.103 Demostrar que
5
¿V= r’ ds. R
S
PROBLEMA 4.104 Si a es un vector constante arbitrario y V es el volumen de una región R limitada por S, demostrar que
n x (a x/ t) dS = 2 V a. s
PROBLEMA 4.105 Si f = ( x 2 + y 2)yi ~ ( x 2 + y 2)x] + (a3 + z 3)k, calcular •(£ i ' d t *'c
donde C es el círculo x 2 + y 2 =a2, z = 0. Respuesta: —Iva*. PROBLEMA 4.106 Si f = ( x 2 + y 2 - 4 ) i + 3xyj + (2x z + z 2)k, calcular j j V X f-í/S, s
donde S es la superficie definida por z = 4 ~ ( x 2 + _v2),y nes el vector unitario normal exterior. Respuesta: ~4n. PROBLEMA 4.107 La esfera* 2 + y 2 + z 2 = a2 intersecta los ejes positivosx, y, z en A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste en
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132
Análisis vectorial
tres arcos circulares AB, BC y CA. Si f = (y + z)i + (z + x)j + (x + z)k, calcular directamente <£ f ’dr. *'c
[Sugerencia: Usar el teorema de Stokes (4.104) para verificar esta integral de línea calculando una integral de superficie sobre (a) la superficie A B C 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) demostrar que A X (A $) = 0. PROBLEMA 4.109 Demostrar que
{j) 0 V ifi ■d r =
V
PROBLEMA 4.110 Usando el teorema de Green (4.110) para un plano, calcular
I
(3x + 4 y) dx + (2 x — 3 y ) dy,
donde C es el círculo x 2 + y 1 = 4. Respuesta: ~8n. PROBLEMA 4.111 Usando el teorema de Green para un plano (4.110), calcular
1 ={t) ay dx + bx dy, donde a y b son constantes arbitrarias y C es una curva regular arbitraria cerrada. Respuesta: (b —a') A, donde A es el área de la región limitada por C.
PROBLEMA 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 cerrada regular C es
= rr ds±i±dudv= ff JJ
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
dy
du
du
dx dv
PROBLEMA 4.113 Demostrar que
r 2 dr.
PROBLEMA 4.114 Demostrar que
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dudv,
Cálculo integral vectorial
t
133
-
PROBLEMA 4.115 Establecer la independencia de la trayectoria de integración y calcular (a)
.'(4>2) y dx - x dy
“XI,-1) r(.rr, '( 7 7 , o, 0, 1 1) ) (b) I sen x d x + y 2 dy + e z dz. •A0, 1,0) Respuesta:{ a) - 3 / 2 , (b) e + 2 /3 . PROBLEMA 4.116 Si C es la curva x 2 + y 2 = a2, demostrar que (eo s x senh y — x y 2) dx + ( sen x cosh y + x 2y ) dy = 0.
í PROBLEMA 4.117 Hallar una función escalar de potencial para el campo vectorial f = (y + z eos xz) i + x j + (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 Considérese cualquier campo 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 como 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 frontera es la curva cerrada C, entonces ds = 0,
donde n es el vector unitario normal exterior con respecto a C. [Sugerencia: Usar (4.112).] PROBLEMA 4.121 Si h = ~ V X g , y g = V X f, mostrar que
2
x s ) ' <ÍS + J J | " f ' h d V ’
" 2 R
S
R
donde R es la región limitada por una superficie 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 base i, j, k son constantes. Sin embargo, es frecuentemente útil emplear otros sistemas coordenados. En este capi'tulo desarrollamos expresiones para el gradiente, divergencia y rotacional en estos otros sistemas coordenados.
5.1
Coordenadas curvilíneas
La transformación entre las coordenadas de un punto (x, v, 2) 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),
z-z(u,v,w ).
(5.1)
La transformación (5.1) esuniforme y su jacobiano es
d(x, y , z ) d(u, v, w )
dx du
dx
dx
dv
dw
dy
dy dv
dy dw
dz dv
dz dw
du dz du
(5.2)
Por cálculo, (5.1) puede resolverse localmente con valor único para u, v, w en términos de x, y, z; esto es, u = u(x,y,z),
v = v ( x , y, z),
w = w( x, y, z).
(5.3)
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 coordenadas a una constante; v.g., si c , , c 2, c 3 son constantes, entonces tres familias de superficies son
u ( x , y , z ) = c it
v(x, y, z) = c 2,
w ( x , y , z ) = c s.
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 cunas coordenadas. Como las tres curvas coordenadas no son en general líneas rectas, como en el sistema coordenado rectangular, tales sistemas coordenados se llaman coordenadas curvilíneas. En el sistema coordenado rectangular, un conjunto de vectores base mutuamente ortogonales es i, j, k como se muestra en el Cap. 2. De manera similar, podemos introducir un conjunto de vectores base apropiado para sistemas coordenados curvilíneas. En el caso
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135
Coordenadas curvilíneas ortogonales
más general, en cada punto P del espacio hay dos conjuntos de vectores base (cf., figura 5.1). El primer conjunto es el de los vectores unitarios eu , ev, e w tangentes en P a las curvas coordenadas que pasan por P. El segundo es el conjunto de vectores normales unitarios e^, e^, e w, en P, a las superficies coordenadas que pasan por P. Los vectores unitarios eu , ev, e w (ó e ^ . e ^ e ^ ) generalmente varían en orientación de punto a punto. PROBLEMA 5.1 Mostrar que si r = xi + y'] + zk, los tres vectores unitarios eu , ev, ew, e n P tangentes a las curvas coordenadas u, v, w se pueden expresar como dr
1
1
1
dr_
dr
(5.4)
dw
dv’
cTu’
curva u
donde
Figura 5.1
h„ =
ár du
,
hy
dr = dv
,
hw =
(5.5)
dw
Solución: Si r es el vector de posición desde el origen de un sistema coordenado rectangular hasta el punto P (x , y, z), entonces r = xi + y \ + z k = 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 consiguiente, de acuerdo con (3.40), un vector tangente en P a la curva u es dr/du. De manera similar, dr/dv y 9r/9w son tangentes en P a las curvas v, w respectivamente.
I
— du I
I\d—u
\Bt
thm
no: d v
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 h u, h v, y h w son en general, funciones de u, v, vv y hu # 0 , ± 0, y h w # 0; por consiguiente, eu , e,,, ew son también funciones de u, v, w. PROBLEMA 5.2 Mostrar que los tres vectores unitarios e^, ey, ew normales en P a las superficies coordenadas u, v, w respectivamente, se pueden expresar como e u = —— V u ,
e v = —— V v,
ew = - ^ -V w ,
(5.6)
= IV w I .
(5.7)
donde I V u |,
Hv = |Vv|
Solución: 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 respectivamente. Por consiguiente, si « u = | V u I,
H v = | V v |,
H w = \S7w\,
obtenemos — V u, H..
e v = — V v, H„
ew = —
V e cto re s base para coordenadas curvilín eas
dr
S7w.
i
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en general.
Análisis vectorial
136
Los conjuntos de vectores a i , a2, a3 y b , , b 2, b 3 son recíprocos si am • bn = Smn,
[1.109]
donde 8mn es la delta de Kronecker. De la sección 1.8, para conjuntos recíprocos de vectores, a, x a , a , x a. a. x a,
*
[a l a2a3] ’
2
b3 = 7—^-----V ,
[at a2a3] ’
b2 x b j
3
b3 x b,
[bt b2 b3] ’
*2
[1.H4]
[a, a2a3] ’
b, x b2
[bj b2 b3] ’
a>
[b .b .b ,]’
[a I a2a 3] = — ¡j— - .
[1.122]
Lbi bj
PROBLEMA 5.3 Mostrar que d r / d u , d r / d v, d r / d ' y recíprocos de vectores.
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 ) ] ,
(5.8)
diferenciando con respecto a u se obtiene du d x + du <5y + d x du d y du _ <9r Como — = — 1 + j + — k du du du du (5.9) como
^(59) du
dz
dx . dy . d z ,_ du .d u V u = —— i + ——j + —— k, podemos escribir dx dy dz
y
— •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
du d y
du d z _ ^
dx dv
dy dv
dz
dv
o sea '9 r . V u = 0. dV
(5.12)
De m odo similar, Í l . y u = 0, dw
| i . \ 7 v '=0f Í I . V v = 0, ou
dw
—
du
•V w = 0, ^ - V ^
dv
= 0.(5.13)
Si u = q lt v = q 2 , w = q 3 , entonces (5.10—3) puede resumirse como <9r
( V g J = Smn,
(5.14)
donde 8mn es la delta de Kronecker. Entonces, por la definición (1.109) de conjuntos recíprocos de vectores concluimos que d r / d u , d x / d v , d r / d w y V u , V v , son conjuntos recíprocos de vectores.
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Coordenadas curvilíneas ortogonales
PROBLEMA 5.4
137
Mostrar que
— = - V v x V w, 4 ^ = ~ Vw x V u , du a ov a Vu = — x — V P \ dv (9 w /
^ = - V u x V v , a
ow
Vv = i ( ^ x - ^ V ¡3 [dw d u)
Vw = - Z'— x ——V ¡3 \ d u dv)
(5.15)
(5.16)
donde a = [ V u V v V i f ] = V u ' V v x Vw, 0 =
<9r d r
dr
du d v d w
dr du
dr ^ dr dv dw
(5.17) 1 a
(5.18)
Sol uci ón: Como los vectores dr/du, dr/dv, 9r/9w y V u , V v , V w forman conjuntos recíprocos de vectores, los resultados de la sección 1.9 se pueden aplicar. Por consiguiente (5.15—6) se siguen directamente de (1.114—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 coordenadas son ortogonales en todas partes. En este caso, los tres vectores eu , ev, ew son mutuamente ortogonales en cada punto; i.e.,
eu •ev = e„ •ew = e w •eu = 0.
(5.19)
Supondremos también que eu , e„, ew forman un sistema derecho; i.e.,
{eu e v ewl = 1. PROBLEMA 5.5
(5.20)
Si un sistema de coordenadas curvilíneases ortogonal, mostrar que cu = Cu,
= Cy,
= &W'
(5.21)
So l uc i ón : Por el problema 5.3 sabemos que eu , e 1,,e w y e [ /, e (, , e H, son conjuntos recíprocos de vectores. Ahora, el sistema ortonormal eu , ev, ew satisface e u = e„ x e*,, e v = e w x e u,
e w = e u x e v.
(5.22)
Por consiguiente, por los problemas 5.2 y 5.4, tenemos el resultado (5.21). PROBLEMA 5.6
(a)
En un sistema coordenado ortogonal curvilíneo, mostrar que K =
V=7T'
(b) (c) Sol uci ón:
=
(5'23>
V
“ u
w
e w = h wVw,
(5.24)
[Vu V v Vw'] = Vu • Vv x Vw = ----- i----- . hu h yh w
(5.25)
e u = V u,
ev =íi,Vv,
(a) Por (5.4) y (5.6) y puesto que (5.10) se cumple, eu - e u = ( — • (— V u \ = — - V u) = — — . \ h u du) \HU ) h u Hu \ d u ) h u Hu
(5.26)
En un sistema ortogonal, por (5.21), — u
*
Hu
Por consiguiente, hu = \/Hu. De manera similar podemos obtener h v = \ / H v, h w = \ / H w.
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Análisis vectorial
138
(b) Por (5.21), (5.6) y (5.23), e u = e y = — V u = hu V u, n,,
= — V v = h v V v,
ev =
V w = h w S7w. ** i*/
(c) Por (5.24), V7
V u = 1— e u, h„
V7
1 Vv = — e v, h„
(5.27)
O
Vw = —— e 1v h,„
Por consiguiente, por (5.20), [ V u V v V w ] = Vu ' V v x Vw 1
eu - e v x e w
huh vh w 1
Los factores de escala o coeficientes métricos son las cantidades //„, h x. h w pues ¡os coeficientes diferenciales du, dv. dw deben multiplicarse por ellos para obtener longitudes de arco. Los factores de escala dependen de las coordenadas y tienen dimensión. Pero su producto con las coordenadas diferenciales tiene la dimensión de la longitud. PROBLEMA 5.7 En un sistema coordenado curvilíneo ortogonal, si su, sv, sw representan longitudes de arco a lo largo de las curvas u, v, w demostrar que d s u = h u du,
(a)
d s v = h v dv,
(5.28)
d s w = h w dw,
(b)
(.ds)2 = (hu du)2 + (hv d v ) 2 + ( h w dw) 2,
(5.29)
(c)
d V = h u h v h w dudvdw,
(5.30)
donde ds representa la longitud de arco infinitesimal entre los puntos (u, v, w) y (u + d u , v + dv, w + dw) y d V es el elemento de volumen. Usando las longitudes de arco su, s v, s w,
So l u c i ó n : dr
dt
du
ds,.
dsu
dr
du ’
dv
dt
dsv
d s v dv ’
dr
dr
dw
ds„
dsw 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 3 — = e u, as
dt ------= fi
di
(5.32)
Por consiguiente, de (5.31) y (5.4) se sigue, dt dsu "t ~ ^ du du
—h u e u,
dt ~ dv
dsv — — e v = h v g v, dv
dr
ds„
dw
dw
e w = h w e w.
(5.33)
De m odo que h„ =
dsu
dsv
_ dsw
du
dv
v ~ dw ’
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(5.34)
Coordenadas curvilíneas ortogonales
139
o sea d s u = h u du,
d s v = h v dv,
d s w = h w dw.
Así que las coordenadas diferenciales du, dv, d w deben multiplicarse por hu, h v, h w para obtener longitudes de arco. (b) Puesto que (5.33) se cumple, d r = — du + — d v + dw = h u du e u + h v d v e v + h w dw e r du dv dw
(5.35)
Por consiguiente, la longitud de arco ds entre los puntos (u, v, w) y (u + du, v + dv, w + dw) es d s 2 = d r - d r = (hu du)2 + (h v d v )2 + (h w dw)2 ya que eu , ev, ew forman una base ortonormal. (c) El elemento diferencial de volumen es un paralelepípedo, tres lados del cual son los vectores — du = h u du e u, du
— d v = h v d v e v, dv
ow
dw = h w dw e
Por lo tanto el elemento de volumen d V es d V = (hu du e u) • [(hv d v e v) x ( hw dw e w)] = [eu e v e j J h u h v h w dudvdw = h u h vh w dudvdw.
En el sistema coordenado cilindrico, las variables u , v , w se designan usualmente con p, 0, z. Esta notación más conocida se usa en la sección 5.4. Por ahoid, sin embargo, se usan las coordenadas neutras u, v, w para ilustrar la teoría general que precede. PROBLEMA 5.8
El sistema de coordenadas cilindricas se define por la transformación 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 h u, h v, hw y los vectores eu , ev, ew . (b) Hallar H^, H^, Hw y los vectores eu , ey, ew. (c) Demostrar que el sistema coordenado cilindrico es ortoganal. Sol uc i ón:
Por (5.2), el jacobiano de la transformación es eo s v
—u sen v
0
que no es cero, excepto sobre el eje z. La transformación inversa es (5.38) (a) Como el vector de posición es r = u e o 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„ =
hv =
hw =
dt
(e o s 2 v + sen2 v) /'2 = 1,
du dt
[(- u sen v)2 + (u eos v)2] ^ = u,
dv dt dw
- 1,
y los vectores base son 1 dt e u —~ ~ = eos v i + sen v j , h u du 1 <9r e v = — • - — = -sen v i + eos v j , hv dv
dt
1
,
Cl v~ h w d w ~ (b) Por la transformación inversa (5.38), V u = ------ — — (x i + y j ) ,
V v = — -—— ( - y i + x j),
(x 2 + y 2) 2
(*2 + y )
Por consiguiente, los factores de escala son Ha
= | Vu | = 1 = -j-, h,, 1
H v = I Vv l = (x2 + y2) /;
1
u
y los vectores base son e¡; = —
1 V u = ------------ — (x i + y j ) (x2 + y 2) /2 = — (u eo s v i + u sen v j ) u eos v i + sen v j
( - y i + x i) e v = — V v = (x2 + y 2)1/2 ----- (x2 + y 2) = ------------- r r ( - y i + x j )
(x2 + y 2) '2 = — (—u sen v i + u e o s v j ) u = -se n v i + eos v j = e v, = —
V w = k = e w.
ur
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Vw = k.
141
Coordenadas curvilíneas ortogonales
(c) Efectuando el producto punto eu , ev y ew entre ellos, e u • e v = (eo s v) ( - sen v) + ( sen v) (eos v) = 0, e v • e » = ( - sen v)(0) + (eos v)(0) + (0)(1) = 0, ■e u = (0 )(c o s v) + (0) ( sen v) + (1)(0) = 0. Por consiguiente, eu , ev, ew son mutuamente ortogonales.
En el sistema coordenado esférico, las variables u, v, w se designan usualmen te con r, 0, y Esta notación se usa en la sección 5.4. Por ahora, sin embargo, se usan las coordenadas neutras u, i\ w para ilustrar la teoría precedente.
PROBLEMA 5.9
El sistema coordenado esférico se define por la transformación
x = u sen v eo s w,
y = u sen v sen w,
z = u eos v,
(5.39)
donde w > 0, 0 < y < 7r, 0 < w < 27t. (a) Hallar hu, hv, h w y eu , e„, ew. (b) Determinar H U, H V, H w y e v , e v , e w . (c) Demostrar que el sistema coordenado esférico es ortogonal. So l uc i ón :
Por (5.2) el jacobiano de la transformación es sen v e o s w u e o s v eo s w —u sen v sen w <9(x, y, z) sen v sen w u eos v sen w u sen v eo s w 7 = d(u, v, w) eo s v —u sen v 0 = u 2 sen v,
(5.40)
que es diferente de cero en todas partes, excepto en el eje z. La transformación inversa es u = (x2 + y 2 + z 2)
v = tan'
(x 2 + y 2)
w = tan
(a) Como el vector de posición es r = u sen v eo s w i + u sen v sen w j + u eos v k, sus derivadas parciales son dt . . — = sen v e o s w i + sen v sen w j + eos v k, du dt J v
dt
= u e o s v eo s w i + u eo s v sen w j —u sen v k,
—u sen v sen w i + u sen v e o s w j.
Por consiguiente, los factores de escala son h„ =
dr du dt dv dr
= [( sen v eo s w)2 + (sen v sen w)2 + (eos v)2l ^ = 1,
= u [(eos v e o s w)2 + (eos v sen w)2 + (— sen v)2] 72 = u,
= u [(—sen v sen w)2 + (sen v e o s 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
— =e o s v
1 dr e„, = — h d w
—- =—sen
.
eos w i +sen v sen w j
.
eo s w i +
.
f
e o s v senwj
w x+ e o s
e o s v k,
- senv k,
w j.
(b) Por (5.41), V u = ------------------ — (x i + y j + z k), (x2 + y 2 + z 2)V* V v = ------------ —-------------------- Lzx i + zy j - (x2 + y 2) k], (x2 + y 2) 1 (x2 + y 2 + z 2) Vw = — ~ ( - y i + x j). (x2 + y 2) Por consiguiente, los factores de escala son ffu = | V u | = l = 7 - , hu
«„ = |V v |=
1
1
1
(x2 + y 2 + z 2)1/j
u
hv
1
1
1
(x2 + y 2)1^2
u sen v
hw
H w = I Vw y los vectores base son
= — V u = -------------------------------------------— Hu (x2 + y 2 + z 2) 7*
(x i + y j + z k )
= sen v eo s w i + sen v sen w j + eo s v k = e u> = — V v = — -------- —— ---------------- — [ zx i + zy j - (x2 + y 2)kl Hv (x2 + y 2) 2 (x2 + y 2 + z 2)'* = eo s v eo s w i + eos v sen w j — sen v k = e v, e tv = Hw
V w = ------ ----- — ( - y í + x j) (x2 + y 2) /2 = —sen w i + eos w
j
= e w. (c) Efectuando el producto punto de eu , e u ■e v = sen
v e o s v e o s 2 w + sen
ev, ew
entre ellos,
v eos
v sen2w- eo s v sen v = 0,
e v • e w = - e o s v eos w sen w + eos v sen w eos w = 0, e iv • e u = —sen w sen v e o s w + e o s w sen v sen w = 0. Por consiguiente, eu , ev, ew son m utuamente ortogonales. PROB L EMA 5.10
Usando la relación
(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = (/7U d u )2 + (7jv dv)2 + (h „ dw )2,
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(5.42)
Coordenadas curvilíneas ortogonales
143
hallar los factores de escala hu, h v, h w en coordenadas (a) cilindricas, (b) esféricas. Solución:
(a) Por (5.36) dx = e o s v du — u sen v dv, dy = sen v du + u eo s v dv, d z = dw.
Así que (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = e o s 2 v (du)2 + u2 sen2 v (dv )2 —2 u sen v e o s v dudv + sen2 v(du)2 + u 2 e o s2 v (dv )2 + 2 u sen v eos v du dv + (dw)2 = (sen2 v + e o s2 v) (du)2 + u 2 (sen2 v + e o s2 v) (d v)2 + (dw)2 = (du)2 + (u dv )2 + (dw)2 = (hu d u f + (hv dv )2 + (hwdw)2. Por consiguiente, h a = l , h v = u, h w = 1. (b) Por (5.39), d x = sen v e o s w du + u e o s v e o s
wd v —u sen v sen w dw,
dy = sen v sen w du + u e o s v sen w d v +u sen v e o s
w dw,
d z = e o s v du — u sen v dv. Así que, (dx)2 + (dy)2 + (dz )2 = sen2 v e o s 2 w ( du) 2 + u 2 e o s 2 v e o s 2 w ( d v ) 2 + u 2 sen2 v sen2 w ( dw ) 2 + 2 u sen v e o s v e o s 2 w d u d v —2 u 2 sen v eo s v sen w e o s w dvdw - 2 u sen2 v sen w e o s w dwdu + sen2 v sen2 w (du)2 + u 2 e o s 2 v sen2 w ( d v ) 2 + u 2 sen2 v e o s 2 w( dw) 2 + 2 u sen v e o s v sen2 w d u d v + 2 u 2 sen v e os v sen w eo s w dvdw + 2 u sen2 v sen w e o s w dwdu + e o s 2 v ( d u) 2 + u2 sen2 v (dv )2 - 2 u sen
v e o s v dudv
- [sen2 v (c o s 2 w + sen2 w) + e o s 2 v] (du)2 + u 2[c o s2 v ( c o s 2 w + sen2 w) + sen2 v] (dv)2 + u 2 sen2 v (sen 2 w + e o s 2 w)(dw)2 = (du)2 + (u dv)2 + (u sen v dw)2 = (hu du)2 + (hv dv ) 2 + ( hw dw)2. Por consiguiente, hu = 1, h v =u, h w = u sen v. Obsérvese que (5.42) es cierto solamente para coordenadas ortogonales.
5.3
Gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas curvilíneas ortogonales
Si \¡/ - 4/ (u, v, w) es una función escalar, el gradiente en coordenadas curvilíneas ortogonales es
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A nalisis vectorial
144
dé dé dé Vi¡¡ ~ —— V u + V v + -7— V w, du dv dw
1
d\¡¡
h„
du
Vif¡ ^ — —
I
dtp
h.,
dv
l
e u + —~ —
<5.43)
dtp
ev + —
—
(5.44)
ev
h w dw
Si f = f ueu + f vev + f wew es un vector en la base e „ , e„, ew, entonces la divergencia en coordenadas ortogonales curvilíneas es V f
1 huh vh w
4~ 0»vAwU+ V
du
El laplaciano de la función escalar
(5.45)
0»w fto / , ) + ~ ~
dv
dw
esi d i h v h w
1
huhvh w du \ h u
du)
d ( h w hu d \ p \ ^ dv \ hv
dv)
f hqhv
d¿\
dw \ h w
dw)
(5.46)
El rotacional de la función vectorial f esi V x f-
1 h Vv h** w
4 - (*wW - 4~ O V
1
ow
— - ( h u /u ) “ T - ( h w f w )
ow
ou
4 - f t v U - 7
h tt h v \ d u P R 0 B L E M A 5.il So l u c i ó n :
ev
(5.47)
(A„/„)
dv
Verificar (5.43).
El gradiente en las coordenadas rectangulares es dtp _ di/j . (M V
[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
dtp d w
dx
du d x
dv
dw dx
dx
dtp
dtp d u
dtp d v
dtp d w
dy
du
dv
dw
dtp
dtp d u
dtp d v
dtp d w
dz
du
dv
dw
dtp / du
du
du
du \ d x
dy
dz
dy
dz
dy
dz
dy
dz
Por lo tanto, SJtp =
dtp ¡ 3 v
f e 1+
dv
dv
j + ¿7k
dtp d w dw dw + ---- -----i + ------j + ----- k dw \ d x dy dz dtp
dtp
dt p
---- V u h-------- V v h-------- SJw. du dv dw PROBLEMA 5.12
Verificar (5.44)
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[5.43]
Coordenadas curvilíneas ortoogonales
Sol uci ón:
145
Sustituyendo V u = — e u, h„
V v = — e v, hv
Vw = — e w hw
[5.27]
en (5.43), 1
~
V * -
PROBLEMA 5.13 Sol u c i ó n:
d\p
~
h„ du
1
eu +
—
difj —
hv dv
1 ev + —
dxjj —
h w dw
ev
Verificar (5.45)
Sabemos que eu , ev, ew forman una base ortogonal derecha. Usando (5.24), e u = e v x e w = h v h „ V v x V w,' e v = e», x e u = h w h uV w x V u , >
(5.48)
e w = e u x e v = h u h v V u x V v. „ Así que, f —íu 6 u + f y &v + f w 6 w = h v h w fuV v x S7 w + h w h u f v Vw x V u + h u h v f w S7u x V v .
(5.49)
Como V-(0f) = 0 V - f + f-V0,
[3.155]
tenemos V ‘(íu e „ ) = V ' ( f t v i l, f 1, V v x V i f ) = h v h íy f u V • (V v x Vw) + (V v x Vw) • V (hv h w f u).
(5.50)
Otra vez, puesto que V - ( f x g) = g - ( V x f) - f ■(V x g),
[3.157]
y usando V X (V 0) = 0 por (3.142), V - ( V v x V i v ) = Vw' - ( V x V v ) - V v - ( V
X
V w ) = 0.
Luego, por (5.44) y (5.48), V ( h y h Wf a) = — J nu ou
( h y h WfU) e u + i _ A hv dv
( h y h Wf u) e v + ~ h w dw
(h y h „ {») C„ ,
V v x V w = —-— e u. hy h w Como eu • eu
= 1 y eM•
= eM • ew = 0, tom ando el producto punto se obtiene
(V V x V w ) • V ( hv h w íu) = ----- 1-------- ~ ( h y h w f u). hu h v h w du Así que V - ( / u e u)
4 ~ < h v h w t u\ h u h v h w du
(5.51)
De modo similar (o por cambios cíclicos de índices), V - ( / v e v) = — ------(hw h u f v), huh vh w dv
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(5.52)
146
Análisis vectorial
(5.53)
V - ( / w e w) = -— (hu h v h w). h u h v h w dw Sumando (5.51—3), obtenemos (5.45). PROBLEMA 5.14 Solución:
Verificar (5.46).
Aplicando (5.45) al vector V \p, dado por (5.44), i.e., sustituyendo dip
1
1
hu d u ’ en (5.45), obtenemos (5.46).
PROBLEMA 5.15 So l u c i ó n :
v
difj
1
hv d v ’
"
difj
h w dw
Verificar (5.47).
Usando (5.24), f —f u
+ f v £ v + f w Gw
= hufu S7u +hv fvVv +hwfw\7w.
(5.54)
Como V x ( 0 f) = ^ V x f + (V 0 ) x f y
[3.156]
V x V u = 0, V x
= V x (h u f u SJu)
( fu e u )
= (hu fu) V x V u + V ( h „ í „ ) x Vu (5.55)
= V (/iu f u) x V u. Ahora, usando (5.44) y (5.27), V (hu fu) x V u = - i- ~ (hu íu) e u x e u + (h u fu) e v x e u hu du hu h v dv -
1
/Iw /iu
d . ~
dw
\“ u Mi)
^
Como eu , ev, ew forman una base ortonormal derecha, e u x e u = 0,
e v x e u = - e w,
e w x e u = e v,
y por tanto
Vx (4 e j = V
íJxVu
1 = . '
d
fu ( \ ( nu í u) 6 v
1
d huh v d v
(5.56)
De m odo similar, o por cambio cíclico de índices, 1 3 d 1 V X ( í v e v) = — — — (h v f v) e w (hv f r) e u, hu h v du h v h w dw 1 d V x ( f w Gw) — - hvh w dv
d (/i w f w) e u —“ —(hw (5.58) f w~)&v. d ^ w hu u 1
Sumando (5 .5 6 -8 ), obtenemos (5.47).
Obsérvese que (5.47) se puede escribir también como
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(5.57)
Coordenadas curvilíneas ortogonales
147
h w ®w V
PROBLEMA 5.16
X
f = -----------h vh w
d_
d__ du
_d_ dv
dw
lt i
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).
Sol uc i ón: Sea P(u, v, w) el punto central del elemento de volumen curvilíneodV, como se muestra en la figura 5.2, y sea dV = h u h v h w dudvdw.
[5.30]
Si f = f ueu + f vev + f wt w , entonces el flujo para la normal externa a través de la superficie ABCD para u constante es d
1
(5.60)
- í u h v h w dvdw + -r- -r— (fu h v h w) dudvdw, 2 du y a través de la superficie EFGH es
1
s
f u h v h w dvdw + — —— (fu h v h w) dudvdw.
(5.61)
du
2
(Desechamos los infinitésimos de orden superior.) Sumando (5.60) salida a través de las dos superficies para u constante, es
y
(5.61), el flujo de
F ig u ra 5 .2
E le m e n to de vo lu m e n c u rv ilín e o .
(5.62)
— (l u h v h w) dudvdw. du Sumando los resultados semejantes para las otras dos parejas de superficies,
8
f-dS =
d “
du
(^ U ^ V ^ w )
(9
S
ov
aw
W K
h v )
dudvdw.
(5.63)
Dividiendo (5.63) por dV, dado en (5.30), se obtiene 1
V -f
h u h vh w d u
PROBLEMA 5.17
(fu h v h w) + ~ (l v h w h u) + “ (fw h u h v) dv aw
[5.45]
Usando la definición de rotacional dada por n • (V x f ) = lim
[4.50]
i -di,
As-»
deducir (5.47). Sol uc i ón: Sea f = ./ueu + f vev 4-,fwt w\ se calcula primero eu • ( V X f). Considérese una curva cerrada Cu (ADCB) de la superficie u = constante, como se muestra en la figura 5.3. El elemento de superficie dS encerrado por Cu es d S ~ h vh„dvdw.
(5.64)
La circulación alrededor de la curva cerrada Cu es r
fh
rD
i- d r - I
rC
f - dr +
Fig ura 5 .3
rB
f-c/r +
s*/
fdr f
E le m e n to c u rv ilín e o de superficie.
ídr.
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Análisis vectorial
148
\ Descartando los infinitésimos de orden superior, f ■d r = t v h v dv, Jf A 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 - d r = - f wftlv dw.
Sumando estos resultados se obtiene d dv
f ■d r =
í
dw
(fvhv)
dvdw.
(5.65)
(fv h v)
(5.66)
Dividiendo (5.65) por dS, dado por (5.64), 1
e u • (V x f)
~ óv
dw
Por la permutación cíclica de los índices se obtienen las dos componentes restantes de V X f. En consecuencia, Vx f= h vh w
~ ~ (.tw h w) dv dw
^ - ( f u h u) - - ^ - ( í wh w) dw du
h whu 1
A (fv h v ) - A (fu ftu) du dv
huhv
5 .4
(f v h v)
e
„ .
[5.47]
Sistemas coordenados especiales
5.4a Coordenadas cartesianas rectangulares (x, y, z)
Como u - x, v = y. w - z para las coordenadas rectangulares, los factores de escala son h u ~ h x ~ 1,
h v —hy - 1,
h w - hx —1.
(5.67)
Las superficies coordenadas para este sistema son x - const, y = const, z ~ const. Sea = 4>(x,y, z ) y f = /t» + /á j + /á k . Entonces por (3.110), (3.127), (3.138), (3.132), el gradiente de
dib -
dx
ddi
i+ di,
dih í + r - k, dy dz df2
di,
¿x” + dy + d z ’
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(5.68)
(5.69)
\
Coordenadas curvilíneas ortogonales
149
5.4b Coordenadas cilindricas circulares (p .
Como u ~ p , v - $ , w = z con 0 < p< «%0 < ^ < 2jt , - ~ < z < - para las coordenadas cilindricas circulares, por la figura 5.4. la transformación de coordenadas rectangulares a cilindricas es x = p e o s
(5.72)
La superficie coordenada para los cilindros circulares que tengan a z como eje común es p = (x 3 + y *)/r'* con st; para el semiplano que pasa por el eje z ,
j = const,
y para el plano paralelo al piano x y, z = const Por les resultados del problema 5.8, los factores áe escala son fly ~
rt —1 j
y
h
pf
M
^ ~~~ *
PROBLEMA 5.18 Para coordenadas 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) Vty-
(b)
Figura 5 .4
Coordenadas c ilin d ric a s circulares.
So l uc i ón :
Por (5.29), (5.30), (5.44), (5.45), (5.59) y (5.46),
(a)
(ds)2 = ( d p ) 2 + (p d 0 ) 2 + (dz)2;
(5.74)
(b)
dV = p dpdcf>dz\
(5.75)
(c)
dijj 1 T Ñ70- = V - ep/O++ -“ d*9 p * pP
(d)
11
11
d
p d p (p{p) + p ep
(e)
V x f=
1 (f)
d
u eos v.
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160
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 familias de superficies coordenadas son: (1) paraboloides alrededor del eje positivo z, £ = const, (2) paraboloides alrededor del eje negativo z, r¡ = const, 0 < r¡ < “ » (3) semiplanos por el eje z, 0 = const, 0 < 0 < 2w. (b) Hallar los factores de escala. (c) Mostrar que X e,, = - e ^ Respuesta: (b)
hg = (£ 2
PROBLEMA 5.44
r)2) ' 2,
h v = (£ 2 + t¡2) /2,
h
= £r¡.
Verificar que en coordenadas cilindricas. V ln p = V x (kc¿).
PROBLEMA 5.45 (a)
Verificar las siguientes relaciones en coordenadas esféricas:
V -i = V x (eos
6 V 0 );
(b) V <£ = V x ( r V 0 / sen 0).
PROBLEMA 5.46 Usando el método de multiplicación matricial, deducir (5.115—6) a partir de (5.85—6) y (5.105—6). -VPROBLEMA 5.47
Expresar d/dx, 9/9 y, 9/9z
en coordenadas esféricas.
Respuesta: — = sen 0 eo s
En la sección 3.5 x = x(u, v),
y = y (u, v),
z = z(u, v)
[3.78]
se interpretan como ecuaciones paramétricas de una superficie S en el espacio. Pueden considerarse como un caso especial de (5.1) en la cual w es una constante; la superficie S corresponde entonces a una superficie w(x, y, z) = const. Las coordenadas curvilíneas sobre S son u y v. Sea r = xi + y j + zk. (a) Demostrar que las curvas u = const,v = const, se intersectan en ángulos rectos, de modo que lascoordenadas son ortogonales si y sólo si dx dx + dy dy du dv du dv (b) Mostrar queel elemento ^ 6S
dz dz q du dv
de un arco sobre una curva u = u(t), v = v(t) sobre
ds2 = E du2 + 2 F dudv E = \ d r / d u \ 2,
+ G d v 2,
F = (dr/du) ■ (dr/dv),
G - \ d r / d v \ 2.
(c) Mostrar que las coordenadas son ortogonales cuando d s 2 = E d u2 + G d v 2. (d) Mostrar que el área de la superficie S es S=
V E G - F 2 dudv.
í f R,
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6
CAPITULO
APLICACIONES A LA GEOMETRIA
6.1
Aplicaciones a la geometría plana y del espacio
En esta sección demostraremos algunos teoremas bien conocidos de geometría plana y del espacio por métodos vectoriales. PROBLEMA 6.1 Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. S o l u c i ó n :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 + B A = - a + b = b - a . Pero BD = Vi b y CE = *Á CA ='Z¿ (b - a). Por consiguiente, el segmento que une D y E es DE = B E - B D = BC + C E - B D 1 (b - a ) -----b = a+ — 2
N
1 U
2
.-B C , lo que demuestra que D E es paralelo a BC y tiene la mitad de su magnitud. PROBLEMA 6.2 Demostrar que las medianas de un triángulo se cortan en un punto que divide a cada mediana en la razón 2 : 1 . Solución: En el triángulo A B C 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 = BC + 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 = m B E = — (a + b). 2 161
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O,
0
' C
El triá n g u lo del problem a 6.2.
Análisis vectorial
162
Como FA = Ffi + 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 divide a ^ F y B E en la razón 2 : 1. De modo semejante, se puede demostrar que el punto de intersección G de las medianas A F y CD divide a éstas en la razón 2:1. PROBLEMA 6.3
Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan.
Solución: En el paralelogramo ABCD que se muestra en la figura 6.3, BC = a y BA = b. Entonces A D = BC = a, CD = BA = b. Por consiguiente, BD = BC + CD = a + b,
B Figura 6 .3
b
C A = CB + B A = - a + b = b - a .
Si E es el punto medio de BD, entonces BE = Vi BD = lÁ (a 4- b). Como CA = b - a, a
El pa ralelo gram o del p ro b le m a 6 .3 .
C E = CB + B E = - a + — (a + b) = — (b - a) = — CA. 2 2 2 Por consiguiente, E es el punto medio de BD y CA. PROBLEMA 6.4
Demostrar que las alturas de un triángulo son concurrentes.
Solución: Sean^Z), ¿fifias alturas del triángulo A B 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,
AC = c - a,
B A = a - b.
Como OA 1BC, OA • 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, Figura 6.4
El trián g u 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 C con respecto a A B pasa por O. Así que las alturas son concurrentes.
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163
Aplicaciones a la geometría
En el tetraedro OA B C que se muestra en la figura 6.5, la arista OA es perpendicular a la arista BC y la arista OB es perpendicular a CA. Mostrar que la artista OC es perpendicular a la arista AB. PROBLEMA 6.5
So j u c i ó n : _En el tetraedro OABC, 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 conmutatividad del producto escalar, a • b = b • a y por consiguiente a • c = b • c o sea c • (b - a) = 0, Fig u ra 6 .5
lo cual implica que OC LAB.
El te tra e d ro del problem a 6.5.
Demostrar que un ángulo inscrito en un semicírculo es recto.
PROBLEMA 6.6
Sea 4 A CB un ángulo inscrito en un semicírculo con centro en O y radio OA = OB = OC = r. (Véase figura 6.6.) Si OA = a y OC = c, entonces
Solución:
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 - a 2 = 0. Por consiguiente, AC y BC son perpendiculares; i.e., A B CA es recto.
til teorema de Apolonio establece que en un triángulo ABC si A D es la mediana del lado BC, entonces A B :¡ + A C 2 = 2 A D 1 + - B C 2. 2
PROBLEMA 6.7
Demostrar el teorema de Apolonio.
En el triángulo AB C que se muestra en la figura 6.7, seanA B = b y A C = c. Entonces A D = (b + c) y BC = c —b. Por tanto,
S o lu ció n :
A D 2= AD ■AD = — (b + c) • (b + c) = 4
—(62+ c 2 + 2 b ■c), 4
B C 2 = BC ■B C =■j e - b) • (c - b) = c 2 + b 2 - 2 b • c. Así que
Fig ura 6 .7
1 1 1 2AD2 + - B C 2 = - {b2 + c 2 + 2 b • c) + - (c 2 + b2 2
2
2
D e m o stració n del teorem a de A p o lo n io .
- 2 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. Solu ció n : En el triángulo isósceles A B C que se muestra enla figura 6.8, sean OC = a, OA = c y O el punto medio de la base BC. Entonces, B OB - - a, AC = AO + OC = a - c, BA = BO + O A = a + c.
Ahéra,
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O Figura 6.8
C
Solución al problema 6.8.
164
Análisis vectorial
A C 2 = AC ■ AC = (a - c) • (a - c) = a 2 + c 2 - 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 + c 2 - 2 a • c = a 2 + c 2 + 2 a ■c.
Así que simplificando, 4 a • c = 0 o sea a • c = 0. Por consiguiente, a l e ; i.e., OA es perpendicular a BC.
6.2
Aplicaciones a la geometría 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 r e s 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 producto cruz de un vector por un múltiplo escalar suyo es el vector cero, se sigue de (3.43) que ( r - A ) x B = / B x B = 0. Recíprocamente, si (r - A) X B = 0, entonces r - A es paralelo a B, de modo que r —A = íB, para algún parametro t.
Figura 6 .1 0
S o lu c ió n al p ro blem a 6 .1 0 .
PROBLEMA 6.11 Mostrar que si dos rectas representadas por (r (r - C) X D = 0 se intersectan, entonces (A - C) • B X D = 0.
A)
X
B - O y
f
So l u c i ó n : Las ecuaciones generales de las dos rectas (6 .1 -2 ) se pueden expresar como r = A + f B y r = C + sD. Si las rectas se intersectan, existen escalares s y t tales que A + f B = C + sD . 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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Aplicaciones a la geometría
Como por (1.71)
165
B . B x D = D . B x D = 0, A B x D = C ' B x D,
Por consiguiente, (A - C ) . B x D = 0.
(6.3)
PROBLEMA 6.12 En la figura 6.11 los puntos P y Q están especificados por los vectores de posición r „ y A con respecto al 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 = I B I. Sol uc i ón: 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, | (r0 - A ) x B | d = ----------------------- — .
B PROBLEMA 6.13 Hallar la menor distancia d entre las dos rectas que pasan por los puntos P y Q cuyos vectores de posición son A y C con las direcciones B y D , respectivamente. Sol uc i ón: En la figura 6.12 supóngase que B y D no son colineales, i.e., BX D ^ O y que existen puntos M y TV de 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 perpendicular a los vectores B y D, el vector B x D jB x D | es un vector unitario en la dirección de M N . 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 S o lu ció n 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 de acuerdo con el resultado (6.3) que se obtuvo en el problema 6.11. PROBLEMA 6.14 Hallar la distancia d desde el punto ( 1 ,- 2 , 1) a la recta que une los puntos (1, 2, - 1 ) y ( - 1 , - 2 , 1). So l uc i ón : 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 puntos (1, 2, —1) y ( - 1 , - 2 , 1 ) es (r - A) x (B - A) = 0.
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problem a
6.13.
Análisis vectorial
166
i
Por consiguiente, sustituyendo B en la fórmula de la distancia (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
-4
2
=[0,4,-8],
2
y la magnitud I (rQ - A) X (B - A I = 4 \/5 . Así que la distancia es d= 4^5 = 2y5 2V 6 y/6 ' PROBLEMA 6.15 Hallar la menor distancia d entre la recta que une los puntos P ( l , 2 ,- 1 ) y R ( 1 ,- 1 , 1) y la que une los puntos Q (2, -2 , 1) y S (2, 0, -2 ). So l u c i ó n : Denotemos los vectores de posición de P y Q por A y C y PR = B,£V> = D (véase figura 6.12). Entonces el problema se reduce al problema 6.13, i.e., hallar la 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 x D
i
j
0
-3
0
k 2
[ 5 ,0 ,0 ],
2 - 3
la magnitud I B X D I = 5. Por consiguiente por (6.5), la distancia pedida es d = 1(C - A) ■(B x D) 1 = 5 = 1 !B x D I
5
La ecuación vectorial de un plano que es perpendicular a un vector no nulo B y que pasa por un punto cuyo vector de posición es A es (r —A) • B = 0. PROBLEMA 6.16
(6.6)
Demostrar (6.6).
So l uc i ón : En la figura 6.13, sea r el vector de posición de cualquier punto en el espacio. Entonces el punto estará en el plano si y sólo si r —A es perpendicular a B, i.e., (r - A) ■B = 0. PROBLEMA 6.17 En la figura 6.14 los puntos 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 Figura 6.13
Solución al problema 6.16.
d =
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(r„ - A) • B | B
(6.7)
Aplicaciones a la geometría
167
Solución: Sea r el vector de posición de la base de la perpendicular desde P hasta el plano.' Entonces según la figura 6.14 para algún escalar X,
r = r0 + A B. La distancia d pedida es entonces, d = | r - r0 1 = |A B |= \ \ \ B , donde B = I B I. Ahora por (6.8),
r-
A
= r0 -
+ AB.
A
Tomando el producto punto a ambos lados por B y usando (6.6),
(r -
A)
•B = (r0 -
A)
•B + AB •B = (r0 -
A)
•B + A B 2 = 0.
Por tanto, (r„ - A ) B
B2 y sustituyendo en (6.9), la distancia es d=\X\B =
PROBLEMA 6.18
(r„ - A) • B |
B
Mostrar que la ecuación de un plano puede expresarse como ax + by + c z +- k = 0.
(6.10)
Solución: Por (6.6), la ecuación vectorial 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 componentes, i.e., r = [x, y, z], A = [ A l , A 2, A 3] y B = [Bx, B 2, B 3~\, (6.6) se transforma en (x ~ A t ) B x + (y ~ A 2) B 2 + (z - A 3) B 3 = 0, o sea B 1x + B 2y + B 3z - (A l B 1 + A 2B 2 + A 3B 3) = 0.
(6 . 11)
Si hacemos ahora B x = a ly b2 = b, B 3 = c y —(A ¡B¡ + A 2B 2 + A 3B 3) = k, (6.11) se reduce a a x + by + c z + k = 0. PROBLEMA 6.19 Mostrar que la distancia d entre un punto arbitrario (x0, y Q, z Q) y el ^ plano ax + by + cz + k = 0 es
| ax 0 + by0 + c z 0 + k \ (a2 + b2 + c 2)%
(6 . 12)
Con referencia al problema 6.18, si hacemos B = [ a, b,c\ , —A • B = k y
To = [x o>yo’ z o ]B = |B | = (a2 + b 2 + c 2)^ . Por consiguiente, tomando el producto punto, (r0 —A) • B = r0 • B —A • B = ax0 + b y 0 + c z 0 + k. Así que por (6.7), la distancia pedida es d =
(r0 - A ) • B | B
| ax0 + b y 0 + c z 0 + k | (a 2 + b2 + c 2)^
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Análisis vectorial
168
PROBLEMA 6.20 Hallar una ecuación vectorial que represente el plano que pasa por tres puntos dados cuyos vectores de posición son A, B, C. So l u c i ó n : En la figura 6.15, se a n /1, Q, R tres puntos 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 producto cruz (1.54) el vector G = PQ x P R = (B —A ) x ( C —A) = A x B + B x C + C x A
(6.13)
es perpendicular 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 de cualquier punto 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 .1 5
S o lu c ió n al p ro b le m a 6 .2 0 .
(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)
Solución: Por la figura 6.16 el vector B P está en el plano y se especifica por r - b . Como el plano es perpendicular a la esfera en B, r - b es perpendicular al radio vector b - c de la esfera. Así que O Figura 6 .1 6
(r - b) • (b - c) = 0. La esfera del p ro b le m a 6 .2 1 .
Como b = c + (b - c ) ,
(6.17)
(6.17) se transforma en [(r - c) - (b - c)] • (b - c) = 0.
(6.18)
(r - c) • (b - c) = (b - c) • (b - c).
(6.19)
Simplificando,
Pero (b - c )
•
- c ) = a2 . Así que la ecuación pedida es (6.16).
(b
6.3
Aplicaciones a la geometría 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 vectorial r(í) con parámetro escalar 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 '« ) | ’
Aplicaciones a la geometría
169
Si se sustituye el parámetro t por una longitud de arco s que mida la distancia a lo largo de C desde algún punto fijo de ella, entonces C se representa por r(s ) = x (s )i 4 y (« ) 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 C . entonces su derivada T ' (s) = dT (s)/ds es normal a sí misma. (C’f. problema 3.22). 1:1 vector unitario normal principal N se define
dT ds
—
= k N,
(6.20)
donde I k = ---- 1
I
dT I
ds I
(6.21)
se llama la curvatura de C en cualquier punto. El radio de cunatura p de C' en cualquier punto es p = i , *
(6.22)
K# 0 El vector binormal 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 punto se define — ds
« -T N
(6.26)
El recíproco de t , denotado por o = 1/r se Mama el radio de torsión. El vector unitario tangente T, el vector unitario normal principal N y el vector binormal 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 .2 4 -7 ).
Por la definición de vector binormal (6.23) y como IT I = 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
dfB — • B = 0, lo que
Diferenciando a ambos lados con respecto a s se obtiene implica B 1 d B /d s .
Por (6.23), B * T = 0 y B ' N = 0. Diferenciando a ambos lados de la primera ecuación con respecto a s, ™ „ <*T „ ----- T + B -------= 0. ds ds
Usando (6.20) B
— ds
N
y
T = - B - — = - B - ( k N) = ds
kB
- N = 0,
lo que implica que d B/ds es también ortogonal a T Por consiguiente, d B /d s debe ser paralelo a N. Por consiguiente, dB = -T N . ds
Fig ura 6 .1 7
T rie d ro .
De estos resultados concluimos que T, N y B forman un sistema derecho de vectores unitarios o triedro. (Véase figura 6.17); i.e., B = T x N, PROBLEMA 6.23
N = B x T,
Mostrar que dN
TB - kT.
ds Solución:
T = N x B.
(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
kT.
Las fórmulas (6.20). (6.26) y (6.28)se conocen como fórmulas de Frenet-Scrret y pueden escribirse también como dT — - o» x T ds dB — ds
(0 x B,
dN 7 - w x N , ds
(6.29)
6.30)
(6.31)
donde = TT + kB
(6.32)
es el re d o r de Darhou.x de la curva C. PROBLEMA 6.24 Mostrar que las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28) se pueden expresar como (6 .2 9 -3 1 ). Solución:
Si co = rT + kB, entonces tenemos por (1.58) y (6.27),
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Aplicaciones a la geometría
171
0} X T = ( T T + k B) x T == T T x T + kB x T = k N,
B ) x N == T T x N +
k
kB
x B = -T N , X
PROBLEMA 6.25
B +
fiQ *
(O X N = ( T T +
X H P
co X B = ( T T + k B) x B =
N = TB -
k T.
Mostrar que dT —
d— B = - k Tn-,
ds
(6.33)
ds
B- — = T , ds dN
T •— - =
ds
Solución:
N •N
(6.34)
- k.
(6.35)
Usando las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28) y el hecho de que = 1, rl T rl R
--------------
ds
ds
Como B - B = 5 = l y B * T =
kN
-(-T N ) = -
k T(N
*N ) = -
kT .
0,
B • — = B • (T B - k T ) = T (B • B) -
ds
k (B
• T ) = T.
Como T * T = 7 ’2 = l y T * B = 0, T- —
ds
= T -(T B -
kT )
= T (T -B )-k (T *T ) = -
k.
PROBLEMA 6.26 Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva C sea una recta es que la curvatura k sea cero. Solución:
Si C es una recta, entonces el vector unitario tangente T es un vector
constante; i.e., — = kN = 0. ds
Esto da k = 0, pues N =£ 0. Recíprocamente, si k = 0, entonces tenemos d l / d s = 0; en consecuencia, T es un vector constante y C es una recta.
Una curva situada en un plano del espacio se llama una curva plana: de otro modo se llama curva torcida. Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva C sea plana es que la torsión t de C sea cero. (Se supone que k ¥= 0.) PROBLEMA 6.27
Solución: Si C está en un plano, entonces escogiendo el origen de este plano, ambos vectores r '(s) = dr(s)/ds y r"(s) = d 2r(s)/ds2 estarán también en este plano. Por consiguiente, T = r ' (s) y >. 1 d T 1 N = - — = - r (s) k
as
K
también estará en el plano; en consecuencia, B = T X N es un vector constante normal al plano. Así que,
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172
Análisis vectorial
—
ds
= - T N = O,
lo que implica que t = 0. Recíprocamente, si r = 0, entonces dB/ds = —t N = 0; por lo tanto, B es un vector constante. Sea C la curva representada por r(s). Entonces, puesto que T 1 B y r = 0, - f ( r - B ) = — . B + r- — = T . B + - T r - N = 0. ds ds ds 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 representa por r (t), que es dos veces diferenciable, entonces la curvatura k de C en cualquier punto es [r'CQx r"(Q I
(6.36)
| r '( 0 l 3 S o lu c ió n :
Sea r(í) = r [s(í)], donde s es la longitud de arco. Entonces su derivada es d r (t) d r ds ds r '( 0 = — - = — — = — T , dt ds dt dt
(6.37)
y como I T I= 1,1a magnitud es ds r (0 I =
(6.38)
dt
Usando luego las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28), dT dt
d T ds ds dt
ds dt
(6.39)
Por (6.37), d , d 2s ds d T d 2s ( d s\ r (f) = — r (í) = — - T + --------- = ------T + — kn dt d t2 dt dt d t2 \d t 1
(6.40)
Así que r ( 0 x r" (t) =
d 2s f ds . T + — kN d t2 dt
T kT
x N
d s \ i, 5 T 1 ,
(6.41)
y como | B | = 1, la magnitud es
I r'(0 x r"(0 1=
x = I r ( 0 | 3 k.
(6.42)
Por consiguiente, la curvatura es
rXQxr'XOl |r '( 0 |S
'
PROBLEMA 6.29 Mostrar que si la curva C se representa por r(f), que es tres veces diferenciable, entonces la torsión t de C en cualquier punto es
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173
Aplicaciones a la geometría
_
[rX Q r"(Q rw (Q]
(6.43)
I r (O x r " ( t ) \ 2 Diferenciando(6 .4 0 )con respecto a t,
S o lu c ió n :
d r '\ t )
r " \t)
dt ds\ 1 d d 2s — — -— T + — k N dt d t 2 Xdt / . d 3s d t3
d 2s d T ( d s \ d 2s ( d s \ 2 dK T + — —--------------------------------+ 2 — — dt dt \d t / d t2 \ d t ¡ dt
( ds\ c/N + — — N + — /<---------.(6.44) \d t J dt
kN
Por (6.39) dT ds — - = k — N, dt dt y por (6.28), c/N <¿N ds ds ---- = ---------- = — (T B - k T). dt d s dt dt Sustituyendo estos resultados en (6.44) y reordenando los términos,
r"'(0
d 3s d t3
[ ds dt
T +
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>]
-(f Así que por (6.42), la torsión es T =
[r (0
[rX t)r''(t)r" X t)]
r'(0 x r"(0
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) ^ I r ( 0 x r"(í) |
( 6. 47)
tr'(f) x r"(í)] x r'(0 N = — - —------- , . |[ r '( 0 x r " ( f ) ] x r '( í ) |
(6.48)
S o lu c ió n : La ecuación (6.46) se ha obtenido ya en (3.69). Para verificar (6.47), tenemos por (6.41—2),
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174
Análisis 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 " (0 l x r'(0
N =B x T
[r'(f) x r " (0 l x x \ t ) | ‘
PROBLEMA 6.31
Hallar T, N, B, k y
para el círculo de radio a representado por
t
r(s ) = a e o s S o lu c ió n :
j
i + a sen
j
j.
[3.67]
El vector tangente al círculo (3.67) es c?r(s) T =
fs\ = ~ S0n ( í j
ds
fs\
[3.71]
1 + C° S ( a / J'
Para el unitario normal principal N, la derivada de T da
dT = - — 1 e o s M—- i - — 1 sení s— \-j = kN. M — ds a \a j a \a I Así que la curvatura es K=
dT ds
2 1 eos (— s\ =• — . a \aL 1
eos*
a
2'
+ -1 sen 1( -s \I .a w
| — l + sen a /
\a
1
(6.49)
a
Por lo tanto, el unitario normal principal es «N = ---11 dd—T T = - e o s ( -Í )Si\ ■ - sen k ds
- j = - - r ( (s S) .\ ■
1
/ N (6.50)
El vector binormal B es
B =T x N
- sen
eos
a
sen
eos
|— i + eos a I
\a
k.
(6.51)
s
— - sen — a
a
Como dB /ds = 0 = - rN , la torsión es T = 0.
(6.52)
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 representada por r(í) = ( a e o s t) i + ( a s in í ) i + b t k.
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(6.53)
Aplicaciones a la geometría
175
Por (6.53),
S o lu ció n :
r '( 0 = - ( a sen t ) i + (a eos t) j + ók, r ( 0 = - (a eos f ) i ~ (a sen í) j,
r '" ( 0 = (a sen t) i - (a eos í) k. De acuerdo con esto, i
j
k
r'(í) x r"(<) = - a sen t
a eo s t
b
- a eos t
- a sen f
0
= (ab sen í) i - ( ab eos f) j + a 2k, i [r'(0 x r " ( 0 l x r (0 =
j
k
ab sen t
- a b eo s t
- a sen t
a eos t
a2 b
( - a b 2 - a 3) eo s t i - (ab2 - a3)sen t j - a (a2 + b2) eo s f i - a (a2 +b2) sen t j, - a sen t
aeos t
b
[ r '( 0 r " ( 0 r'" (()] = - a eo s t
- a sen í
0
a sen t
- a eos t
0
-
= b
a eo s t a sen t
- a sen t
- a eos t
= 6 a 2(c o s 2( + sen 2t) = a 2 b. Por lo tanto las magnitudes son | r '(t) | = ( a 2 sen 2 t + a2 e o s 2 t + b 2) ^ = (a 2 + b 2)^ , | r '( 0 x r"(f) | = ( a 2ó2 sen2 í + a2b 2 e o s 2 t + a 4) ^ = [ a 2(a 2 + ó 2)] ^ = a ( a 2 + b 2) \ | [ r '( 0 x r"(f)] x r'(<) | = [a 2( a 2 + 62)2(c o s 2 t + sen2 f)]^ = a (a 2 + ¿>2). De modo que por (6 .4 6 -8 ), (6.36) y (6.43), r'(0 r (0 1
B
a
sen t i + ( a 2 + 62) v*
( a 2 + b2)
r '( 0 x r " ( t )
sen t a
(6.54) (a 2 + b2) ^
eos (
i -
(a 2 -i- 62) '
r'(t) x r " ( 0 |
1 — eos t \j +
( a 2 + b2) (6.55)
k,
(a 2 + 62) 1/2 N
1V(0 x r " ( p ] x r'(t)
= - ( e o s í ) i —(sen í) j,
(6.56)
I tr '(0 x r" (í)] x r '( 0 | | r '( 0 x r."(0 I
| r '( 0 |3
a ( a 2 + ¿2) l/2
(6.57)
( a 2 + 62) /2 a 2 + b 2
[t'(t)T"(t)r'"(tjl
r'(f) x r " ( ( ) | !
a
a 2b a 2( a 2 + b2)
b a 2 + b2
(6.58)
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176
Análisis vectorial
6 .4
Problemas suplementarios
Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. PROBLEMA 6.33
PROBLEMA 6.34 Demostrar que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es equidistante de los tres vértices.
Demostrar que la recta que une un vértice de un paralelogramo con el punto medio del lado opuesto divide a la diagonal en la razón 2 : 1 . PROBLEMA 6.35
PROBLEMA 6.36 SiA B C D es un cuadrilátero c o n 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 + BD2 + 4MN2. Si las diagonales de un paralelogramo son ortogonales, entonces demostrar que el paralelogramo es un rombo. PROBLEMA 6.37
PROBLEMA 6.38 Mostrar que si dos círculos se intersectan, la recta que une sus centros, bisecta perpendicularmente al segmento que une sus puntos de intersección. PROBLEMA 6.39 Hallar la distancia del punto (-2 , 1, 5) a la recta que une los puntos ( 1 , 2 , - 5 ) y (7, 5 ,-9 ) . Respuesta: 7 \/6 l.
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). Respuesta: 3. PROBLEMA 6.41 Hallar la mínim a distancia del punto (1, —2, 1) al plano determinado por los tres puntos ( 2 ,4 , 1), (-1 , 0, 1) y (-1 , 4, 2). Respuesta: 14/13. 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.
( 3 r - A - B - C ) . ( A x B + B x C + C x A ) = 0, donde r es el vector de posición de cualquier punto del plano. PROBLEMA 6.43
Mostrar que el punto de intersección de la recta representada por
( r - A ) X B = 0 y el plano representado por (r - C ) • D = 0 es el punto cuyo vector de
posición es A+ (B -D ) PROBLEMA 6.44
B.
Mostrar que las únicas curvas planas con curvatura constante no
nula son los círculos. PROBLEMA 6.45 Si la curva C se representa por y = y (x ) en el plano x y , mostrar que el radio de curvatura es
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Aplicaciones a la geometría
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. Respuesta: T = [ f - , f , 0 ], B =
0, | ] , N = [0, 1, 0], k = X
6
25
Hallar « y r para la curva C representada por
PROBLEMA 6.47
r(f) = a (3 t - t 3) i + 3 a f2j + a (3 t + t3) k. Respuesta:
k=
T
=
l/[3 a (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 demostrar 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 < 7t/2 ; (b) N • e = 0; (c) gj X e = 0, donde co = r T + kB es el vector de Darboux; (d) k/ t = tan a.
PROBLEMA 6.50
Hallar k y t para la curva C representada por r ( í ) = e ‘ i - e ‘ j + V27 k.
Respuesta:
k= -
t = V 2 / ( e ' + e - í )2-
PROBLEMA 6.51 Mostrar que r '(t) X r ''( t) = 0 en todo punto de una curva condición necesaria y suficiente para que la curva sea una recta. PROBLEMA 6.52
es una
Mostrar que todos los vectores r = r(s) son paralelos si y solamente si [r(s)r'(s) r"(s)] =
0.
PROBLEMA 6.53
Mostrar que T'(s) X T ''(s) - k2 co, donde co es el vector
PROBLEMA 6.54
Demostrar que r ” '(s) = k'N - k 2T + k t B.
de Darboux.
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7 CAPITUL° APLICACIONES 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 de la partícula tiene un vector de posición r ( t ) en el instante t r entonces el vector desplazamiento de la partícula para un instante arbitrario t es r ( 0 ~ r ( f o).
<7.l)
El vector volocidad v( 1 1 y el vector aceleración a(t) de la partícula se definen por medio de las ecuaciones v(f)~~-r'(0.
(7.2)
, x d \(t) d 2r ,,, . a(f) - — — - — - r " (t). dt d t1
, n ,, (7-3)
dt
El vector de posición r, vector velocidad v y vector aceleración a en coordenadas tigulares son r(0
- x( f ) i y ( 0 )
v(f)
- r '( 0 »
z (0 k ,
(7.4)
x '(f) i * y ' ( 0 i +*'(<)•*,
z'V )k.
a(f) - v'(f) = r " ( f ) ^ x " ( 0 i + PROBLEMA 7.1 S o lu c ió n :
(7.5) (7.6)
Verificar (7 .4 -6 ).
En coordenadas rectangulares, el vector de posición es r(f) * x (í) i + y ( t ) j + z ( t ) k.
Como los vectores unitarios i, j, k son constantes en el tiempo, v = r '(0 = x ' ( 0 i + y'COJ + z'C O K a = v '( 0 =
r ' V ) = x " ( t )i + y"(t)
Los vectores de posición,
i +
z"(t)
k.
don en coordenadas:cilmdricas son
r(í) ~ pe¿ + zk , .
(7.7)
lili (7.1>)
a (0
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178
179
Aplicaciones a la mecánica
PROBL EMA 7.2
Verificar (7 .7 -9 ). P(x, y, z)
Con referencia a la figura 7.1 y sección 5.4, el vector de posición en coordenadas cilindricas es
Solución:
r(í) = p e p + z k.
= P(p,
Como k es constante en el tiempo y el vector unitario ep cambia de dirección en el tiempo, el vector velocidad es d r ( t) dp d e . dz v(í) = ------- = — e + p — £ + — k. dt dt p dt dt
(7.10) (*, y, 0)
Ahora, por (5.81a), la relación entre ep en coordenadas cilindricas e i, j en coordenadas rectangulares es (o)
[5.81a]
e = eo s 4>i + sen
dcf> dcf> sen ó — - i + eo s ó — j dt dt
en
dt -
Sen (f> i + eos 0 j) dt dd>
Por consiguiente, el vector velocidad en coordenadas cilindricas es dp
dd> dz p + j- p n — ie ó + — k. ■e dt p dt 0 dt
—
V (f)
De modo similar, e^cambia también de dirección en el tiempo, así que d v ( t) a (í) = Por (5.81 b),
dt
d 2p dp d e p d / d
d(f> de¿ d 2z + p —-----— + ----- k. dt dt d t2
(b)
(7.12)
en términos de i y j es
Fig ura 7.1
= - sen 0 i + eo s
[5.81b]
y por lo tanto, por (5 .8 la ), su derivada es
d ej, — —= dt
def) - i - sen d> dt
eosó —
-
= - — ( e o s (f) i + sen dt dcf> dt
dcf> j dt
—
j)
(7.13)
ep.
Sustituyendo (7.11) y (7.13) en (7.12) y reordenando los términos, a (f) =
d p d t2 ~ P
fd(f>
d 2(f) dp d(f>\ d 2z + P — +2 — e + - — k. p d t2 dt dt * dt2
dt
[7.9]
L.a segunda ley de Keplerpara el m ovim iento planetario establece que si la aceleración de una partícula que se mueve en un plano está dirigida hacia arriba del origen, entonces p1
dt
constante. (7.14)
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Coordenadas cil m dricas.
Análisis vectorial
180
De manera equivalente, el radio vector desde el origen a la partícula barre áreas ¡guales en intervalos de tiempo iguales. PROBLEMA 7.3
Demostrar la segunda ley de Kepler del movimiento planetario (7.14).
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
Solución:
- d 2p .d t2
/ d 2< f> do d(f)\ e„+ P — + 2 — — K * dt d t ) * 9 \ d t j _ p X d t2
( » r
d 2p
. d t2
1 d ( 2 d(t‘\
( « T ep + - - ( P 2 — J e * . p 7 t[ p * ) ' P \d t) .
(7.15)
Ahora, como el vector aceleración se dirige hacia el origen, la componente de la aceleración en la dirección de e es cero; i.e., (7.16) p dt \
d t)
Por consiguiente, p 2 — = constante. dt
[7.14]
También por (7.7), el radio vector en coordenadas polares planas es r = p e p,
(7.17)
y por (7.11) su diferencial es d r = dp ep + p d ep = dp ep + p d
.
(7.18)
Ahora si A es el área barrida por r en cualquier tiempo t, entonces por dS, tenemos
c
[4.127]
s | r x cf r | = 2 dA.
(7.19)
r x d r =p e p x (dp ep + p dcf> e ^ ) = p2 d
(7.20)
Por (7 .1 7 -1 8 ),
pues d t es
X e^ = 0 y e^ X
= k. Por consiguiente, el área radial dA barrida durante el tiempo
dA = ^-p 2 d
dt
—p 2 ^ L = constante. 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 curva, entonces por (3.54),
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Aplicaciones a la mecánica
181
v ( 0 = I v (f)| = | r '( 0 i = — .
dt
PROBLEMA 7.4
(7.22)
Demostrar que el vector 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 en r (t) y N el vector unitario normal principal.(Véase sección 6.3.) S o lu c ió n : Según la sección 3.4, sabemos que el vector velocidad v(í) = r ' (í) es tangente 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 = v (í) - = v (t) T . I r '( í ) |
(7.24)
Diferenciando (7.24) con respecto al tiempo t y usando luego las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28), lo mismo que (7.22), el vector aceleración es a (f)
= v '(í) = - f [v ( í) T ] dt = — T + v(f) dt dt dv d T ds = — T + v -------- dt d s dt = — T + v 2k N
dt
dv v2 = Í Í I t + — N. dt p
La ecuación (7.23) muestra que la aceleración de la partícula puede resolverse en dos componentes: una com ponente tangencial de magnitud d v/d t y una com ponente normal de magnitud v 2 k = v 2 / p . La com ponente normal llamada aceleración centrípeta es causada por el hecho de que el vector velocidad cambia de dirección (véase figura 7.2). PROBLEMA 7.5 Hallar la componente tangencial af y la componente normal an del vector aceleración si los vectores velocidad y aceleración de una partícula son conocidos. S o lu c ió n :
Sean los vectores velocidad y aceleración 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 a ambos lados de (7.25) con v y obtenemos a- v
(7.26)
Como v X T = 0 y l v X N l = v, tom ando el producto cruz 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
A ce le ra ció n c e n tríp e ta .
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
V
2
a x v
p
PROBLEMA 7.6 El vector de posición de una partícula 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 origen. Solución:
Tomando la derivada de (7.29) el vector velocidad es v = r ' ( 0 = - wa sen cot i + cob eos cot j.
Entonces el vector aceleración es a = v '( t) = r"(¿ ) = - co2a eos cot i - co2b sen cot j = -&>2 (a e o s cot i + b sen cot j) (7.30) Por consiguiente, su aceleración está siempre dirigida hacia el origen; i.e., ésta es la aceleración centrípeta causada por la rotación.
7.2
Velocidad angular y aceleración angular
Sea P una partícula que rota alrededor de una recta fija £ y a una distancia fija R de ella. Cuando la partícula se mueve en la trayectoria circular, la de cambio de la posición angular Bit) se llama velocidad angular i.e., :
(lf gg
d.................... m , 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 tom illo gira en el mismo sentido de la rotación de la partícula. (Véase figura 7.3.) La aceleración angular de la partícula oír) es O.U) —
dio dt
(7.32)
PROBLEMA 7.7 Mostrar que el vector velocidad v de una partícula que rota alrededor de un eje fijo L se puede escribir como v - (o x r,
(7.33)
donde r especifica la posición de la partícula con respecto a L . Obsérvese que el origen O puede ser cualquier punto de L.
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Aplicaciones a la mecánica
S o lu c ió n :
183
Para el movimiento de un circulo de radio R , el rapidez v de la partícula es rlf) v=R~=Rco, dt
(7.34)
donde 6 es la posición angular y w la rapidez angular de la partícula. Con referencia a la figura 7.3, si |3 es el ángulo entre oj y r, entonces | cü x r | = cor s in /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 perpendicular al radio CP; i.e., v y u X r son paralelos. Así 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,
(7-35)
a = ~cü2r + a x r .
(7.36)
o (b) Solución:
(a) Diferenciando (7.33), dx d . . a = — = — (a> x r) dt dt dr dea - cú x ---- h-------x r dt dt = <¿jxv+axr.
(b) Luego, com ov = co X r y usando la definición del triple producto vectorial (1.83), a = &) x ( <ü x r ) + c t x r = ( - o)2r + a x r.
(7.37)
Si además de escoger el origen 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 = -
Obsérvese que a X r es la aceleración tangencial y u> X (
PROBLEMA 7.9 Mostrar que cuando una partícula rota con velocidad angular constante, el rotacional del campo de velocidad es el doble de la velocidad angular de la partícula. S o lu c ió n : Como v = u X r , y aplicando (3.158) y la definición de V , el rotacional del campo de velocidad es V xv=Vx(
Ahora, como u> es un vector constante, V , w = 0 y ( r i ) u> = 0. V -r = — + — + — =3,
dx
dy
dz
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[3.129]
Análisis vectorial
184
V >r = 3 y por (f • V) r = f,
[3.149]
( w V )r = oj. Por consiguiente, el rotacional es V x v = < y ( V - r ) - ( < u - V ) r = 3 < y - < y = 2
(7.38)
7.3 Fuerzas y momentos líl movimiento de una partícula está gobernudo por las leyes del m ovim iento 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 cambio del tiempo para el producto de la masa y la velocidad de una partícula es proporcional a la fuerza que actúa sobre la partícula. t.l producto de la masa m y la velocidad v se llama m om entum lineal p de la partícula y se representa por p-mv. (7.39) Así que la segunda ley de Newton para el movimiento se puede expresar f = c— - ~ (m v ) , 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 d t2
( 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 ejercidas por dos partícula cada una sobre la otra y dirigidas a lo largo de la recta que las une. PROBLEMA 7.10
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 vector de posición desde el Sol en el origen a cualquier punto del planeta. (a) Usando la segunda ley de Newton (7.41), mostrar que —
dt
(r x
v) = r x ( \ r
= 0;
(7.43)
y por consiguiente, para algún vector constante h, x v = r x — = h. (7.44) dt (b) Mostrar que d A /d t = 1Á h , donde A es el área barrida por r y así demostrar la segunda ley de Kepler para el movimiento planetario (7.14). r
So l u c i ó n : (a) Por la segunda ley de Newton para el movimiento (7.41), el vector fuerza es f = -(G m M /r3 ) r = m (d \/d t) y en consecuencia, (7.45) dt
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r3
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)
Por consiguiente, sustituyendo el valor de d x/d t de (7.45) en (7.46) y teniendo en cuenta que r X r = 0, d . , dx f GM , n — ( r x v ) = r x — = r x ------- r = 0. dt dt
(7.47)
Así que (7.47) implica que dx r x v = rx — =h. dt (b) Ahora, si A es el área barrida por r en cualquier instante t, entonces por
(j) x x dx = 2 J J d S ,
[4.127]
si h es una constante, entonces 2— =h dt
dA 1 , — = —h; dt 2
o
i.e., áreas iguales son barridas por r en intervalos iguales de tiempo.
El m om entum angular L de una partícula con respecto a un origen es 1 =r x
<7.48)
p,
F ig ura 7.4
V e rific a c ió n de la segunda ley de K epler para el
donde r es el vector de posición de la partícula, relativo al origen y
>r de una fuerza
PROBLEMA 7.11
p es el
f que actúa sobre una partícula con
momentum lineal.
relación al origen, es
T = r * f.
(7.49)
T=— . dt
(7.50)
Mostrar que
So l u c i ó n : Por la definición de momento (7.49) y la segunda ley del movimiento de Newton (7.40), T= r x
dp dt '
(7.51)
Ahora diferenciando (7.48), dL d , . dx ----- = — (r x p) = dt dt dt Como d p /d t = f
— x
dp p + r x— . dt
y — x p = v x (mv) - m (x x v) = 0, dt
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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 momentum lineal de una partícula libre.
S o lu c ió n : Si la fuerza f que actúa sobre una partícula es cero, entonces la segunda ley del movimiento (7.40) se vuelve — = 0, dt
(7.52)
lo que implica que p es un vector constante en el tiempo. Por consiguiente, el momentum lineal de una partícula libre se conserva. PROBLEMA 7.13 Mostrar que el momentum angular de una partícula se conserva si no hay momento que actúe sobre ella. Solución: reduce a
Si el momento r que actúa sobre una partícula es cero, entonces (7.50) se — = 0, dt
(7.53)
lo que implica que L es un vector constante en el tiempo. Por consiguiente el momentum angular de una partícula se conserva si no hay momento.
7 .4
Trabajo y energía
El trabajo W realizado por una fuerza f paramover una partícula a lo largo de una curva C de! punto 1 al punto 2 se define por la integral delínea Wn - J
í *Cir,
<7.54)
donde r, y r 2 son los vectores de posición de los puntos 1 y 2, respectivamente. El trabajo realizado por f depende generalmente del camino C\ Si f es perpendicular a la dirección del movimiento, W ~ 0: i.e., no se realiza trabajo alguno. PROBLEMA 7.14 Mostrar que, para una masa constante, el trabajo realizado para ir del punto 1 al punto 2 es Wl2 = ~ m v 2- v2 -
ví = “ m (y 2 ~ v ?)>
(7.55)
donde Vj y v2 son las velocidades de la partícula en los puntos 1 y 2 respectivamente. Sol u c i ó n :
dt Ahora, f = m (dv/dt) y dv = — d t = vdt. Así que el trabajo realizado es dt
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Aplicaciones a la mecánica
*
Wl2
■r
f • c/r = |
*2
r j
187
V
m — • v dt dt
m x • dv
í
€ m . "2
cf(v • v)
V2 VI
C om o la energía cinética T de una partícula es la cantidad escalar definida por
T T
1 mv . v - — 1 m v j, 2
(7.5d)
2
(7.55) se puede escribir corno
( 7.57)
~ Ti ~ T,,
lo que m uestra que el trabajo realizado es igual al cam bio en la energía cinética de ¡a partícula.
Una fuerza f se dice conservativa si ei trabajo W realizado por él 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 simplemente conexa si V es univalente. Como se puede agregar cualquier constante a V en (7.60) sin afectar el resultado, el nivel cero de energía potencial es arbitrario. Por consiguiente, la energía potencial no tiene significado absoluto y solamente tienen significado físico las diferencias de potencial. Específicamente, la energía potencial V es el trabajo realizado por una fuer/a conservativa f para mover una partícula del punto 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 partícula en los dos puntos. Simbólicamente, si f es una fuerza conservativa, entonces e! trabajo realizado para mover una partícula del punto 1 al punto 2 es f *3 (7.61) i - d x ~ Vt ~ V 2 ¥ tt donde V, y V2 son las energías potenciales en ios puntos I y 2 respectivamente. PROBLEMA 7.15
Verificar (7 .5 9 -6 0 ).
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Análisis vectorial
188
S o lu c ió n :
La condición (7.59) se establece en el problema 4.58. Por conveniencia, la solución se repite aquí'. Como f es conservativa, tenemos por (7.58), f-dr=0
[7.58]
cf
para cualquier curva cerrada C. Supóngase ahora que V X f =£ 0 en algún punto P de C. Si suponemos que V X f es continua, habrá alguna región a la cual pertenece P donde V X f^O. Se escoge una pequeña superficie plana S en esta región 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 ) f - d r = J J V x f - d S = J J a n • n dS = a J J dS = a S > 0, C
S
S
s
lo cual contradice el hecho de que f es conservativa. Por tanto, V X f = 0. La ecuación (7.60) se establece en los problemas 4.57 y 4.58. A quí se repite la solución al problema 4.57. Si f = —V V para una función escalar V, entonces, por el teorema de Stokes (4.104), J ) f - d r = { j)(-V V ).< ¿r
I I
V x ( - V t 0 dS,
donde S es la superficie encerrada por C. Pero por (3.134), V X ( - V V) = 0; por consiguiente, ^ °
i.e., f es conservativa. PROBLEMA 7.16 Solución:
f - d r =0;
Verificar (7.61).
Como f es conservativa, tenemos por (7.60), Wl2 = p
f dr = - f
2VV-dr.
ri Ahora por (3.120), V F - d r = dV.
Por tanto, el trabajo realizado para mover la partícula del punto 1 al punto 2 es
f
r v= v2
'2
f • dr = — I
dV = - ( V 2 - V l) = V l - V 2.
JV=V1
ri
PROBLEMA 7.17 (a) Mostrar que una fuerza, tal como la fuerza gravitacional del problema 7.10 que obedece la ley del cuadrado inverso,
donde k es una constante, es una fuerza conservativa, (b) Hallar la energía potencial de la partícula sobre la cual actúa esta fuerza. Solución:
(a) Por (3.169), i.e., V x [ í ( r ) r ] = [ f ' ( r ) / r ] r x t = 0 , Vx f = V x
Por lo tanto la fuerza f es conservativa.
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^ r) = 0 .
Aplicaciones 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 r 2 = ~ se entiende comúmente que K2 = 0; entonces con este dato, el potencial gravitacional se vuelve V =
(7.63)
La lev de H ooke 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 que (7.64) es una fuerza conservativa y (b) hallar la energía potencial de una partícula sobre la cual actúa f. So l u c i ó n :
(a) Por (3.141) el rotacional f es V x f = V x ( - h ) = - i V x r = 0.
Por consiguiente la fuerza elástica f es conservativa. (b) El trabajo realizado para mover la partícula del punto 1 al punto 2 es
f
Wí 2 = \
r2 fí -•ddrr = |I
pr 2 ((~ - kkrr)) -• dr TI
ri 2
r dr
- \f k ---- r
k 2 k 2 — r¡ - - tí 2
2
= V x - V 2. Tomamos V = 0 cuando r = 0. Así que la energía potencial de una partícula se transforma en V = —r 2. (7.65) 2
El principio de conservación de la energía establece que si una fuerza f que actúa sobre una partícula es conservativa, la suma de la energía cinética T y la energía potencial V de la partícula es una constante; i.e.,
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Análisis vectorial
190
T t- V ~ E.
(7.66)
se llama la energía maeártica total de la partícula. PROBLEMA 7.19
Demostrar el principio de conservación de la energía (7.66).
So l u c i ó n : Por (7.61) el trabajo realizado por una fuerza conservativa para mover una partícula desde el punto 1 hasta el 2 es Wl2 = F , - V 2, [7.61] donde V r y V2 son las energías potenciales de las partículas en lospuntos 1 y 2. Ahora, por (7.57), si T y y T2son las energías cinéticas de la partícula en los puntos 1y 2, el trabajo realizado es Wl2 = T 2 - Tj.
[7.57]
Por consiguiente, combinando (7.57) y (7.61), t
1 + v í = t 2 + v 2.
Así que la energía mecánica total T + V es la misma en los puntos 1 y 2; por consiguiente, es constante. Así, si E es una constante, T 1 + V l = T 2 + V 2 = E.
7.5
Sistemas de partículas
En esta sección, extendemos las ideas de ia sección 7.4 a un sistema consistente en un número finito de partículas. Las fuerzas 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 partículas interiores 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 1 m ¡ r, Im ,r, r = ---- — = — 1-1, üm, M
„ _ (7.67)
donde ia masa total del sistema es M = lm .. La suma es sobre todas las partículas.
PROBLEMA 7.20 Mostrar que el centro de masa de un sistema se mueve como si fuera una partícula de masa igual a la masa total del sistema sobre el cual actúan fuerzas externas. So l u c i ó n : Por la segunda ley de Newton para el movimiento (7.41), la ecuación del movimiento para la /-ésima partícula es
i
( 7 '6 8 )
donde f J e) es la fuerza externa que actúa sobre la z'-ésima partícula y f.. la fuerza interna 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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Aplicaciones a la mecánica
191
Ahora, por la tercera ley de Newton sobre acción y reacción, cada par de fuerzas internas f.. = - f .. Por consiguiente, la doble suma de (7.69) se anula y las 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 la masa total del sistema, se concentrara en el centro de masa. PROBLEMA 7.21
Mostrar que el momentum lineal total de un sistema,
E
dr¡ m,
(7.71)
es igual al producto de la masa total del sistema y la velocidad del centro de masa. So lu ció n :
Como S m /. = M r, por (7.67) el m omentum lineal total es
E
dr¡ dT m¡ — - = M — . dt dt
(7.72)
t i principio Je con sen-ación del m om entum lineal para un sistema de partículas establece que si la fuerza total externa es cero, entonces se conserva el momentum lineal total. PROBLEMA 7.22 Demostrar el principio de conservación del momentum lineal para un sistema de partículas. Solución:
U sando(7.72), (7.70) se reduce a —
= V
dt
i—j¡ '
f ;í e>.
(7.73)
Ahora, si 2 f / e^ = 0, £ - 0 . dt
(7.74)
lo que implica que P es constante en el tiempo. Por consiguiente, se conserva el momentum lineal total. Con el origen O como punto de referencia, el m om entum angular total de un sistema de partícula es L =
r, x
(7.75)
i
PROBLEMA 7.23 Mostrar que el momento angular total de un sistema de partículas con respecto a un punto 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. Sea r el vector de posición desde Ohasta el centro de masa c.m., y r ¿, el vector de posición de la /-ésima partícula con respecto ac.m. (véasefigura 7.5.)Entonces Solución :
r,.= T + 7 ; ,
(7.76)
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Análisis vectorial
192
V / = v + v,.,
(7.77)
donde v = d r /d t es la velocidad del centro de masa relativa a O yJ v .i = d r i'./d t,5 la velocidad de la /-ésima partícula relativa al centro de masa del sistema. Ahora usando (7.75),
L = Z ] r¡ x Pí = Z Z r; x m,Vi i
i
= T~! (F+ f/) x m ;(v + v.) i Fig ura 7 .5
El c e n tro de masa de un sistem a de p a rtícula s y el v e c to r de
=^
[(Fx v) + (FT X v) + (F x v)) + (ÍT
X
v,)].
(7.78)
po sició n en la /-ésim a p a rtíc u la .
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
(ri
i
=Z] r--rZ> = M T - FW = 0.
(7.80)
Asi que, escribiendo de nuevo los términos que quedan, L = Mr x
m ¡r¡x v ¡ = T x (Aív) + ^
v+ ^ i
x
(m¡V¡)
i
=F xp +
x p,.
(7.81)
Según (7.81) se observa que L es dependiente del origen O excepto cuando el centro de masa está en reposo con respecto a 0 (P = 0). En éste caso,
X>xp-
(7.82)
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 origen. PROBLEMA 7.24
S o lu ció n :
La ecuación del movimiento para la /-ésima partícula (7.68) puede escribirse
como ¿P ^ 5;i-= f í ej + y " 1 f... rdt lt • ¿— l l '
(7.83)
Por consiguiente, con referencia al problema 7.11, cf p¿ \
U '<
dt
v—< d
2
d
^ (r'- x P/) = - L = Z ^ r' x f í e> = £
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£
r- x
fn-
(? -84)
Aplicaciones a la mecánica
193
El último término de la derecha de (7.84) se puede expresar como ^
í
i£j
(r; x f" ) = E
x
+ (r> x f' ^ *
(7.85)
J
Ahora, como f.. ji = - i... (r;
X
f;i) + (r;- x
= (r;
íjj)
r;) x f; i.
-
(7.86)
Pero r.. es el vector que une las partículas í-ésima y /-ésima, «•i -
(7.87)
«■; = ri j -
(Véase figura 7.6.) Como í.. está dirigido a lo largo de r.., r¡ • X f j j — 0 ,
( T;Ty) X f j ¡
(7.88)
Figura 7.6
So l u c i ó n : S i ^ J T^e) = 0, entonces (7.89) se reduce a i
„
dL
(7.90)
dt 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 configuración 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 internas, entonces el trabajo realizado es
i v l
1 t C
. j,
'■ Kd^
; L :
t
L
i té j
I
) ¡
(7.92)
Obsérvese que el trabajo realizado por las fuerzas internas, i.e., el segundo termino del lado derecho de (7.92) no se cancela.
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El v e c to r r.. en tre las p a rtícu la s /-ésima y /-ésim a.
Análisis vectorial
194
La energía cinética total del sistema se define como 1
1
(7.93)
PROBLEMA 7.26 Mostrar que el trabajo realizado sobre un sistema se puede expresar como la diferencia entre las energías cinéticas final e inicial; i.e., Wl2 = T 2 - T
(7.94)
Si m . , r. y f son respectivamente las masa, la velocidad, el vector de posición y la fuerza que actúa sobre la /-ésima partícula del sistema, entonces
S o lu ció n :
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 .v 2 \2
1
‘
= T2 - T
(7.95)
PROBLEMA 7.27 Mostrar que la energía cinética 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 partículas individuales con relación al centro de masa. Solución: Si v es la velocidad del centro de masa con relación al origen 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;.. Entonces la energía cinética total es
i
=| ^
m, ( V + v;.) • (v + v;.) i
=L £
/n,v • v + i £
m, V, • V, + V. ^ i
i
£
mfr i
' i
•
(7.96)
Pero por (7.80), S m .r. = 0 y el último término se anula. Así que la energía cinética total es r =W 2
7.6
+ - V m . ? 2. 2 L- j • •
(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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Aplicaciones 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 dado como moviéndose en un plano sobre una trayectoria circular con respecto a un eje fijo dado. La recta que pasa por el centro de la trayectoria circular y es perpendicular al plano instantáneo del movimiento, se llama el eje instantáneo de rotación. Así que un desplazamiento infinitesimal arbitrario se puede representar siempre por una rotación infinitesimal pura con respecto al eje instantáneo de rotación. Por ejemplo, el movimiento instantáneo de un disco que rueda en un plano inclinado se puede describir como una rotación con respecto ai punto de contacto entre el disco y el plano. En este caso, el eje instantáneo de rotación es la línea que pasa por este punto de contacto y es perpendicular al disco. Por consiguiente, con referencia a la figura 7.7, si el vector de posición de un p u n to P cambia d e r a r + í / r , el desplazamiento infinitesimal de P es d r = d O x r,
d fl
(7.98)
donde d í2 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 origen está localizado sobre el eje instantáneo de rotación. El concepto de rotación infinitesimal proporciona una herramienta poderosa para describir el movimiento de un cuerpo rígido en el tiempo, pues cualquier desplazamiento finito del cuerpo rígido con un punto fijo se puede construir como una sucesión de desplazamientos infinitesimales. Así, para describir el m ovim iento 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 se deben especificar seis cantidades para denotar la posición del cuerpo. (Véase figura 7.8.)
Fig ura 7.8
C a m b io en un v e c to r p ro d u c id o p o r una ro ta c ió n in fin ite s im a l.
PROBLEMA 7.28 Considérense dos conjuntos de sistemas coordenados: 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 cuerpo que puede estar en movimiento con respecto al sistema coordenado del espacio.Demostrar que la rapidez de cambio con respecto al tiempo del vector de posición r como se observa en el sistema coordenado del espacio se puede expresar como l~ )
= l~)
\ d t } espacio
+o x
(7.99)
y,
\ « i / cuerpo
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 l u c i ó n : Si el sistema coordenado del cuerpo experimenta una rotación infinitesimal d£l, correspondiente a algún desplazamiento infinitesimal arbitrario, el movimiento de un punto P, en reposo en el sistema coordenado del cuerpo, puede representarse por (dr)
. = dQ x r,
espacio
(7.100)
donde la cantidad (d r)eSpacio se mide en el sistema coordenado fijo del espacio. Dividiendo (7.100) por el intervalo 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 punto fijo P del sistema de coordenadas del cuerpo, donde (ú =
d fi
(7.102)
dt
es la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo: la rapidez de rotación
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Figura 7.8
Sistemas coordenados f ijo V del c u e rp o .
Análisis vectorial
196
angular instantánea del sistema de coordenadas del cuerpo con relación al sistema coordenado fijo en el espacio. El vector co está situado sobre el eje instantáneo 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 entonces esta rapidez 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\
d t /espacio
+ cú x r.
\ d t /cuerpo
Obsérvese que aunque (7.99) se establece con el vector de posición r, es válido para un vector arbitrario, listo se ilustra en el problema siguiente. PROBLEMA 7.29
Mostrar que para un vector arbitrario F,
cú
(7.103) + x F, \dt L ' espacio, \ dt / cuerpo donde co es la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo con respecto al sistema coordenado del espacio. Solución:
Si F se expresa en el sistema coordenado del cuerpo como F = F , i + F 2j + F 3k,
(7.104)
entonces su derivada con respecto a t es — ) dt /espacio) V dt 1
,7.105) \ dt )
\ dt /
dt
dt
dt
pues i, j, k no son ahora constantes por el movimiento del sistema coordenado del cuerpo. Comparando con (7.101), di . d i — = co x i, — = dt dt
cúx j,.
dk ----= dt
cúx k
, (7.106)
pues F ¡, F i, F 3 se miden en el sistema coordenado del cuerpo; en consecuencia, dF¡/dt, dF 2/d t y dF 3/d t son la rapidez de cambio en el tiempo de F x, F 2, F 3 medidas en el sistema coordenado del cuerpo. Por consiguiente, (7.105) se transforma en —
\ d l Lespacio
]
+ Cú
dt /cuerpo )c \ 'aí J * * )
+
x ( Fj i + F 2j + F 3k)
cúx
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. PROBLEMA 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 u c i ó n:
Usando (7.103) ó (7.107) y puesto que 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 +
(7.109)
r,
Cú X
donde \ Q es la velocidad lineal del origen 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 por la rotación del sistema móvil. (Véase figura 7.8.) Solución: Como se muestra en la figura 7.8, los vectores de posición R y r especifican la partícula P en los sistemas del espacio y del cuerpo móvil, respectivamente, Así que R = r0 + r,
(7.110)
donde ro es el vector de posición del origen del sistema del cuerpo móvil en el sistema del espacio. Entonces dR\
_ (d ro
>espacio
(£).
\ d t / espacio
\
/ espacio
Usando (7.99), (7.111) se reduce a (d_R\
_ /c M
/espacio
/d r
+ (— )
+ cü x
' d t /espacio
/cuerpo
v \° “- t & ) / eSpaci0
■
r.
(7.112)
Entonces, si hacemos
' • - ( ' ? )/ espacio■
’ * - ( ' £ )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 + PROBLEMA 7.32
x r.
(7.113)
Mostrar que si el sistema móvil tiene solamente rotación o>n respecto a
un observador situado en el sistema coordenado en rotación efectiva sobre una partícula P de masa m es
donde
= constante). la fuer/a
es la aceleración d e P e n é sistema coordenado de) espacio.
S o lu ció n :
La ecuación del movimiento en el sistema coordenado fijo del espacio es f = m as = m
•
(7.115)
fdr\ x í— |
(7.116)
espacio
Diferenciando (7.113), d x b\ f = m ( ------j d t /espacio
+
mej
\ d t /espacio
pues u> = constante y por consiguiente, d u í/d t = 0. Ahora, usando (7.107), o sustituyendo vfepor F en (7.103),
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198
Análisis vectorial
d v b\ ( d v b\ ----- 1 = I ----- I + co x vb dt /espacio V dt /cuerpo = aft + cü x \ b ,
(7.117)
donde es la aceleración en el sistema coordenado del cuerpo en rotación. Por (7.99),
dr\1 (o x I( —
= a> x íI dT\ — 1
/espacio
\ + (ú x t(
\ d í /cuerpo
= co x v6 +
(7.118)
Sustituyendo (7.117) y (7.118) en (7.116), f = m a s = m ab + 2ma> x v b + 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 e ff = m a s - 2 m ((ú x vb) - m t u x (tu x r). PROBLEMA 7.33
Iden tilica! la nalurale/a di’ las fuer/as que intervienen en i 7.1 14).
muuiriK-ntó mi magnitud es m u 2r sen 0. (Véase figura 7.7.) Por tanto, este término so 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. Ivon mu de ( liarles ( onsidéiv'.e un cuerpo ripuJ»>com puesto de n p artículas de masas »i . i 1 .2 ......... ti Si el origen del sisic mu se escoge com o el cen tro de masa,
JJ donde '/ tram¡ y T
f represen tan las energías cinéticas translaciotial y rotacional. I . ri ..
- V m r
’ tír,
. r,.)2,
(7.122a)
(7.122b)
donde v es la velocidad lineal instantánea de! centro de masa y <*>, ia velocidad angular instantánea del cuerpo con respecto al ceiiuo de musa. PROBLEMA 7.34 Solución:
Demostrar el teorema de Charles.
Como estamos considerando un cuerpo rígido tal que
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Aplicaciones a la mecánica
199
=M = 0’ \(d-t )/cuerpo )c 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 cinética total, por (7.93), T = i - 2 ^ m , (v + cú x r¡)2 i
m¡ V • a> x r¡ +
m¡ x 2 +
= ii
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 como origen del sistema del cuerpo, de modo que r = 0. Así que (7.124) se reduce a 2
2
i
i
~ ^ tra n s í + 1 ro t•
PROBLEMA 7.35 Mostrar que el m om entum angular total del cuerpo rígido del problema 7.34 se puede expresar como ^
m¡ r¡ x ( a x r,).
(7.126)
Solución: Si el origen del sistema coordenado del cuerpo se toma como el centro de masa del cuerpo, entonces por (7.75) o (7.81) el momentum angular total es L
£ r jXPl.
(7.127)
i
Ahora, p(- = m¡x. y usando (7.123) para v¿ L =^
m, r i x v, i
= y ' ntj
x ( v + (Q x T¡)
i
m¡ r ; +
= —v x i
m¡ r, x (a> x r¡).
(7.128)
i
m¡ r, = M T = 0 pues x = 0. Así que el momentum angular total es
Como antes ^ i
L =^
m¡ r¡ x (
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Análisis vectorial
200
PROBLEMA 7.36
Mostrar que (7.129)
T'rot = 2 C0 ' 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 - ( í y . r í) 2].
(7.130)
Luego, por (7.126), m¡ r¡ x (&> x r;).
Usando la identidad vectorial (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
Problemas suplementarios
Expresar r, v y a en coordenadas esféricas.
R e sp u e sta s = r e r, v = (d r/d t) er + r(d 6 /d t) e e + r sen 6 (d
dt
rí ~ r se„ 2^ í ~ \d t / \d t
e, +
n dr d6 d 20 n ( d4>Y 2 ---------1- r — — r sen 0 e os 0 —— dt dt dt 2 \dt)
/o a dr dcf> a d6 dcf> . d 2cf>' | + ( 2 sen a — —^ + 2 r eos 0 ------ - + r sen 0 dt dt dt dt PROBLEMA 7.38 Una partícula se mueve en el plano x y con velocidad v y aceleración a. Mostrar que Iv X a I = v3/p y el radio de curvatura p puede calcularse por la fórmula
3/
fM íJ dx d 2y
d y d 2x
dt dt 2
dt dt 2
[Sugerencia: Escribir v = vT y usar (7.22).]
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Aplicaciones a la mecánica
201
PROBLEMA 7.39 Una partícula P se mueve sobre una recta desde el centro de un disco hacia el borde. El disco rota en el sentido contrario del reloj con rapidez angular constante co. Suponiendo 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.] Respuesta: 2 — - u 2 (u. dt PROBLEMA 7.40 Sean P y Q dos partículas que se mueven a lo largo de las curvas Cj y C 2 . Sea r = - rp , donde rp y rq son los vectores de posición d e 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 partícula es atraída hacia el origen con una fuerza f = /( r ) e >.; esto
es, la fuerza es central. Mostrar que el m omentum angular de la partícula es constante. PROBLEMA 7.42 La fuerza que actúa sobre una partícula 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 eléctrico, B el vector de inducción magnética y v la velocidad de la partícula cargada. Esta ecuación se conoce como ecuación de fuerza de Lorentz. 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 trayectoria circular; hallar el radio del círculo. Respuesta:
mv/qB.
PROBLEMA 7.43 Mostrar que el momento de una fuerza f aplicada en P con relación al origen O no cambia si f se desliza a lo largo de su línea de acción. PROBLEMA 7.44 Sea f = - (k/r2)r la fuerza central que mueve una partícula P a lo largo de la hélice C que se define por r ( 0 ) = (a eos 0 ) i + (a sen
2 + b2n 2
a/
PROBLEMA 7.45 La fuerza de gravedad cerca de un punto situado sobre la superficie de la tierra (con el eje 2 apuntando hacia arriba) se puede expresar como f = -m g k , donde m es la masa de la partícula y g = -,gk, la aceleración de gravedad. Hallar la energía potencial de la partícula a la altura z. Respuesta:
mgz.
PROBLEMA 7.46 Mostrar que la definición de centro de masa (7.67) es independiente del escogimiento del origen. PROBLEMA 7.47 Si las fuerzas externas e internas de un sistema de partículas 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
V e lo c id a d re la tiva,
)
202
Análisis vectorial
PROBLEMA 7.48 Mostrar que en un cuerpo rígido las fuerzas internas no realizan trabajo y el potencial interno debe permanecer constante. [Sugerencia: Mostrar que en un cuerpo rígido, ff. es ortogonal a dr... | PROBLEMA 7.49 Usando las componentes co. y r. . de los vectores u> y r esto es, y i,J 1 co= [cü! , 0J2 , W3 ]y r. = [rí>1( ri 2 , 77,3 ] mostrar que (7.130) se puede expresar como
^rot —2 ^ I I j k > i. k donde Ijk = ^
' m i l^jk
'
1
0
r i ,q
~ r i,i r i , k j >
q
1
,k
/* '
para
=k
para
j 4 k;
I 33 se llaman mom entos de inercia con respecto a los ejesx, y, z respectivamente y - / , 2, ~ I \ 3 , etc. se llaman los productos de inercia. PROBLEMA 7.50
Para fuerzas centrales que actúan sobre una partícula, m ostrar que r x (dr/dt) = 2a,
donde a es un vector constante. Interpretar 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 m d 2r/dt = ~ mg k , donde el eje z se toma en la dirección vertical. Mostrar que la solución a esta ecuación es r = r0 + v0í - i g t 2k, ¿
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 localizada por coordenadas esféricas r(t), 9{t),
[7.50]
PROBLEMA 7.53 Considérese un sistema de partículas con vector de posición r(. y fuerzas aplicadas f . Mostrar que
¿X>'"-2r+E donde p¿ son momentums de las partículas y T es la energía total del sistema.
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APLICACIONES A LA MECANICA DE LOS FLUIDOS 8.1
8
CAPITULO
Ecuación de continuidad
Un Jlúiüa es una sustancia que se deforma continuamente 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. Densidad 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 cantidades son, en general, funciones de la coordenadas del espacio x, y , z y del tiempo t ; ■•c ->
y(r. t ) ~ y(.v, r, z. t) = velocidad del fluido en la posición r y tiempo i, 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
III■
( P dV.
(8.1)
H'
Como v-
§
( 8 . 2)
p v dS
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’
- h í t í ' " Si p y v son respectivamente la densidad y la velocidad de un fluido en movimiento, entonces la ecuación de continuidad de la dinámica de los íluidos es V - ( p v ) * ^ = 0. di
PROBLEMA 8.1 Sol uc i ón:
Deducir (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 p v - d S = J J j 'v - ( p v ) c / F .
(8.6)
R
S
Así que (8.5) se puede expresar como V-(pv) + /// R
dV = 0.
(8.7)
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 cuadrado por unidad de tiempo” . Usando J, la ecuación de continuidad (8.4) se puede escribir como V.J +
- 0.
(8.9)
dt
PROBLEMA 8.2
Mostrar que la ecuación de continuidad (8.4) puede expresarse como p V • v + v • Vp + —£• = 0. dt
Sol uc i ón:
(8.10)
Por(3.155), V • ( pv) = p V ■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 solenoidal.
Mostrar que el vector velocidad de un fluido incompresible es
Sol uc i 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)
Aplicaciones a la mecánica de los fluidos
8.2
205
Ecuación de movimiento
1 a candía tividad térmica de un fluido o una medid;! d e 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 perfecto o ideal tiene viscosidad cero. Así que no se lo puede someter a fuerzas que causen deslizamientos, ni se puede inducir rozamiento interno. La ecuación del m ovim iento de un flúido, debida a Euler es ™ = f - 1 V p, 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 partir de la segunda ley del movimiento de Newton (7.41), establecer la ecuación de Euler (8.12). Sol uc i ón: Considérese 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 fuerza externa resultante que actúa sobre R es te = \ \ \ p t d 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 P J S . . f f j v p dV.
(8.14)
Por la segunda ley del movimiento de Newton (7.41),
d_ dt
jJfpvdV Ie+ =
fp .
(8.15)
El término de la izquierda de (8.15) es la rapidez de cambio de la cantidad total de momentum asociada con el flúido que está dentro de una superficie S en cualquier instante. Si esta integral se cambia de volumen a masa escribiendo p d V = dm, entonces dm es invariable en cuanto S se mueva con el flúido. Por tanto, la fuerza total que actúa sobre R es d dt sustituyendo otra vez dm = p dV. Combinando (8.13), (8.14) y (8.16),
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206
Análisis vectorial
lRí p í
R
R
o, simplificando,
í)J(pf
(*.17)
Como 7? es una región arbitraria del flúido, dx P — - p f + V p = °; dt por tanto obtenemos la ecuación de Euler (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 + (dr • V) v, dt o, dividiendo ambos lados por dt, 7dt = 7d t + ( V' 7 ) V’
<8-19)
La sustitución de (8.19) en (8.18) da dx dt
PROBLEMA 8.5
Mostrar que la ecuación de Euler (8.12b) se puede expresar como
dt Sol u c i ó n:
1 + (v • V) v = f - — V p. p
+ I 7 ( 0 - v x (V x v) = í - ~ V p. 2 p
(8.20)
A partir del problema 3.62, tenemos la identidad vectorial V (f • g) = f x (V x g) + g x (V x f) + (f • V) v + (g • V) f.
[3.159]
Si f = g = v en (3.159), entonces V (v • v) = V ( v 2) = 2 v x (V x v) + 2 (v • V) v o, simplificando, ( v - V ) v = ^ V ( v 2) - 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 movimiento para un flúido incompresible si la fuerza exterior que actúa sobre el flúido es conservativa. Sol u c i ó n: Si el campo exterior de fuerza f es conservativo, entonces por el problema 7.15, f = —V F, donde V es una función potencial escalar.
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Aplicaciones a la mecánica de los flúidos
207
Si el fluido es incompresible, entonces p es una constante y
- vP P
\P
Por consiguiente, sustituyendo en (8.20), —
dt
- v x (V x v) = - V (V + — + -
\
v 2) ,
P
2)
(8 .2 2 )
que es la ecuación pedida. Las ecuaciones de movimiento pueden complementarse 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 penetrar la superficie del sólido. Por tanto, si la superficie está en reposo, 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
Estática de flúidos
Ahora consideramos el caso de un fluido en reposo y la presión en equilibrio con el campo de fuerza exterior que se aplica, PROBLEMA 8.7 Solución:
Deducir la ecuación de equilibrio del fluido en reposo.
La velocidad del fluido en reposo es cero y (8.18) se transforma en -V p-f.
(8.23)
P
que es la ecuación de equilibrio pedida.
La ecuación (8.23) muestra que las superficies de presión constante son perpendiculares en todas partes al campo exterior de fuerza. PROBLEMA 8.8 punto del fluido. So l uc i ón :
Mostrar que si no hay fuerza externa, la presión es la misma en cada
Si f = 0, entonces (8.23) se transforma en V p = 0;
(8 .2 4 )
i.e.,p es constante. PROBLEMA 8.9 Considérese un fluido en reposo en un campo gravitacional uniforme. 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. Sol uci ón:
Tomando el eje z positivamente hacia arriba desde la superficie de la tierra, f=-gk,
(8.26)
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208
Análisis vectorial
y a partir de (8.23), ^ = - P g. dz
Í P = Í £ =0, dx dy Por tanto, integrando,
p = - p g z + c.
La ecuación (8.25) indica que la presión decrece linealmente cuando la altura crece.
8 .4
Flujo uniforme y líneas de flujo
Flujo uniforme es aquel en el cual la velocidad es constante en en cualquier punto del fluido; i.e., 9v/3/ - 0. La ecuación del m ovim iento para flu jo uniform e es | V ( v 2) - v x ( V x v) = f - I Vp, 2
(8.27)
P
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 movimiento para flujo uniforme.
Sol uc i ón: Como 9v/91 - 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 em oulli 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
(8.29)
2
a lo largo de una línea de flujo, donde c es una constante y f = - V V. PROBLEMA 8.11 So l uc i ón :
Verificar (8.29).
Como dv/9? = 0 para flujo uniforme, (8.22) se transforma en v x (V x v) = V JV + £ + I v 2j .
El vector v X ( V X v) es ambos
(8.30)
perpendicular a v; por consiguiente si hacemoselproducto punto a
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Aplicaciones a la mecánica de los flúidos
209
lados de (8.30) con v,
v iv + £
i + — V'
P
= 0.
(8.31)
2
Entonces V (F + p /p + l/2 v 2) es normal en todas partes al campo de velocidad v. Así que v es paralelo a la superficie; i.e., 1
v
= c,
[8.29]
y por consiguiente, F + p /p + l/2 v 2 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 inversamente proporcional a la presión. PROBLEMA 8.12 Mostrar que para el flujo uniforme 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 l uc i ón :
(8.32)
Si tomamos el rotacional de ambos lados de (8.30), V x [v x (V x v)] = 0
(8.33)
pues V X V (F + p /p + l / 2v2) = 0 por razón de (3.142). Sustituyendo V X v = Í2 en lo anterior y a partir de (3.158), V x [v x O] = v [V • ü ] - O(V • v) + (£1-V)v - ( v - V ) í l = 0.
(8.34)
Como el flúido es incompresible, V • v = 0.
[8.11]
También, a partir de (3.143), V -£2 = V - (V X v) = 0. Por tanto, (8.34) se transforma en (íí • V) v - (v • V) O = 0.
8 .5
F lu jo irro ta c io n a l - p o te n c ia l d e v e lo c id a d
La vorticidad o vector vórtice es íl = V x v.
(8.35)
tonal, o potencial, es aquél para el cual í í = 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 irrotacional, esta función escalar se llama elpotencial de velocidad 0; i.e., v = V<¿. (8.36) PROBLEMA 8.13 Si un flúido rota como un cuerpo rígido con velocidad angular constante co con respecto a algún eje, m ostrar que la vorticidad S2 es el doble de la velocidad angular lo. Sol uci ón:
Por el problema 7.9, V x v = 2
[7.38]
Por consiguiente, por (8.35),
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Análisis vectorial
210
íí
= V
x v
= 2 ú>.
(8.37)
Para flujo irrotacionai de un fluido incompresible ideal, el potencial de velocidad
PROBLEMA 8.14
Sol uc i ón:
Verificar la ecuación de Laplace (8.38).
El resultado del problema 8.3 muestra que si el fluido es incompresible, V • V = o.
[8. 11]
Como v = V0 para un flujo irrotacional, 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. So l u c i ó n :
Sustituyendo 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
incom
La ecuación deB ém oulli 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 l u c i ó n :
Demostrar la ecuación de Bernoulli (8.42).
Para flujo uniform e, c(t) es una constante y dcf>
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211
Aplicaciones a la mecánica de los fluidos
Por tanto, (8.39) se reduce a la ecuación de Bernoulli (8.42). PROBLEMA 8.17 Discutir la diferencia entre la ecuación de Bernoulli para flujo irrotacional (8.42) y para otros flujos (8.29).
Sol uc i ón: En el caso general, 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 pun to de estancamiento 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 incompresible, la mayor presión se presenta en un punto de estancamiento.
Sol uc i ón: se reduce a
Si no hay acción de fuerzas conservativas externas, la ecuación de Bernoulli ? + J v ! =c,
(8.43)
2
P
donde c es una constante. Resolviendo (8.43) para 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 circulación
Una linea de vórtice es aquella que en todas partes es paralela a la vorticidad. Un tubo de vórtice es una superficie A generada por las líneas de vórtice que pasan por una curva cerrada C. Se caracteriza por la propiedad n • 0 - n •V x v
0 sobre A ,
donde n es el vector unitario normal al tubo de vórtice A. Las líneas de vórtice o tubos de vórtice pueden cambiar con el tiempo, pues en general, £1 depende del tiempo. La intensidad de un tubo de vórtice se define como (8.45)
■d S ,
J > 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
v • cfrJ
(8.46) Figura 8.1
PROBLEMA 8.19 Si un flúido es incompresible y el campo de fuerza externa es conservativo, demostrar que
d i2 ■= (Íl-V )v . dt
(8.47)
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Tubo de vórtice.
212
Análisis vectorial
Sol u c i ó n:
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 por razón de (3.142). Ahora, de manera similar a la del problema 8.12 haciendo uso de la identidad vectorial (3.158), V x (v x 0 ) =v ( V - 0 ) - í 2 ( V - v ) + ( 0 . V ) v - ( v . V ) 0 .
(8.49)
Otra vez, como V *Í2 =V *(V X v) = 0 y V • v = O,
[8.11]
V x(vxfí) = (fi.V)v-(v.V)0.
(8.50)
tenemos
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 — + (v -V ) = — . dt dt Por consiguiente, sustituyendo esto en el lado izquierdo de (8.51), ^ = ( Q. V ) v . dt PROBLEMA 8.20 i.e.,
Mostrar que la intensidad de un tubo de vórtice es igual a la circulación,
J J ü - d S =J>v-dr, s
(8.52)
c
donde S es la sección transversal limitada por C. So l u c i ó n :
En vista del teorema de Stokes (4.104),
= J J
V x v • d S =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 fluido barotrópido es aquél cuya densidad es una función de la sola presión. El teorema de Kelvin, o ley d e conservación de circulación, expresa que la velocidad de circulación 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 conservativo, y (b) es un fluido barotrópido. PROBLEMA 8.21
Demostrar el teorema de Kelvin o ley de conservación de circulación.
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Aplicaciones a la mecánica de los fluidos
So l u c i ó n :
213
Sea K
< j) v - d r .
(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•
d s =( j) v • T ds,
(8.54)
donde T es el vector unitario tangente a C y s es la longitud de arco. Como tanto v como T varían con el tiempo, dK dt ' $
dv „ dT\ , — • T + v • ---- ds.
Í (V- T ) d s ‘ $
dt
(8.55)
dt j
La variable x es la variable de integración a lo largo de C en cualquier instante y es, por tanto, independiente del movimiento de la curva con el tiempo. Entonces, dT
d
dt
Í - ]
~ dt \ d s )
d
É l ) 1- — ds \ d t ) ds
(8.56)
y (8.55) se transforma en dK dt
d\
dx ds
------ T + v-
í
dt
ds.
(8.57)
Si el campo de fuerza externa f es conservativo, puede expresarse como f = - VK y la 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 = V V + V
(8.60)
/?)■
Ahora, a partir del resultado del problema 3.38, (8.61)
Vp. Por tanto, por (8.58), 1 dv SJifj = v y + - V p = - — . p dt
(8.62)
Así que (8.57) se reduce a dK dt
Vi/f • T + v
í ( -
dv \ ds. ds )
(8.63)
Ya que a partir de (3.106), Vi// *T = d\p/ds, dK dt
d_
- i l
ds
ip —
ds =
- i
d s\
v: 2
ds.
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(8.64)
214
Análisis vectorial
Como la cantidad \p - ^ v 2 tiene el mismo valor en el punto común inicial-terminal de C, esta integral se anula y dK dt
= 0,
o sea, si c es una constante, obtenemos el teorema de Kelvin: K
=
(8.65)
El primer teorema de Helmholtz sobre vorticidad expresa que los tubos de vórtice se mueven con el fluido. PROBLEMA 8.22
Demostrar el primer teorema de Helmholtz sobre vorticidad.
Solución: Si n es un vector unitario perpendicular al tubo de v ó 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 -d S =
JJ~ íl ■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 movimiento del flúido en la curva cerrada simple T 'y A ’ es la superficie que pasa por T' y se genera por el tubo de vórtice original A. Entonces por el teorema de Kelvin (8.65), la circulación permanece nula todo el tiempo, i.e., K =
D em o stració n del p rim e r
r'
teorem a de H e lm h o ltz
JJv
x
v-dS =
Al '
JJ
Í 2 n dS = 0,
(8.67)
* !•'
sobre v o rtic id a d .
donde A r ’ es la parte de A ' rodeada por f '. C om oylr ''es arbitrario, se sigue que sobre 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 teorema de Helmholtz sobre vorticidad expresa que la intensidad de un tubo de vórtice permanece constante. PROBLEMA 8.23 Solución:
Demostrar el segundo teorema de Helmholtz sobre vorticidad.
La intensidad de un tubo de vórtice es
JJ Q-dS^JJ V
x
v • d S =
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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K = ( ^ v - d r = (j)v-d r c'
c
=j'J^-dS,
215
(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 S i 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),
a-ds-JJ a-ds+JJ n.dsijjst-ds-JJJ
Ahora, como Í2 • n = 0 sobre A , ü-dS =
f f
11
“ "dS = 0.
Figura 8 .3
D e m o stració n del segundo teo rem a de H e lm h o ltz sobre v o rtic id a d .
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 afuera, es la normal positiva para S t , es la normal negativa para S 2 y recíprocamente. Así que (8.70) muestra que la intensidad de un tubo de vórtice 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 Determinar 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. Solución: Si el eje del cilindro es el eje z, entonces u> = wk. La ecuación de Euler (8.18) se puede escribir como dv 1 — = -V F - - Vp =_V0,
(8.71)
donde f = - V V = - V(gz) y \p = (gz + p /p ). (Véase 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( x 2 + y 2).
(8.72)
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216
Análisis vectorial
Sustituyendo (8.72) en (8.71), 1 V tA - ^ co ^x2 + y 2)
=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, - = - cú2( x 2 + y 2) - 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 origen 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 con fronteraS es J j ' j ' p v 2 clV = ^ J J J ^ p v v d V .
(8.74)
PROBLEMA 8.25 Mostrar que para el flujo irrotacional de un flúido incompresible en una región R en la cual el potencial de velocidad
~ r ” - Entonces por (3.124) y el resultado (3.123) del problema
V (rn) - — ( r" )V r
n rn ~ 1 V r
dr
- n r" _ 1 e r n r " - 2 r.
(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 l t , dx ay oz
[3.1091
no es un vector, sino un operador. Puede considerarse como un vector simbólico. Asi si 0 es un campo escalar,entonces <¡>V es un operador, mientras que V0 da la im portante función vectorial llamada gradiente. De modo similar, si f es una función vectorial diferenciable, entonces fV y f X V son operadores, mientras que V f y V X f dan importantes funciones escalar y vectorial respectivamente. (Vcanse secciones 3.8-9). Por tanto, multiplicando V a la izquierda da operadores, mientras que multiplicándolo 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 función vectorial
Si una función vectorial es f = [ /,, / : . /, ], donde / , . f2, /, son funciones escalares, entonces su producto punto o escalar con el vector simbólico V es 7
f
f — i + — i + — k ) • (t, ¡ + l i \d x
ay
di2
dx
dy
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, . div f = V • f
di.
di
di.
dx
dy
dz
— 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)=V-f+V-g.
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(3.128)
64
Por (3.127), V • (f + g) = ~ (f> + ¿i) + T " ^ dx dy
+ é j) +
+
dz
<9/1
d /2
d f 3\ ^ /
dx
dy
dz/
\d x
^é_3
dy
dz
= V • f + V • g. Si r es el vector de posición, hallar la divergencia V • r.
PROBL EMA 3.41
S o lu c ió n :
Si r = x\ + y j + zk, entonces p o r (3.127), V • r = — + — + — = 3. dx dy dz
PROBLEMA 3.42
(3.129)
Hallar la divergenciade f = x y z i + x 2y 2z') + y z 3k.
S o lu c ió n :Por (3.127), la divergencia
es
d /, d i, d /3 div f = V - f = — + — + — dx dy dz = —— (xyz) +
[
( y z 3)
(x2y 2z) +
^ = y z + 2 x 2yz
+ 3 y z 2.
(3.130)
Si
S o lu c ió n :
„ n ,v (3.131)
Verificar (3.131).
El gradiente es
dd> . dd) .
dd)
Vc6 = — i + — j +— k. dx dy dz Entonces,
dy \ d y j
dx \ d x / = d^0 dx2
d^> dy2
d z \d
d 2<¿> dz2
La divergencia del gradiente V-Vse escribe como V 2. Entonces V *(V<£) se escribe comoV • V
- V3 = dx2
dy2
+ —— , dz2
. f ü l + * * J ^ . £ ¿ + Ü á + Ü ¿. \d x 2 dyJ d z 2/ dx2 dy2 dz2
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(3.132)
13.131]
65
Cálculo diferencial vectorial
Una función escalar
(3.133)
PROBLEMA 3.44 Mostrar que la función l/r, donde r= Ir 1= (x 2 + y 2 + z 2) 1' 2 ps una función armónica, siempre que r¥= 0. Claramente l/r es continua, p u esx 2 , y 2, z 2 y r son continuas. Entonces por (3.131), el Laplaciano es Solución:
Por otra parte la primera y la segunda derivadas parciales de l/r con respecto a x son
dx
(x 2 + y 2 + z 2)~ ^ = - x ( x 2 + y 2 + z 2)~
— (x2 + y 2 + z 2T Vl = — [ ~ x ( x 2 + y 2 + z 2)~¡/’] dx2 dx = 3 x 2(x2 + y 2 + z 2)- ^ —(x2 + y 2 + z 2)- ^ = 3 x 2r -5 —r -3.
(3.134)
De modo similar, las segundas derivadas parciales de \/r con respecto a y y a 2 son (x2 + y 2 + z 2r l/3 = 3 y 2r - 5 - r - 3,
(3.135)
dy — (x2 + y 2 + z 2T Vi = 3 z 2r-5 - r " 3. dz2
(3.136)
Como x , y , z y r son continuas, las segundas derivadas parciales son continuas también si r # 0. Agregando (3.134-6), V2
= 3r-5 (x2
+ y 2 + z 2) - 3 r " 3= 3 r“ 5r 2
con tal que r =£ 0. Así que se satisface la ecuación
3.9
- 3 r-3
= 3 r - 3- 3 r " 3 =0,(3.137)
de Laplace y la función l/r es armónica.
Rotacional de una función vectorial
Si una función vectorial es f = [/, / 2/ 3 ], donde / , , f 2 y / 3 son funciones escalares con primeras derivadas continuas, entonces su producto cruz o vectorial con el vector simbólico V es
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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)
Debe observarse que V X f no es necesariamente perpendicular a f aunque tratamos a 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
Solución:
4
(3.140)
V x g.
Sean f = [ / , , f 2, / 3] y g = [£ , , g2, g3 ]. Entonces, i'-*- g =• (/! + á ,) i 4- (f2 + 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
S o lu c ió n :
Si r es el vector de posición, hallar V X r.
Como r = xi + > j + zk, por (3.138) el rotacional es i d
V x r =
dx x
PROBLEMA 3.47 Solución:
j
k
d dy
d
y
(3.141)
0.
dz 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
£
dx
(x2y 2z) -
.
.
d
.
3
— (x y z ) - — ( y z 3) dz dx
( y z 3) - - f OZ
dy
(xyz )
( z3 - x 2y 2) i + (xy) j 4- (2 x y 2z - xz) k.
Si 0 es una función escalar con :>n segundas derivadas continuas, entonces el rotacional del gradiente de
Verificar (3.142)
El gradiente de 0 es
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(3.142)
Cálculo diferencial vectorial
,
dcf) . d(f> . dx dy
V<¿ =
67
dcf> dz
—;- i + —— J + —£-
k.
Por consiguiente, suponiendo que
j
k
A
JL
JL
dx
dy
dz
dcf)
dcf)
dcf>
dx
dy
dz
d 2cf)
d 2cf)
d 2cf)
dy dz
d z dy
d z dx
J+
dxdz
d 2cf)
d 2cf)
dxdy
dy dx
=0 pues las segundas derivadas son continuas y por lo tanto, d 2cf)
d 2cf)
dydz
dzdy
d 2cf) dzdx
d 2cf)
d 2cf)
d 2cf)
dxdz
dxdy
dydx
Ni la función vectorial es f = ff,. f t , f 3]. donde las com ponentes escalares / , , f 2, f 3 tienen segundas derivadas continuas, entonces la divergencia del rotacional de f es cero, V ■(V X Í) = 0.
(3.143)
Verificar (3.143).
PROBLEMA 3.49
S olución : Si f = fi'\ + f 2j + / 3k, entonces por (3.138) su rotacional es V x f
fdf3
d fi 2: 2\
/dfi
\dy
d z )/
; 1+ . \ d\(9z z
d í 3\
/ df2
dfí
dx)*
\<9x
dy
k.
Por lo tanto, suponiendo que f tiene segundas derivadas parciales continuas, por (3.127), la divergencia del rotacional es d
fdf3
d f 2\
V • (V x f) = — ( — i ----- i dx \d y
d 2L dxdy
+
dz )
d 2f. dxdz
+
d
(di,
dy
\dz
d
di.
—i
di j
d z \d x
d 21, dydz
/ dí2
dydx
dy
d 2í 2
d 2(l
d z d>
dz dy
= 0 pues las segundas derivadas son continuas y por lo tanto, d 2i 3
d 2(3
d 2i 2
d 2í 7
d 2f í
d2í l
dxdy
dydx
dxdz
dzdx’
dydz
dzdy
PROBLEMA 3.50
Mostrar que si B = V X A, entonces A no está unívocamente determinada
por B. S olución :
Si \p es una función escalar arbitraria, sea A' = A+V
(3.144)
Entonces por (3.140) el rotacional de A' es V x A' = V x (A + V
(3.145)
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68
Análisis vectorial
pues V X (Vi//) = O por (3.142). Así que B se puede expresar como B = V X A ', lo que indica que A no está determinada unívocamente a partir de B, pues i// es arbitrario.
3 .1 0 Operaciones con V y algunas identidades vectoriales Usando el 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 vectoriales. Debe recalcarse que e! orden en el cual aparecen los símbolos en las expresiones que usan V es muy im portante, 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 el derecho es un operador. (Véase problema 3.51). PROBLEMA 3.51 Determinar el significado que puede asignarse a (f*V )0 y ( f -V)g. (Véase problema 3.35).
S o lu c ió n : 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 V 0; i.e., (f-V)<¿ = f-(V<¿).
(3.146)
Se pueden obtener resultados similares interpretando a V como un vector simbólico; i.e., „
d
.
d
.
d .
V = —— i + —— j + —— k. dx
dy
dz
Entonces tomando su producto escalar a izquierda con f, f . V = /i J L + Í2 ± +Í3 ± . dx dy dz
(3.147)
A sí que,
(f-v)0= /, \
+ f¡ r + f, — 0
dx
dy
dx
dy
dz/
dz
= f-(V 0 ). Como Vg no está definida, usamos el operador diferencial (3.147) que opera sobre g para obtener ( f - V ) g = (i, \
dx
+ f2
dy
= /, ^ + f 2 dx dy
+ f3 7 r ) g dz]
I1 . 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 = 3 xyz2i + 2xy3j —x 2y z k y
S o lu c ió n :
Como
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69
Cálculo diferencial vectorial
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 + x 2z + x y z . Por ta n to e n ( l, 1,1), (f • V)0 = -1 + 1 + 1 = 1. Multiplicando f • V por g a la derecha da (f ■V) g = ( - y )
dx
( 3x y z 2i + 2xy3j - x2yzk)
+ (x) — (3xyz2i + 2xy3j - x2yzk) H d y\T _d + (z) — (3xyz2i + 2xy3j - x2yzk) dz = ( ~ y ) ( 3 y z 2i + 2 y 3j - 2 x y z k ) + (x) (3xz2i + 6xy2j - x2zk) + (z) ( 6 x y z i - x2yk) = ( - 3 y 2z 2.+ 3 x 2z 2 + 6xyz2) i + ( - 2 y 4 + 6 x 2y 2) j + (2 x y 2z - x 3z - x2y z)k . Entonces en (1, 1, 1), ( f - V ) g = ( - 3 + 3 + 6 )i + ( - 2 + 6 )j + (2 - 1 - l) k = 4 j = [0 ,4 ,0 ],
PROBLEMA 3.53
Si r es el vector de posición, m ostrar que (f ■V) r = f.
Solución:
(3.149)
Si r = x i + yj + zk, entonces
c ~ + í ci (ref • vV7 '\) r = fj dx
=
r
dy
+ ít j 7
az
+ f2i.+ f3k
= f.
PROBLEMA 3.54
Mostrar que ( d r - V ) f = di .
S o lu c ió n :
(3.150)
P or(3.147), , „ , d á r • V = d x -----h dy dx
d — + dz dy
d — . dz
Por consiguiente, (d r • V) f = c/x —— + dy —— + d z —— dx dy dz di . dt , dt = ---- dx + —— ay + —— az <9x dy <9z = d f.
PROBLEMA 3.55
Si f = f(x, y, z, t), entonces m ostrar 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:
d t = — dx dx ,
dt
dt
,
di
,
dt
,
---- dy + ---- d z + ----dt dy ,
dz
dt
,
dt
dt dt
,
d x ------ h d y ------ h d z ------ h — dt dx
dy
dz
dt
( d r - V ) t + — dt. dt
PROBLEMA 3.56
Determinar 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 ( f X V ) i como el producto vectorial de f por el gradiente V0; i.e., Solución:
(f x V ) 0 = f x (V 0 ).
'
(3.152)
Se pueden obtener resultados similares interpretando V como un vector simbólico; i.e., V = Jd x~ 1 + 7d y~ J + Td z“ k> Como f X V es un operador,
f xV =
i
j
k
fi
u
U
d
d
d
dx
dy
dz
(^ \
~
dz
f 3
d dy
3 dy
2 di
k.
(3.153)
Asi que, (fx V )0
= f x (V 0 ).
No se asigna definición alguna a (f X V)g ya que éste es un tipo de operador 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. Formalmente, un diádico es una generalización de un vector.
PROBLEMA 3.57
Si f y g son dos funciones vectoriales, mostrar que (f x V ) . g = f - ( V x g).
Solución:
Por(3.153),
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(3.154)
71
Cálculo diferencial vectorial
- (/,
— ) + (f, ^
dz
\
dy ¡
\d y
dz /
-t,
dx
\ dz
V
dz I
dy
dx
ir)'‘Á dx / \t d x1 - ¥ dy
= f • (V x g) pues ¡*g = g i , j ‘g = £2 y k - g = ^ 3.
Ahora consideraremos un grupo de identidades vectoriales bien conocidas que incluyen al operador V. Aun cuando estas identidades se pueden verificar por desarrollo directo usando las componentes de la función vectorial estableceremos 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
Demostrar que V-(0f) = 0V -f + f-V0.
(3.155)
So l u c i ó n : Como V es un operador diferencial, la regla para diferenciación de un producto puede expresarse como V - ( 0 I ) = V * •(<£*) + V f - ( 0 f ) . El producto punto C 0 -(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. Como V *0 no está definido, V<¿-W>f) = f - V 0 , V f ( 0 f) = 0 V - f . Sumando las dos ecuaciones anteriores, V - ( 0 f ) = f - 7 0 + 0-Vf. Sol uc i ón al t er na: Usando componentes,
v • (0 r) = / - (0/,)+ ~ (0/2) +~ (0/3) dx
dy
dz
d(1 d
df , \
(
+d y + d z ) +[ fl
d
dcf)
dcf)
dx + 2 d y + 3 d z
- 0 V • f + f • V. PROBLEMA 3.59
Demostrar que V x ( 0 f ) = 0V
Sol uci ón:
X
f + (V 0 ) x f = 0 V x f - f x V 0 .
Como V X (0f) = V0 X (0f) + Vf X (0f) y V X0 no está definido,
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(3.156)
72
Análisis vectorial
V(£ x (0 f) = (V) x f = - f x V 0, V f x ( 0 f ) = 0V x f. Entonces, sumando estas dos ecuaciones, V x ( 0 f ) = (V 0) 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 x g ) + V g - ( f x g),
donde los subíndices tienen el mismo significado de antes; esto es, V f*(f X g) significa que g es fijo y V opera sobre f. Por (1.77), V f • (f x g) = g -V x f, Vg*( f x g) = - f • V x g. Así que, \ 7 * ( f x 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 .
(3.158)
Como 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
Solución:
V f x (f x g) = (g* V )f - g(V • f), Vg x(f xg) = f(V-g)-(f-V)g. Por consiguiente, V x (f x g) = f (V • g) - g(V • f ) + (g • V) f - (f • V) g. Las cantidades (g 'V )f y (f'V )g se definen 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)
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,
Solución:
f x ( V x g ) = V g( f - g ) - ( f - V ) g .
(3.160)
Vg ( f - g ) = f x ( V x g ) + ( f . V ) g ,
(3.161)
Por consiguiente,
e intercambiando f y g, V f ( g - f ) = V f ( f - g ) = g x ( V x f ) + ( g- V) f .
(3.162)
En consecuencia, usando (3.161-2), V ( f - g ) = Vf ( f - g ) + Vg ( f - g ) = g x (V x f ) + f x (V x g) + ( g - V ) f + ( f - V) g .
Si f es una función vectorial con segundas derivadas continuas, entonces el rotacional del rotacional de f es
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Cálculo diferencial vectorial
rot. (ro t f) = V x ( V x f) = V (V • f) -
73
(3.163)
= grad (div f) - V*f. PROBLEMA 3.63 Solución:
Verificar (3.163).
Por la fórmula para el triple producto vectorial (1.83), A x (B x C) = ( A • C) B - ( A • B) C;
[1.83]
entonces haciendo A = B = V y C = f, Vx(Vxf)=V(V-f)-(V-V)f = V ( V - f ) - V 2r.
En lugar de escribir (V*f)V, debemos escribir V( V*f) de modo que V opera sobre f. Entonces por (3.163), V 2f = V ( V - f ) - V x ( V x f) ,
(3.164)
que es la fórmula para calcular V2f. PROBLEMA 3.64 Solución:
Calcular V* [f(r)r] si r es el vector de posición y r = 1r 1.
Por (3.155) V- [ / ( r ) r ] = / ( r ) V - r + r - V[ / ( r ) ] ,
y por (3.129), V • r = 3. Entonces por (3.123-4), V [/ (r)] = / '( r ) V r = f '( r ) - = f ' ( r ) e r. r
(3.165)
por tanto, puesto que r* r = r2 , V • [f (r) r] = 3 / ( r ) +
PROBLEMA 3.65 Solución:
r
r . r = 3 f (r) + t i '(r).
(3.166)
Calcular V - ( r " _1 r).
Haciendo f ( r ) = r n~1 en (3.166), V . (r n_1 r) = 3 r n ~ l + (n - l ) r n_1 = (n + 2)rn“ 1.
(3.167)
Haciendo n = - 2 en (3.167), obtenem os, para r # 0, (3.168)
v . ( i ) . 0.
Ahora, por (3.126) ten em o sV (l/r) = - l / r } r; por lo tanto (3.168) indica que p a r a r l o , • .........\ .............................................................................................. ..... v . v ( i ) = v ( í ) = °.
PROBLEMA 3.66 Solución:
Calcular V X [f(r)r].
Usando (3.156), V X [ / (r) r] = / (r)V X r + [ y /( r ) ] x r.
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[3.1371
74
Análisis vectorial
Ahora, por (3.141), V X r = 0 y por (3.165), V [/(r)] = f ' ( r ) r/r. Por tanto, Vx[/(r)r] = ^ >
rx r= 0
(3.169)
pues r X r = 0 por (1.58).
PROBLEMA 3.67 Solución:
Calcular V • V [/(r)] = V 2/(r).
P o r(3 .1 6 5 ), V [ / (r)] = L Q
r.
Así que por (3.155), V • V [ / (r)] = V -
/'( r )
í ' (r)
V •r + r-V
Entonces por (3.129) y (3.165), obtenemos V • x/= 3 y V
1 d
> (0
1 V ( r ) ' |* —_ r
r . ~ r dr . r
-/"(r)--/'(r)
Así, puesto que r • r = r 2, V • V [/ (r)] = - f '( r ) + -
I r
/'( r ) r2
r •r
(3.170)
PROBLEMA 3.68 Solución:
C alcularV -V r" = V 2r ".
H aciendo/(r) = r n en (3.170), V - V r n = V 2r" = - — r n + — r" r dr dr2 = 2nrn " 2 + n(n - l ) r " - 2 = n(n + l ) r n ~ 2.
(3.171)
Haciendo n = —1 en (3.171), tenemos para r =£ 0, V 2 ^ J= 0, que es (3.137).
PROBLEMA 3.69
Mostrar que V- ( 0 Vi A - iA V 0) = 0 V 2v!' - ,/'V 20 .
Solución:
(3.172)
Haciendo f = Vi//en (3.155), V • (0V
(3.173)
entonces intercambiando 0 y i// en (3.173), V - ( ^ V 0 ) =
Sustrayendo (3.174) de (3.173) se obtiene V - ( 0 V 0 - < / f V 0 ) = 0 V 2( / ' - i / ' V 20 pues V0* Vi// = V i// • V0.
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(3.174)
75
Cálculo diferencial vectorial
3.11 Problemas suplementarios PROBLEMA 3.70 Sean A (í) = íi + 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)], Respuesta: (a) [1, 2, 3], (b) 3, (c) [-1 , 1, 0],
Mostrar que si las terceras derivadas de la función vectorial f( t ) existen,
PROBLEMA 3.71
entonces
dt
(b)
-
dt
[ f ( í) V ( í ) t " X i ) 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. [Sugerencia: 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], PROBLEMA 3.73 PROBLEMA 3.74
(a)
(b)
Verificar la regla de la cadena para derivadas (3.19). Si f = uvwi + u w 2j - v3k y g = u 3¡ - u v w j + u 2w k, calcular
;— a en el origen, dudv d2£ en el punto (1, 1, 0). d2f x -----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) = e o s í i + sen í j + sen, ík ,
0 < t < 2 tt-,
(b)
r(í) = a e o s í i + a sen t j + bt k,
6>0
(c)
r(f) = Í 3Í + t í , —oo < t < oa.
y
0 <í<
Respuesta: (a) Una elipse, (b) una hélice cilindrica. PROBLEMA 3.76 Hallar la longitud de las curvas representaáas por las siguientes funciones vectoriales: (a)
r(í) = e o s í i 4- sen í j + sen í k, 0 < í < 2n,
(b)
r(í) = í i + sen 277 í j + e o s 2t7 ík ,
(c)
r (í) = e o s 3 í i + sen 3 t j, 0 < t < 2n.
Respuesta:(a)
377, (b)
\Jl + 4772, (c)
0 < tM
1,
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 í j + í k,
en t = 77;
(b) (c)
r(í)
a ( í - sen í ) i t a ( l - eo s í) j, en cualquier punto t.
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76
Análisis vectorial
PROBLEMA 3.78 Hallar un vector unitario n normal en (0, 0, 0) a la superficie S representada por z = 3x2 + 4y 2 . Respuesta: [0, 0 ,- 1 ] . PROBLEMA 3.79 Hallar un vector unitario n normal en (1, 1, 1) a la superficie S representada p o r * 2 + y 2 - z - 1 = 0 . [2
Respuesta: —,
2
1 —
Hallar un vector unitario n normal a la superficie S representada por la ecuaciones paramétricas x = u eos v, y = u sen v, z = z(u). PROBLEMA 3.80
Respuesta:
1 = = [~z'(u) eos v, - z ' ( u) sen v, 1], V I + [(z O )]2
PROBLEMA 3.81 Hallar la derivada direccional de
Respuesta: 18/VT4. PROBLEMA 3.82
(a)
Si 0(x, y, z) = x y + y z + zx , hallar
V 0 en (1, 1, 3),
(b)
en (1 ,1 , 3)
en la dirección de [1, 1, 1],
ds
(c) la derivada normal t —= V 0 * 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). Respuesta: (a) [4, 4, 2 ], PROBLEMA 3.83
(b) 1 0 /\/3 , (c) 6.
Hallar la divergencia y el rotacional de f = (x - j>)i + (y - z)j + (z - x ) k
Y g = C*2 + y z ) i + (y 2 + z x )j + (z2 + x^)k . Respuesta: V - f = 3, VX f = [1, 1, 1], V-g = 2(x + y + z) y V X g = 0. Si 0 = 3x2 - y z y i = 3 xyz2i + 2 xy3j - x ^ z k , hallar en (1, -1 , 1), V - f , (c) V x f, (d) f - V 0 , (e) V • (
PROBLEMA 3.84
(a)
V 0,
(b)
(g) V 20. Respuesta: (a) [ 6 ,- 1 ,1 ] , (b) 4, (f) [ - 3 , - 4 1 ,- 3 5 1 , y (g) 6. PROBLEMA 3.85
(c)
[ - 1 ,- 8 ,- 5 ] ,
(d)
-1 5 ,
(e)
1,
Si V X f = 0, donde f = (xyz)m (x"i + y n) + z"k), mostrar que m = 0
o bien n = -1 . PROBLEMA 3.86
Para un vector arbitrario constante a, y el vector de posición r, mostrar
que (a)
V • (a x r) = 0,
(b)
V x (a x r) = 2 a,
(C)
v M
(d)
V (a-V - ) + v
. V
PROBLEMA 3.87 r, m ostrar que
x H
X
^ O
,
( a x V - )= 0.
Para cualquier función vectorial f diferenciable y el vector de posición
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■K
77
C ilc u b diferencial v ecttritl
V - ( f x r) = r - ( V x f). Mostrar que si 0 y \p son armónicas, entonces 0 + \p y c 0, para una constante arbitraria c, son también armónicas. PROBLEMA 3.88
PROBLEMA 3.89
Si las segundas derivadas de las funciones 0 y 0 existen, entonces
demostrar que (a)
V2( 0 ^ ) = 0 W
+ 2V 0 • V
(b)
V / £ ) = ’AW» ~ \ ^
_
PROBLEMA 3.90 Si u es un vector unitario constante y f es una función vectorial diferenciable, m ostrar que u * [V (f *u) - V X ( f X u) = V ‘ f.
PROBLEMA 3.91
Si f = 2zi + x 2j + x k y 0 = 2x2.y2z 2 , hallar ( f X V) 0 en el punto
(1,- 1, 1). Respuesta: [ - 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 m ostrar que V0 X Vi// es solenoidal. PROBLEMA 3.94
Si 0 es armónica, entonces mostrar que V0 es solenoidal e irrotacional.
PROBLEMA 3.95
Si cf = V0, donde c es una constante, entonces 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 u (x ,y , z), v(x, y , z) y w(x, y , z),
V v Vw] =
du
d_u
dx
dy
dv dx
dv dy
dv
dw
dw d i
dw dz
dx
du dz dz
v, w y se denota por (u, v ,w ) .(x, y , z ).
d (u, v, w) d (x, y, z)
PROBLEMA 3.98 Demostrar que una condición necesaria y suficiente es que el jacobiano de u, v, w se anule para u, v, w para ser funcionalm ente dependiente: esto es, u, v, w satisfacen la ecuación F(u, v, w) = 0.
Verificar que u = x + y , v = x - y + z , y w = (2x + z) 2 + (2y - z ) 2 son funcionalmente dependientes.
PROBLEMA 3.99
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4
CAPITULO
CALCULO INTEGRAL VECTORIAL 4.1
Integrales de línea pura a -Z t < b, se representa por
En la sección 3.4, una curva
diferenc ? d i a lo largo de C es dt -
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 siguientes integrales de línea a lo largo de una curva C que puede ser abierta o cerrada:
J í
<¡> d t ,
(4.2)
í dt,
(4.3) jppW SÉ É l
llllM lM j
(4.4)
Con un escalar i
la integral de línea (4.2) se reduce a * d ,' l
1 | j j j | p ; j|| | | |
■
i p
| £
ó dy + k
Para reducir (4.2), hemos usado ta relación i <¿ dx - i I 'c
é dx
e tc .,
(4.o)
constantes. Cuando ía curva del espacio C forma una trayectoria cerrada, (4.2) se escribe como
En particular, si C es una curva plana cerrada simple, y la dirección de integración puede describirse, los símbolos que se usan son £ ¡C
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