Campos y Formas. Curso 14-15.PDF

Campos y formas Beatriz Hernando septiembre 2014

Índice general I Integrales sobre caminos e integrales sobre superficies. Interpretaciones f´ısicas 5 1. Integrales sobre caminos 1.1. Caminos y recorridos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2. Integrales de trayectoria e integrales de l´ınea . . . . 1.3. Recorridos equivalentes. Orientación de un recorrido. 1.4. Campos conservativos . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.5. El Teorema de Green . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.6. Problemas del cap´ıtulo 1 . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Soluciones de los problemas del cap´ıtulo 1 . . . . . . 1.8. Pruebas de autoevaluaci´ on del cap´ıtulo 1 . . . . . . .

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7 9 17 27 38 45 53 56 68

2. Integrales sobre superficies 2.1. Superficies y recorridos . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2. Integrales de superficie . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3. Recorridos equivalentes. Orientación de una superficie. 2.4. El Teorema de Stokes y el Teorema de la divergencia . 2.5. Problemas del cap´ıtulo 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6. Soluciones de los problemas del cap´ıtulo 2 . . . . . . . 2.7. Pruebas de autoevaluaci´ on del cap´ıtulo 2 . . . . . . . .

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73 75 83 90 105 119 121 133

II Formas diferenciales y demostraci´ on del teorema de Stokes 139 3. Formas diferenciales 3.1. Tensores alternos y producto exterior . . . 3.2. Formas diferenciales . . . . . . . . . . . . 3.3. El teorema de Poincaré . . . . . . . . . . 3.4. Problemas del cap´ıtulo 3 . . . . . . . . . . 3.5. Soluciones de los problemas del cap´ıtulo 3 1

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141 142 160 166 173 176

ÍNDICE GENERAL

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3.6. Pruebas de autoevaluaci´ on del cap´ıtulo 3 . . . . . . . . . . . . . . . . 190 4. El teorema de Stokes 4.1. Cadenas de recorridos . . . . . . . . . . . 4.2. Demostraci´ on del teorema de Stokes . . . 4.3. Corolarios del teorema de Stokes . . . . . 4.4. Problemas del cap´ıtulo 4 . . . . . . . . . . 4.5. Soluciones de los problemas del cap´ıtulo 4 4.6. Pruebas de autoevaluaci´ on del cap´ıtulo 4 .

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195 196 199 212 215 217 226

A. Soluciones de las pruebas de autoevaluaci´ on

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B. Glosario

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Introducci´ on Este libro electr´ onico es el texto base del curso “Campos y formas” del grado de Ciencias Matem´ aticas, de la Facultad de Ciencias de la UNED. Los contenidos del curso se reparten entre las materias “Análisis Matemático”, “Geometr´ıa” y “F´ısicas”. En la primera parte del libro se desarrollan las integrales sobre caminos y sobre superficies desde un punto de vista más cercano al Análisis Matem´ atico, haciendo hincapié en cómo se construyen recorridos por las curvas y superficies m´ as conocidas del plano y del espacio y en el cálculo de integrales a lo largo de esos recorridos. Mientras que en la segunda parte se introduce el concepto de forma diferencial, esencial para la Geometr´ıa Diferencial, que nos permitirá dar un enfoque u ńico a las integrales que se estudian en la primera parte. En la primera parte trabajaremos con algunos de los teoremas más importantes del c´ alculo integral, como el Teorema de Green, el de Gauss y el de Stokes, y veremos distintas aplicaciones de los mismos, tanto en Matemáticas como en F´ısicas, que muestran la gran utilidad de estos resultados, para después desarrollar en la segunda parte las herramientas te´ oricas necesarias que permiten englobar todos los teoremas enunciados en la primera parte dentro un u ńico teorema: el Teorema de Stokes en su versi´ on general. Cada parte consta de dos cap´ıtulos, cada uno de los cuales está formada por varias secciones. En cada cap´ıtulo se van desarrollando los contenidos de forma paulatina, intercalando las definiciones y los resultados teóricos con ejemplos y ejercicios resueltos. Para ampliar y reforzar los conocimientos adquiridos en cada cap´ıtulo se ofrece al final del mismo una colección de problemas, similares a los ejercicios desarrollados a lo largo de las secciones, cuyas soluciones completas se incluyen en la siguiente secci´ on. Y la u ´ltima sección de cada cap´ıtulo recoge dos pruebas de auto evaluaci´ on de tipo test, con diez preguntas cada una, cuyas soluciones se dan al final del libro. El libro ha sido dise˜ nado para estudiantes que, por circunstancias personales, han optado por realizar su aprendizaje de forma independiente, sin la ayuda de clases presenciales diarias. Por esta razón en el libro se han incluido distintos tipos de ayudas que facilitan su estudio: explicaciones muy detalladas, continuas observaciones y llamadas de atención, sugerencias, figuras, soluciones completas de

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ÍNDICE GENERAL

los problemas, pruebas de autoevaluación y glosario. En cada problema que se propone, la solución que se ofrece explica paso por paso lo que hay que hacer, desarrollando de esta manera un método de resolución que, al ser repetido en distintos problemas, permitirá al estudiante adquirir la destreza necesaria para resolver problemas similares él solo. Por otro lado, cada vez que se introduce un concepto nuevo se analiza la relación con otros conceptos previamente adquiridos por el estudiante, se pone de manifiesto los puntos más importantes de la nueva definici´ on y se incluyen ejemplos, para facilitar al estudiante la labor de hacer suyos los conceptos introducidos. En matemáticas la claridad de la exposición y el rigor con el cual se expresan las ideas dependen en parte del uso de una notación adecuada y clara. En la elaboraci´ on de este texto se ha puesto mucho cuidado en escoger la notaci´ on sin salir de la tradicional, en mantenerla a lo largo del texto y en precisar en todo momento el significado de los s´ımbolos que se usan, prefiriendo pecar de repetitivos antes que dejar cabida a la imprecisión. As´ı, cada vez que se trabaja con una funci´ on se espec´ıfica con claridad de donde a donde va la función. Por ejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R → Rn significa que ϕ es una función vectorial (con imagen en el espacio vectorial Rn ), de variable real (parte de un subconjunto de la recta real R) definida en el intervalo [a, b]. Al principio de cada cap´ıtulo nos detendremos a describir y justificar la notaci´ on que vamos a emplear.

Parte I

Integrales sobre caminos e integrales sobre superficies. Interpretaciones f´ısicas

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Cap´ıtulo 1

Integrales sobre caminos En este cap´ıtulo hay cinco secciones. En la primera vamos a establecer las estructuras matem´ aticas, caminos y recorridos, necesarias para formalizar conceptos f´ısicos tan fundamentales como el trabajo que realiza una fuerza al mover una part´ıcula o la masa de un alambre de densidad variable. Las herramientas matem´ aticas que se utilizan para definir estos conceptos f´ısicos son las integrales de trayectoria y las integrales de l´ınea, que se estudian en la segunda secci´ on. Partiendo de las leyes f´ısicas que se verifican en las circunstancias más simples (por ejemplo, desplazamientos rectos y fuerzas constantes) deduciremos, utilizando estas herramientas matemáticas, las leyes para las circunstancias más generales. Pasaremos después a analizar bajo que condiciones podemos asegurar que dos recorridos de un mismo camino son equivalentes, que nos llevará a la definición de recorrido regular de un camino (cerrado) simple. Veremos que las integrales de trayectoria no cambian si los recorridos son equivalentes, pero las integrales de l´ınea si pueden cambiar de signo, raz´ on por la cual es necesario introducir el concepto de orientaci´ on positiva y de orientaci´ on negativa de un recorrido. En la cuarta secci´ on introduciremos el concepto de campo conservativo. Aprenderemos a comprobar si un campo es o no es conservativo y aprenderemos también a calcular su funci´ on potencial, en el caso de tener un campo conservativo. Una primera aplicaci´ on del teorema de Stokes para campos conservativos nos permitirá demostrar el teorema de conservaci´ on de la energ´ıa mecánica. En la quinta secci´ on estudiaremos el teorema de Green que relaciona la integral de l´ınea sobre un camino cerrado con una integral doble sobre el recinto encerrado por ese camino. Veremos distintas situaciones en las cuales la aplicación del teorema de Green resulta especialmente ventajosa. Las tres u ´ltimas secciones est´ an dedicadas a reforzar los conocimientos adquiridos a través de la realizaci´ on de los problemas propuestos y de las pruebas de autoevaluaci´ on. 7

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CAPÍTULO 1. INTEGRALES SOBRE CAMINOS

Notación Siempre que aparezca un s´ımbolo matemático con un guión por encima, como x, v, ϕ, F por ejemplo, significar´ a que el objeto matemático al que hace referencia est´ a formado por varias coordenadas o componentes. As´ı x y v son vectores en Rn cuyas coordenadas en la base can´ onica denotaremos por: x = (x1 , x2 , ..., xn )

y

v = (v1 , v2 , ..., vn )

Mientras que s´ımbolos como ϕ y F indicarán que estamos trabajando con funciones que tienen su imagen en Rn , de modo que sus componentes en la base canónica de Rn se denotar´ an por: ϕ = (ϕ1 , ..., ϕn )

y

F = (F1 , ..., Fn )

Siempre que trabajemos con dos vectores o dos funciones distintas a la vez usaremos distintas letras para diferenciarlas, por ejemplo v y w, o ϕ y ψ, o F y G. Pero hay ocasiones en las que trabajaremos con colecciones de funciones que comparten algunas propiedades. Entonces nos veremos obligados a diferenciarlos empleando un sub´ındice como por ejemplo ϕk (ver página 8). En estos casos el guión que corona al s´ımbolo ϕk indica al lector que se trata de una función con valores en Rn , distinta a la funci´ on ϕk que es la componente k-ésima de la función ϕ. A menudo trabajaremos con campos escalares que son funciones que tienen su imagen en R. En ese caso usaremos letras min´ usculas como f y g; es decir que f y g denotaran funciones que est´ an definidas en un subconjunto abierto U ⊂ Rn pero tienen su imagen en R. Para denotar a los subconjuntos abiertos de Rn utilizaremos las letras U, V y W. Para que las definiciones tengan sentido el abierto debe ser no vac´ıo, por esa razón establecemos desde el comienzo que todos los abiertos U, V y W son no vac´ıos. Otras veces las funciones estar´ an definidas en intervalos cerrados y acotados de R que denotaremos por [a, b]. As´ı por ejemplo, ϕ : [a, b] ⊂ R → Rn es una función con n componentes, ϕ = (ϕ1 , ..., ϕn ), cada una de las cuales son funciones de [a, b] en R; es decir ϕi : [a, b] ⊂ R → R, para todo i ∈ {1, ..., n}. Como es habitual, cuando ϕ es una función de una variable, que denotaremos por t porque en las aplicaciones a conceptos de F´ısica será el tiempo, y es derivable en un punto t0 ∈ [a, b], o lo que es lo mismo, cada componente ϕi de ϕ es derivable en t0 , denotaremos a su derivada usando una comilla como super´ındice. As´ı ϕ0 (t0 ) = (ϕ01 (t0 ), ..., ϕ0n (t0 )). Pero si ϕ tiene más de una variable, ya no hablamos de su derivada en un punto t0 sino de su diferencial en u0 que se identifica con su matriz jacobiana, formada por las derivadas parciales respecto a todas las variables de todas sus componentes. A la matriz jacobiana la denotaremos por Dϕ(u0 ), de modo que si ϕ : U ⊂ Rm → Rn es diferenciable en u0 ∈ U entonces la matriz

1.1. CAMINOS Y RECORRIDOS

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jacobiana en ese punto es: 

D1 ϕ1 (u0 ) · · · ... ... Dϕ(u0 ) =  D1 ϕn (u0 ) · · ·

 Dm ϕ1 (u0 )  ... Dm ϕn (u0 )

Esta matriz es de tama˜ no n×m (n filas × m columnas) y, si la describimos pensando en las filas, es la matriz cuyas filas son las derivadas parciales de las componentes de ϕ respecto a las m variables en el punto u0 ; es decir que estamos usando la notación Di ϕj (u0 ) para indicar la derivada parcial de la función ϕj : U ⊂ Rm → R respecto de la variable i-ésima. Cuando trabajemos con campos escalares, que como ya hemos adelantado denotaremos por las letras f y g; esto es con funciones f : U ⊂ Rn → R y suceda que son diferenciables en un punto u0 ∈ U, entonces la matriz jacobiana en ese punto es de tama˜ no 1 × n; es decir, solo tiene una fila, la formada por las derivadas parciales de f en u0 . En estos casos es habitual identificar la matriz con un vector y hablar del vector gradiente de f que denotaremos por ∇f (u0 ). Como es habitual, diremos que una función es de clase C p en el abierto U donde est´ a definida si existen las funciones derivadas parciales hasta el orden p y todas son continuas en todos los puntos del abierto. Por u ´ltimo, como vamos a trabajar con la integral de Riemann, vamos a necesitar trabajar con particiones de intervalos. Las denotaremos por P. Recordemos que si P es una partici´ on de un intervalo [a, b] ⊂ R entonces P es una colección finita de subintervalos Jj ⊂ [a, b] que vienen determinados por una colección finita de puntos, {a = t0 < t1 < .. < tj < tj+1 < .... < tp+1 = b}, de modo que cada par de puntos consecutivos define un subintervalo de la forma Jj = [tj , tj+1 ]. Con esta notación se p S verifica que P = {Jj ; 0 ≤ j ≤ p)} y [a, b] = Jj . j=0

1.1.

Caminos y recorridos

En los problemas que abordaremos en este libro aparecerán conjuntos en R2 , que llamaremos caminos, en forma de circunferencia, tramos de parábolas y tramos de otras curvas conocidas del plano, pero también aparecerán conjuntos como el de la siguiente figura. Ese conjunto tiene problemas en los puntos p y q, porque aunque no pierde la continuidad en esos puntos si pierde la derivabilidad. Eso les va a suceder a algunos de los caminos con los que vamos a trabajar, por eso no les vamos a llamar curvas. Mientras que a los desplazamientos a lo largo de los caminos les llamaremos recorridos. Hemos elegido estos dos términos, camino y recorrido, porque su significado fuera de las matem´ aticas refleja la idea que queremos transmitir: por los caminos que conocemos circulan personas y veh´ıculos de muy diversas maneras, realizando cada cual su propio recorrido.


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Figura 1.1: Camino

En las siguientes definiciones se considera el caso general Rn , aunque en los ejemplos y problemas trabajaremos con n = 2 y n = 3. Llamamos camino en Rn a todo conjunto de Definici´ on 1.1 n puntos C ⊂ R que se obtiene al tomar la imagen de un intervalo [a, b] ⊂ R por medio de una función continua c : [a, b] → Rn , que no sea constante Pedimos que c no sea constante para que C = c([a, b]) sea un conjunto que tiene infinitos puntos. Adem´ as pedimos que c sea continua porque las funciones que no son continuas pueden tener un comportamiento impredecible. Uno de los ejemplos m´ as conocidos de funci´ on que no es continua es la función que toma distintos valores en los n´ umeros racionales (Q) que en los irracionales (R\Q). Por ejemplo, si c es de la forma:

c:

[a, b] ⊂ R t

→

(t, t) (t, 0)

R2 si t ∈ [a, b] ∩ Q si t ∈ [a, b]\Q

entonces el camino partir´ıa del punto (0, 0) pero a partir del instante t = 0 el camino avanzar´ıa “simult´ aneamente” por las rectas x1 = x2 y x2 = 0. En la siguiente definici´ on veremos que para ser recorrido la función tiene que cumplir mejores propiedades.


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Dado un camino C ⊂ Rn se dice que ϕ : [a, b] → Definici´ on 1.2 C es un recorrido de C si ϕ([a, b]) = C, ϕ es continua en [a, b] y existe una partici´ on P de [a, b] tal que ϕ es derivable con continuidad, o equivalentemente de clase C 1 , en el interior de cada intervalo J ∈ P, es decir que la derivada de ϕ puede no existir, o simplemente perder la continuidad en una cantidad finita de puntos de [a, b]. La condici´ on: ϕ de clase C 1 en todo [a, b] excepto en una cantidad finita de puntos, se pide porque vamos a usar los recorridos para calcular integrales sobre ellos y en esas integrales intervendr´ a la funci´ on ϕ0 (t). Recordemos que por el teorema de Lebesgue una funci´ on acotada es integrable Riemann sobre [a, b] si y solo si es continua sobre todo [a, b] excepto en un conjunto de medida cero. Por otro lado como [a, b] es un conjunto compacto, los conjuntos de [a, b] que son de medida cero coinciden con los que son de contenido cero y esos son los conjuntos que tienen una cantidad finita de puntos. A continuaci´ on vamos a ver algunos ejemplos de caminos y de recorridos. Empecemos por el ejemplo m´ as sencillo: una recta en Rn . Recordemos que para elegir una recta tenemos que determinar Ejemplo 1.3 un punto por el que pase la recta (a1 , ..., an ) y un vector director (v1 , ..., vn ). De modo que los puntos (x1 , ..., xn ) ∈ Rn que pertenecen a esta recta son los que verifican la siguiente igualdad: (x1 , ..., xn ) = (a1 , ..., an ) + t(v1 , ..., vn ) para alg´ un n´ umero real t. Recordemos que si en lugar de tener un punto y un vector director tenemos dos puntos de la recta, (a1 , ..., an ) y (b1 , ..., bn ) entonces construimos el vector director as´ı: (v1 , ..., vn ) = (b1 − a1 , ..., bn − an ) Recordemos también que al desarrollar la ecuación de la recta, describiendo lo que sucede en cada una de las coordenadas del vector (x1 , x2 , ..., xn ) ∈ Rn , obtenemos las llamadas ecuaciones paramétricas de la recta; esto es,  x1 = a1 + tv1    x2 = a2 + tv2 .........    xn = an + tvn Cualquier tramo de esta recta es un camino. Por ejemplo el camino que empieza en el punto (a1 , ..., an ) y termina en el punto (b1 , ..., bn ) = (a1 , ..., an ) + (v1 , ..., vn ) se


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puede describir como C = c([0, 1]) siendo c : [0, 1] → Rn la funci´ on continua dada por c(t) = (a1 , ..., an ) + t(v1 , ..., vn ). Como ser´ a habitual en los ejemplos que iremos viendo, la misma función c que usamos para definir el camino C nos sirve también para definir un recorrido sobre C: ϕ:

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ Rn (a1 , ..., an ) + t(v1 , ..., vn )

Pero si cambiamos el papel del escalar t por otra función que transforme el intervalo [0, 1] en el mismo intervalo [0, 1], como por ejemplo una función de la forma tk , siendo k cualquier n´ umero natural, obtenemos otro recorrido del mismo camino que vamos a denotar por ψ k : ψk :

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ Rn (a1 , ..., an ) + tk (v1 , ..., vn )

Por otro lado, como las funciones ϕ que usamos para recorrer los caminos son funciones continuas y verifican que ϕ([a, b]) = C, cada recorrido ϕ nos sirve también para dar una descripci´ on del camino C. El ejemplo que acabamos de ver muestra que un mismo camino se puede recorrer de muchas maneras. Si interpretamos la variable del recorrido ϕ como el tiempo, entonces a medida que t avanza desde a hasta b, ϕ(t) se va moviendo a lo largo de la camino C. Con esta interpretación es natural que si ϕ es derivable en t0 ∈ [a, b] llamemos vector velocidad en t0 al vector tangente en t0 ; esto es el vector ϕ0 (t0 ), el m´ odulo de este vector, ||ϕ0 (t0 )||, es entonces el m´ odulo de la velocidad en t0 y el vector ϕ00 (t0 ) es el vector aceleraci´ on. Con esta interpretación, los recorridos descritos en el ejemplo anterior tienen distintos vectores velocidad y distintas aceleraciones, en concreto se verifica que 0

k−1 ψ

k (t0 ) =

kt0 (v1 , ...,pvn ) k ≥ 1

0

k−1 v12 + ... + vn2

ψ k (t0 ) = k |t0 | 00 ψ k (t0 )

= k(k −

1)tk−2 (v1 , ..., vn ) 0

k≥1

k≥2

y

00

ψ 1 (t0 ) = 0

Observemos que el camino C dado por la función c : [a, b] → Rn no coincide con la gr´ afica de la funci´ on c que por definición viene dada por

Gr´ afica(c) = {(t, x1 , ..., xn ) ∈ Rn+1 ; (x1 , ..., xn ) = c(t), t ∈ [a, b]}


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sino que C = c([a, b]) ⊂ Rn , por esa razón hablamos de un camino en Rn, porque es un subconjunto de Rn . A continuaci´ on vamos a ver otro ejemplo de un camino muy conocido en R2 que podemos recorrer de muchas maneras. Recordemos que para elegir una elipse en el plano necesitamos Ejemplo 1.4 determinar el centro de la figura (p1 , p2 ) y las longitudes de los dos semiejes a y b (ver figura 1.2). De modo que los puntos (x1 , x2 ) ∈ R2 que pertenecen a esa elipse son los que verifican la siguiente igualdad: (x1 , x2 ) = (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 ) para alg´ un n´ umero real t. Recordemos que si tomamos a = b = r la ecuación anterior nos describe una circunferencia de centro (p1 , p2 ) y radio r.

Figura 1.2: Elipse Cualquier tramo de la elipse o de la circunferencia es un camino. Por ejemplo el camino que empieza en el punto (p1 + a, p2 ) y termina en el mismo punto se puede describir como C = c([0, 2π]) siendo c : [0, 2π] → R2 la funci´ on continua dada por c(t) = (a cos(t)+p1 , b sin(t)+p2 ). De nuevo observamos que la misma función c que usamos para describir el camino C nos sirve también para tomar un recorrido sobre C : ϕ:

[0, 2π] ⊂ R t

→ C ⊂ R2 (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 )

Si cambiamos el intervalo [0, 2π] por un intervalo del tipo [0, 2kπ], siendo k cualquier n´ umero natural, lo que tenemos es un recorrido a lo largo de la elipse, o de la


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circunferencia, que da k vueltas. ϕk :

→ C ⊂ R2 . (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 )

[0, 2kπ] ⊂ R t

También podemos conseguir que el recorrido de k vueltas manteniendo el intervalo en [0, 2π] y cambiando t por kt: ψk :

[0, 2π] ⊂ R t

→ C ⊂ R2 . (a cos(kt) + p1 , b sin(kt) + p2 )

En el primer caso los vectores velocidad y aceleración no dependen de k mientras que en el segundo caso var´ıan con k: ϕ0k (t)

=

(−a sin(t), b cos(t))

ϕ00k (t) 0 ψk (t) 00 ψk (t)

=

(−a cos(t), −b sin(t))

=

(−ak sin(kt), bk cos(kt))

=

(−ak 2 cos(kt), −bk 2 sin(kt)).

Observemos que hay una diferencia significativa entre los recorridos ψ k de los ejemplos 1.3 y 1.4 . Todos est´ an formados por funciones de clase C ∞ , no solo en [a, b] sino en todo R, pero los del ejemplo 1.3, aun teniendo distintos vectores velocidad y aceleraci´ on, son todos inyectivos, mientras que los del ejemplo 1.4 no lo son. Estas son las propiedades claves que van a determinar el comportamiento de los recorridos de un camino: la derivabilidad con continuidad y la inyectividad. En los ejemplos anteriores hemos utilizado dos recursos distintos para construir los recorridos de los caminos. En el caso de las rectas nos hemos servido de la ecuación que satisfacen los puntos de las rectas para construir el recorrido, mientras que en el segundo ejemplo hemos partido de la simetr´ıa de las circunferencias y las elipses que nos ha permitido utilizar las coordenadas polares para construir el recorrido. Estos son los dos recursos que utilizaremos a lo largo del libro para recorrer los caminos que aparecen en los ejercicios y problemas. Cuando construimos el recorrido partiendo de la ecuación o las ecuaciones que satisfacen los puntos del camino, podemos encontrarnos las ecuaciones en tres formas distintas: 1- Ecuaciones paramétricas. 2- Ecuaciones expl´ıcitas. 3- Ecuaciones impl´ıcitas. Las ecuaciones paramétricas describen el comportamiento de cada variable en funci´ on de un mismo par´ ametro, como sucede en los ejemplos 1.3 y 1.4. De modo que si el camino est´ a en el plano necesitamos dos ecuaciones paramétricas, porque tenemos dos variables y si el camino está en el espacio, entonces necesitamos tres ecuaciones para describir a las tres variables.


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En las ecuaciones expl´ıcitas para caminos en el plano una de las variables viene expresada de forma expl´ıcita en funcione de la otra, eso sucede por ejemplo con las rectas en el plano, x2 = a2 + m(x1 − a1 ), y con las parábolas en el plano, x2 = K(x1 − p1 )2 + p2 . En este caso solo necesitamos una ecuación expl´ıcita para describir el comportamiento de los puntos que forman parte del camino en el plano. Mientras que en las ecuaciones expl´ıcitas para caminos en el espacio dos de las variables vienen expresadas de forma explicita en función de la tercera variable, como sucede con las rectas, x2 = a2 + m2 (x1 − a1 ), x3 = a3 + m3 (x1 − a1 ). En este caso necesitamos dos ecuaciones expl´ıcitas para describir el comportamiento de los puntos que forman parte del camino en el espacio. Por u ´ltimo, las ecuaciones impl´ıcitas para caminos en el plano expresan el comportamiento de las dos variables sin que ninguna de ellas aparezca despejada en funci´ on de la otra, como sucede con la circunferencia x21 + x22 = 1. De nuevo una sola ecuaci´ on impl´ıcita es necesaria para describir el comportamiento de los puntos que forman parte del camino en el plano. Mientras que para describir caminos en el espacio necesitaremos dos ecuaciones impl´ıcitas, como por ejemplo el camino que se forma al intersecar una esfera y un paraboloide: x21 + x22 + x23 = r2 y x21 + x22 = x3 . Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones paramétricas podemos construir los recorridos usando las mismas ecuaciones, como hemos hecho en los ejemplos 1.3 y 1.4. También en el caso en que los puntos del camino vengan descritos con ecuaciones expl´ıcitas, como por ejemplo los tramos de la parábola de ecuación x2 = K(x1 − p1 )2 + p2 podemos construir el recorrido usando la misma ecuación de a la forma: ϕ(t) = (t, K(xt − p1 )2 + p2 ), para un valor de t en modo que ϕ(t) tendr´ el intervalo [a, b] adecuado, de modo que ϕ(t) recorra el tramo deseado. Cuando los puntos del camino vienen descritos con ecuaciones impl´ıcitas podemos construir recorridos que se muevan por partes del camino despejando en cada tramo la variable adecuada. Para ello será muy u ´til el teorema de la función impl´ıcita . As´ı por ejemplo, podemos recorrer la semicircunferencia superior de centro (0, 0) y radio 1 despejando la variable x2 en la ecuación x21 + x22 = 1 obteniendo el recorrido √ 2 ϕ(t) = (t, 1 − t ) con t ∈ [−1, 1]. A continuaci´ on vamos a definir la longitud de un recorrido. Dado un recorrido ϕ de un camino C ⊂ Rn se Definici´ on 1.5 define la longitud de ϕ, que denotamos por l(ϕ), como: Zb l(ϕ) =

||ϕ0 (t)||dt

a

Veamos porqué esta integral nos da la longitud del recorrido. Observemos que cada


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partici´ on P de [a, b] proporciona un valor aproximado de l(ϕ) a través de la suma de las longitudes de los segmentos [ϕ(tj ), ϕ(tj+1 )] ⊂ Rn esto es:

p P

||ϕ(tj ) − ϕ(tj+1 )||

j=0

Si la colecci´ on de puntos del intervalo [a, b] que determinan a P contiene a los puntos donde ϕ0 (t) no es continua, entonces en cada rectángulo se puede aplicar el teorema del incremento finito y acotar la suma anterior por la siguiente:

p P

sup{||ϕ0 (ξj )|| : ξj ∈ Jj }(tj+1 − tj )

j=0

pero esta suma es precisamente S(||ϕ0 ||, P ); es decir la suma superior de la función on P. Por lo tanto, la integral de Riemann que define l(ϕ) ||ϕ0 (t)|| asociada a la partici´ coincide con el l´ımite de estas sumas superiores y nos da la longitud del recorrido. En general no se verifica que la longitud de ϕ coincida con la longitud del camino, como muestran los siguientes ejemplos. Vamos a calcular la longitud de los recorridos descritos en los Ejemplo 1.6 dos primeros ejemplos. Empecemos por los recorridos ψ k de los tramos de rectas en Rn Z1 l(ψ k )

k−1

k |t|

=

Z1 q q 2 2 2 2 v1 + v2 + ... + vn2 dt = v1 + v2 + ... + vn2 ktk−1 dt

0

=

q

0

v12 + v22 + ... +

1 vn2 tk 0

=

q

v12 + v22 + ... + vn2

Como podemos ver el resultado no depende en este caso de k; es decir que aunque los recorridos tienen distintos vectores velocidad y aceleración la longitud de los mismos coincide. Ahora vamos a calcular la longitud de los recorridos ϕk y ψk alrededor de la

1.2. INTEGRALES DE TRAYECTORIA E INTEGRALES DE LÍNEA

17

circunferencia en el plano.

l(ϕk )

=

2kπ Z p

(−rsent)2 + (r cos t)2 dt

0

=

2kπ Z p

r2 (sen2 t + cos2 t)dt

0

=

2kπ Z rdt = 2kπr. 0

l(ψk )

=

Z2πp

(−rksenkt)2 + (rk cos kt)2 dt

0

Z2π =

rkdt = 2kπr = l(ψ k ). 0

Como vemos en estos casos la longitud del recorrido depende del n´ umero de vueltas que se dan, como era de esperar. Una vez que hemos aprendido a construir funciones que recorren tramos de curvas conocidas estamos preparados para introducir la definición de las integrales sobre los caminos. Antes de pasar a la siguiente secci´ on vamos a comparar los conceptos de y recorrido con los conceptos de arco de curva y parametrización que se estudian en el curso de “Geometr´ıa diferencial de curvas y superficies” del segundo semestre. Un arco de curva C ⊂ Rn (con n = 2 o 3) es la imagen por medio de una función de clase C ∞ α : I ⊂ R → Rn , siendo I un intervalo abierto no necesariamente acotado. A la funci´ on α se la llama parametrización del arco de curva C. De modo que una parametrizaci´ on de C, con intervalo acotado, es un recorrido de clase C ∞ donde la partici´ on P est´ a formada por un u ńico intervalo y el camino asociado es el arco de curva C unido a los puntos α(a) y α(b) siendo I = (a, b). No nos debe extra˜ nar que las definiciones de ambos cursos coincidan solo a medias porque los objetivos que se persiguen en ambas disciplinas son distintos.

1.2.

Integrales de trayectoria e integrales de l´ınea

En esta secci´ on vamos a estudiar cómo se definen las integrales de las funciones a lo largo de los caminos. Distinguiremos dos casos: cuando la función es escalar, es decir, que toma valores en el cuerpo de los escalares R, y cuando la función es vectorial;

18


es decir que toma valores en Rn . A las funciones las vamos a llamar campos, porque como veremos a lo largo de esta primera parte del libro los conceptos matemáticos que vamos a estudiar tienen muchas aplicaciones en F´ısica y las funciones representan campos de fuerzas, campos de velocidad, campos eléctricos, etc.

Llamaremos campos escalares a las funciones Definici´ on 1.7 definidas desde un subconjunto abierto no vac´ıo U ⊂ Rn y con imagen en R y utilizaremos letras como f y g en min´ usculas y llamaremos campos vectoriales a las funciones definidas desde un subconjunto abierto no vac´ıo U ⊂ Rn y con imagen en el mismo espacio Rn y utilizaremos letras usculas como F y G en may´ f, g : U ⊂ Rn F,G : U ⊂ R

→ R n

→ Rn

En todos los ejemplos y en los problemas trabajaremos con n=2 o n=3 y los campos, tanto escalares como vectoriales, no solo serán continuos sino que la mayor´ıa serán funciones de clase infinito. Vamos a tomar la función que calcula el cuadrado de la Ejemplo 1.8 distancia de un punto al origen de coordenadas en el plano; esta función nos proporciona el campo escalar de clase C ∞ en R2 : f : R2 → R (x1 , x2 ) x21 + x22 Si ahora calculamos las derivadas parciales de esta función en un punto cualquiera obtenemos el llamado vector gradiente que se denota por ∇f y que nos proporciona el siguiente campo vectorial: F : R2 → (x1 , x2 )

R2 (2x1 , 2x2 )

Tomemos ahora la funci´ on que calcula el inverso de la distancia de un punto al origen de coordenadas en el espacio, esto es: f : R3 \{0} → (x1 , x2 , x3 )

R √

1 x21 +x22 +x23

Este campo es de clase C ∞ en el abierto U = R3 \{0}.Si ahora calculamos las derivadas parciales de esta funci´ on (el vector gradiente ∇f ) conseguimos el siguiente


19

campo vectorial: F : R3 \{0} → (x1 , x2 , x3 )

R3 √

−1 x21 +x22 +x23

3 (x1 , x2 , x3 )

Estos campos aparecen de forma natural en el estudio de algunos conceptos f´ısicos, como por ejemplo el campo gravitatorio. Por supuesto, como el lector ya habrá imaginado, no todos los campos vectoriales F verifican que F = ∇f. Por ejemplo F (x1 , x2 ) = (1, x1 ) es un campo vectorial definido en todos los puntos de R2 y no existe ninguna función f : R2 → R cuyo gradiente sea F (ver ejemplo 1.23). Pero como veremos más adelante los que verifican esa condici´ on van a jugar un papel muy importante. A continuaci´ on vamos a definir la integral de un campo escalar a lo largo de un recorrido. Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado Definici´ on 1.9 un campo escalar f : U ⊂ Rn → R tal que C ⊂ U , Rse llama integral de trayectoria de f a lo largo de ϕ, y se denota por f a la integral: ϕ

Zb

Z f= ϕ

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia.

En primer lugar, observemos que si f = 1 entonces

R

f = l(ϕ); es decir, que en

ϕ

ese caso la integral de trayectoria coincide con la longitud del recorrido. La coletilla “siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia” se pone para dar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemplos del libro las funciones que utilizaremos nos dar´ an siempre integrales propias porque serán funciones de clase C p , con p = ∞ en la mayor´ıa de los casos. Antes de ver las aplicaciones de esta integral a problemas de F´ısica, vamos a mostrar un ejemplo sencillo de la integral de trayectoria. Vamos a calcular la integral de trayectoria del campo escalar Ejemplo 1.10 1 f (x1 , x2 ) = x2x+1 a lo largo de los siguiente recorridos: ψk :

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ R2 tk (v1 , v2 )


20

siendo v2 > 0. Observemos que seg´ un vimos en el ejemplo 1.3 C es el tramo de la recta que empieza en (0, 0) y termina en (v1 , v2 ). Por lo tanto es fácil ver que el campo escalar dado es una funci´ on continua en todos los puntos del camino. Para empezar vamos a calcular el m´ odulo del vector velocidad asociado a estos recorridos, esto es: q q 0 ||ψ k (t)|| = (kv1 tk−1 )2 + (kv2 tk−1 )2 = ktk−1 v12 + v22 De modo que aplicando la definici´ on obtenemos: Z1

Z f= ψk

t k v1 ktk−1 t k v2 + 1

q

v12

+

v22 dt

= kv1

q

v12

+

v22

Z1

t2k−1 dt t k v2 + 1

0

0

Para resolver esta integral observamos que el polinomio del numerador es de grado superior al polinomio del denominador y por lo tanto tenemos que realizar la división t2k−1 1 (v2 tk + 1 − 1)tk−1 1 tk−1 k−1 = = t − k t k v2 + 1 v2 tk v2 + 1 v2 t v2 + 1 De modo que la integral nos queda: Z f

=

q Z1 1 tk−1 k−1 2 2 dt kv1 v1 + v2 t − k v2 t v2 + 1 0

ψk

= = =

k 1 q v1 t log(tk v2 + 1) 2 2 k v1 + v2 − v2 k kv2 0 q log(v + 1) v1 1 2 − k v12 + v22 v2 k kv2 q v1 log(v2 + 1) 2 2 v 1 + v2 1− . v2 v2

Observemos que esta integral de trayectoria no depende de k. Las integrales de trayectoria se utilizan en F´ısica para resolver los siguientes problemas: Supongamos que C ⊂ R3 es un alambre delgado y que f es la función de densidad de C. Entonces un c´ alculo aproximado de la masa del alambre se obtiene al tomar on P de [a, b] y asignar a cada porción de alambre un recorrido ϕ de C, una partici´ ϕ(Jj ), Jj = [tj , tj+1 ] ∈ P, una densidad fija f (ϕ(ξj)) tomando ξj ∈ Jj . De esta manera un valor aproximado de la masa del alambre es: masa(alambre) ≈

p X j=0

f (ϕ(ξj))||ϕ(tj ) − ϕ(tj+1 )||


21

Por otro lado, como ya observamos en el apartado anterior, la longitud de cada segmento [ϕ(tj ), ϕ(tj+1 )] se puede aproximar por sup{||ϕ0 (ξj )|| : ξj ∈ Jj }(tj+1 − tj ), de forma que cuando la partici´ on se hace muy fina, con muchos puntos, la suma p X

f (ϕ(ξj)) sup{||ϕ0 (ξj )|| : ξj ∈ Jj }(tj+1 − tj )

j=0

nos proporciona un valor aproximado de la masa del alambre, de tal modo que si la funci´ on f (ϕ(t))||ϕ0 (t)|| es integrable Riemann en [a, b] parece razonable definir la masa del alambre como la integral de dicha función. Z masa(alambre) = f. ϕ

Con las mismas interpretaciones de f y de C se calcula el centro de masas y el momento de inercia del alambre en R3 usando las siguientes integrales de trayectoria:   Z Z Z 1  x1 f, x2 f, x3 f  centro de masa = masa(alambre) ϕ ϕ ϕ   Z Z Z momento de inercia =  (x22 + x23 )f, (x21 + x23 )f, (x21 + x22 )f  ϕ

ϕ

ϕ

A continuaci´ on vamos a justificar ambas definiciones. El centro de masa de un alambre es el punto de equilibrio (punto en R3 ) del alambre. Por ejemplo, supongamos que en una barra colocamos varias masas distintas: la masa m1 en el punto x1 , la masa m2 en el punto x2 , etc. Si llamamos x al punto de equilibrio de la barra (ver figura 1.3), entonces x es el punto en el cual el momento total P (masa por distancia al punto de equilibrio) es 0; es decir x debe verificar que mi (xi − x) = 0. De modo que si despejamos x de la ecuación obtenemos: P m i xi x= P mi De ah´ı que el centro de masas de un alambre con función de densidad f se calcule con la f´ ormula descrita. En la secci´ on 2.2 veremos la f´ ormula análoga para superficies. El momento de inercia mide la respuesta de un cuerpo a los esfuerzos para someterlo a rotaciones y depende no solo de la masa sino también de la forma del cuerpo. En


22

Figura 1.3: Centro de masas la f´ ormula dada para calcular el momento de inercia de un alambre de densidad f la primera coordenada mide la respuesta del alambre a las fuerzas que intentan hacerlo rotar alrededor del eje OX1 . Observemos que el factor (x22 + x23 ) que aparece dentro de la integral tomar´ a valores mayores en los puntos más alejados del eje OX1 . Las otras dos coordenadas hacen lo an´ alogo respecto a los ejes OX2 y OX3 . A continuaci´ on vamos a ver un ejemplo con un alambre en forma de muelle. Sea C el alambre en forma de muelle descrito por C = Ejemplo 1.11 c([0, 2kπ]) siendo c(t) = (cos t, sent, t) y k ≥ 1. Supongamos que la función de densidad del muelle es f (x1 , x2 , x3 ) = (x21 + x22 )x3 . Vamos a calcular la masa del alambre, su centro de masas y su momento de inercia utilizando las fórmulas descritas y el recorrido ϕ dado por la misma función c que describe el muelle Zb masa(alambre)

=

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

=

2kπ Z p (cos2 t + sen2 t)t (−sent)2 + cos2 t + 12 dt 0

=

2kπ Z √ √ √ t2 2kπ = 2 2(kπ)2 . t 2dt = 2 2 0 0

Vemos que la masa del muelle depende de las vueltas que tenga. Lo mismo suceder´ a con el centro de masas y el momento de inercia, como veremos a continuaci´ on. √ Como ya hemos probado, se verifica que f (ϕ(t)) = t y que ||ϕ0 (t)|| = 2, de modo que la f´ ormula para el centro de masas queda as´ı:  2kπ  2kπ 2kπ Z Z Z √ √ √ 1  (cost)t 2dt, (sent)t 2dt, (t)t 2dt centro de masa = √ 2 2(kπ)2 0

0

0


23

Recordemos que para resolver las dos primeras integrales se aplica el método de integraci´ on por partes, derivando el polinomio e integrando la función trigonométrica, con lo cual estas integrales quedan as´ı:   2kπ 2kπ √ 2kπ Z √ √ 2kπ Z √ √ t3 2kπ 1 (sent) 2t] √ − (sent) 2dt, (−cost) 2t]0 − (−cost) 2dt, 2 ]0  0 3 2 2(kπ)2 0

= =

0

√ i2kπ √ √ i2kπ 8 √ 1 √ (cost) 2 , −2 2kπ + (sent) 2 , 2(kπ)3 3 0 0 2 2(kπ)2 √ √ 1 8 −1 4 √ (0, −2 2kπ, 2(kπ)3 ) = (0, , kπ) 3 kπ 3 2 2(kπ)2

Por u ´ltimo calculamos el momento de inercia del muelle que por definición será el vector:  2kπ  2kπ Z Z2kπ Z √ √ √  (sen2 t + t2 )t 2dt, (cos2 t + t2 )t 2dt, (cos2 t + sen2 t)t 2dt 0

0

0

Para resolver las dos primeras integrales las separamos en la suma de dos integrales as´ı:   2kπ 2kπ 2kπ Z Z2kπ Z2kπ √ Z Z √ √ √ √  (sen2 t)t 2dt + t3 2dt, (cos2 t)t 2dt + t3 2dt, t 2dt 0

0

0

0

0

De este modo tenemos tres integrales inmediatas y en las otras dos aplicamos las siguientes f´ ormulas trigonométricas sen2 t = cos2 t =

1 (1 − cos2t) 2 1 (1 + cos2t) 2

obteniendo  2kπ  2kπ √ Z √ √ t4 2kπ Z √ t4 2kπ √ t2 2kπ 2 2  (1 − cos2t)tdt + 2 ]0 , (1 + cos2t)tdt + 2 ]0 , 2 ]0  2 4 2 4 2 0

0

Ahora en las integrales que nos quedan por resolver volvemos a separarlas en sumas de dos integrales y aplicamos en una de ellas el método de integración por partes


24

como hicimos para calcular el centro de masas. √

2 2

√

2 2

t 2

2 i2kπ t 2

=

√

+

√

2 2

2(kπ)2 − √

2(kπ)2 +

√ 2kπ R 2 (−cos2t)tdt 2 0

+

0

0

√

= √

2 i2kπ

√ + 4 2(kπ)4 ,

√

2kπ R

!

√

(cos2t)tdt + 4 2(kπ)4 , 2 2(kπ)2

0 √

2sen2t t 4

i2kπ

2sen2t t 4

i2kπ 0

0

√

−

√

+

2 2

2kπ R 0

√

2kπ R 0

sen2t 2 dt

2(kπ)2 (1 + 4(kπ)2 ) + 0 −

√

2 2

√

sen2t 2 dt

√ + 4 2(kπ)4 , 2 2(kπ)2

2cos2t 8

i2kπ

2(kπ)2 (1 + 4(kπ)2 ) − 0 + 2cos2t 8 0 √ 2 2 2 = 2(kπ) (1 + 4(kπ) , 1 + 4(kπ) , 2)

√ + 4 2(kπ)4 ,

√

i2kπ

!

,

0

√ , 2 2(kπ)2

Hemos visto c´ omo se define la integral de un campo escalar a lo largo de un recorrido y algunas de sus interpretaciones f´ısicas. Ahora vamos a hacer lo mismo para los campos vectoriales.

Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo Definici´ on 1.12 vectorial F : U ⊂ Rn → Rn , con C ⊂ U R , se llama integral de l´ınea de F a lo largo de ϕ, que denotamos por F · T a la integral: ϕ

Zb

Z F ·T = ϕ

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

a

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia. De nuevo, la coletilla “siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia” se pone para dar mayor generalidad al concepto, pero en los ejemplos del libro las funciones que utilizaremos nos darán siempre integrales propias porque p ser´ an funciones de clase R C , con p = ∞ en la mayor´ıa de los casos. En algunos textos se utiliza la notaci´ on F 1 dx1 + ... + Fn dxn para la integral de linea del campo F ϕ

a lo largo de ϕ. La raz´ on que justifica está notación la veremos en la segunda parte


25

del libro, cuando describamos la integral de linea como la integral de una 1-forma R en Rn sobre un recorrido en Rn . En este caso hemos preferido la notación F · T ϕ

porque refleja mejor en qué consiste: es la integral sobre el recorrido del producto escalar de las funciones F y T , que es el vector tangente del recorrido. Veamos a continuaci´ on un ejemplo sencillo de cómo se calcula una integral de l´ınea. Sea ϕ(t) = (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 ) el recorrido sobre la Ejemplo 1.13 elipse descrito en el ejemplo 1.4 y sea F : R2 → R2 el campo vectorial de clase C ∞ definido por: F (x1 , x2 ) = (x2 , −x1 ) Vamos a calcular

R

F · T . Empezamos calculando el vector velocidad que en este

ϕ

caso es: ϕ0 (t) = (−asen(t), b cos(t)) y a continuación aplicamos la definición: Zb

Z F ·T

=

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

a

ϕ

=

2kπ Z (bsen(t) + p2 , −a cos(t) − p1 )(−asen(t), b cos(t))dt

=

2kπ Z (−absen2 (t) − p2 asen(t) − ab cos2 (t) − p1 b cos(t))dt

=

2kπ Z (−ab − p2 asen(t) − p1 b cos(t))dt

0

0

0

=

2kπ

(−abt + p2 a cos t − p1 bsent)]0

= −ab2kπ

Vemos que en este caso la integral de l´ınea depende del n´ umero de vueltas que del recorrido. Las integrales de l´ınea se utilizan en f´ısica para calcular el trabajo que realiza una fuerza. Supongamos que F (x1 , x2 , x3 ) es un campo de fuerzas actuando sobre una part´ıcula que se mueve a lo largo de un camino C. Si ϕ : [a, b] → C es el recorrido que sigue la part´ıcula, entonces en cada instante t0 la componente tangencial de la fuerza F respecto al recorrido ϕ en ϕ(t0 ) es: F (ϕ(t0 ))

ϕ0 (t0 ) ||ϕ0 (t0 )||


26

Por otro lado, sabemos que el trabajo que realiza una fuerza de valor constante al mover una part´ıcula en l´ınea recta es igual al producto de la fuerza por el desplazamiento de la part´ıcula. De forma que si tomamos una partición P de [a, b] y suponemos que en cada intervalo Jj ∈ P la part´ıcula se mueve en l´ınea recta desde ϕ(tj ) hasta ϕ(tj+1 ), entonces el desplazamiento que realiza la part´ıcula, ||ϕ(tj ) − ϕ(tj+1 )||, est´ a acotado por sup{||ϕ0 (ξj )|| : ξj ∈ Jj }(tj+1 − tj ). na, podemos aproximar Si ϕ0 (t) es continua en Jj y la longitud de Jj es muy peque˜ este valor por ||ϕ0 (tj )||(tj+1 − tj ). De forma que en cada intervalo Jj el trabajo realizado por la componente tangencial del campo de fuerzas F , queda aproximado por el valor F (ϕ(tj ))

ϕ0 (tj ) ||ϕ0 (tj )||(tj+1 − tj ) = F (ϕ(tj ))ϕ0 (tj )(tj+1 − tj ) ||ϕ0 (tj )||

y la suma de los trabajos a lo largo de ϕ resulta: p X

F (ϕ(tj ))ϕ0 (tj )(tj+1 − tj )

j=0

De forma que si la funci´ on F (ϕ(t))ϕ0 (t) es integrable en [a, b] al tomar particiones R de longitudes tendiendo a cero estas aproximaciones del trabajo convergen a F · T ϕ

que se denomina trabajo realizado por la fuerza F al mover una part´ıcula de recorrido ϕ. Como acabamos de ver, se puede establecer una relación entre la integral de l´ınea del campo vectorial F y la integral de trayectoria del campo escalar f que se obtiene al considerar la componente tangencial del campo F , esto es, f (ϕ(t)) = R ϕ0 (t) F (ϕ(t)) 0 . La notaci´ on F · T se utiliza para sugerir esta relación: ||ϕ (t)|| ϕ Zb

Z F ·T = ϕ

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt =

a

Zb F (ϕ(t))

ϕ0 (t) ||ϕ0 (t)||dt = ||ϕ0 (t)||

a

Zb

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt.

a

Dado el campo de fuerza F (x) = (senx3 , cos x3 , −(x1 x2 )1/3 ) Ejemplo 1.14 vamos a calcular el trabajo realizado por la fuerza F al mover una part´ıcula por el siguiente recorrido: ϕ:

[0, 7π/2] ⊂ R θ

→

R3 (cos θ, sen3 θ, θ) 3

´ DE UN RECORRIDO.27 1.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACION

Empezamos calculando el vector velocidad: ϕ0 (θ) = (−3 cos2 θsenθ, 3sen2 θ cos θ, 1). Ahora aplicamos la definici´ on de la integral de l´ınea de un campo vectorial a lo largo de un recorrido y obtenemos: Zb

F (ϕ(θ))ϕ0 (θ)dθ

a 7π/2 Z

(senθ, cos θ, −(cos3 θsen3 θ)1/3 )(−3 cos2 θsenθ, 3sen2 θ cos θ, 1)dθ

= 0

7π/2 Z

=

−3 cos2 θsen2 θ + 3sen2 θ cos2 θ − senθ cos θ dθ

0 7π/2 Z

=

sen2 θ senθ cos θdθ = − 2

− 0

7π/2 =− 0

1 2

Vemos que el trabajo realizado por la fuerza a lo largo de este recorrido da un valor negativo, eso significa que el campo de fuerzas se opone al movimiento a lo largo de ese recorrido. Una vez que hemos aprendido a realizar integrales de l´ınea y de trayectoria es el momento de analizar las condiciones que tenemos que exigir a los recorridos para que esas integrales no dependan del recorrido, de modo que por ejemplo, la masa de un alambre sea independiente de la función que usemos para recorrer el alambre.

1.3.

Recorridos equivalentes. Orientaci´ on de un recorrido.

Como se ha visto en los ejemplos de la sección anterior, las integrales de trayectoria y de l´ınea pueden cambiar si se var´ıa el recorrido del camino C. En esta sección se muestran las condiciones suficientes para que dos recorridos de C den las mismas integrales. Como veremos en la proposición siguiente las condiciones que se imponen son las que permiten realizar un cambio de variable que prueba la igualdad de las integrales a lo largo de ambos recorridos.


28

Dado un camino C ⊂ Rn se dice que dos Definici´ on 1.15 recorridos de C, ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y ψ : [c, d] ⊂ R → C ⊂ Rn , son equivalentes si existe una funci´ on h : [a, b] ⊂ R → [c, d] ⊂ R biyectiva, continua, de clase C 1 en el interior de los intervalos Jj de una partición P de [a, b], con h0 (t) 6= 0 en el interior de cada Jj y tal que ϕ(t) = ψ(h(t)) para todo t ∈ [a, b]

Observemos que c´ omo h es biyectiva y continua, es monótona; es decir o bien es creciente o bien es decreciente. Por lo tanto h0 (t) en el interior de cada intervalo Jj toma el mismo signo. Por eso diremos que h0 es positiva o que h0 es negativa. Por otro lado al ser h biyectiva existe la función inversa h−1 : [c, d] → [a, b]. además la condici´ on h0 (t) 6= 0 en todos los puntos de [a, b] salvo una cantidad finita, implica, por el teorema de la funci´ on inversa, que la función h−1 tiene las mismas propiedades que h. Por u ´ltimo observemos que en cada intervalo Jj la función h es un difeomorfismo; es decir, satisface las propiedades de las funciones que nos permiten realizar un cambio de variable en la integral de Riemann. A continuación vamos a repasar algunos de los recorridos que hemos construido para ver cuales son equivalentes entre s´ı y cuales no lo son. Los recorridos ψ k descritos en el ejemplo 1.3 son equivalentes Ejemplo 1.16 porque es f´ acil ver que para cada k1 > k2 la función h : [0, 1] → [0, 1] definida por k1

h(t) = t k2 es biyectiva, de clase C 1 en [0, 1] y verifica que h0 (t) = interior de [0, 1]. Adem´ as ψ k1 (t)

=

(a1 , ..., an ) + tk1 (v1 , ..., vn ) k1 k2 (a1 , ..., an ) + t k2 (v1 , ..., vn )

=

(a1 , ..., an ) + h(t)k2 (v1 , ..., vn )

=

k

k1 k12 −1 k2 t

6= 0 en el

= ψ k2 (h(t)) Sin embargo los recorridos del ejemplo 1.4 no son equivalentes porque si k1 > k2 el recorrido ψ k1 pasa por cada punto de la elipse k1 veces mientras que el recorrido ψ k2 pasa solo k2 veces, de modo que ninguna función biyectiva h : [0, 2k1 π] → [0, 2k2 π] puede verificar que ψ k1 (t) = ψ k2 (h(t)) para todo t ∈ [0, 2k1 π]. Por otro lado es muy sencillo ver que para cualquier recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn el recorrido ψ que se obtiene de transformar el intervalo [0, 1] en el intervalo [a, b]


por medio de la funci´ on h(t) = (b − a)t + a; es decir, el recorrido ψ : [0, 1] → C dado por ψ(t) = ϕ((b − a)t + a) es un recorrido equivalente, lo cual nos permitirá asumir (como haremos en la secci´ on 1.4) que el intervalo de definición del recorrido es [0, 1]. La siguiente proposici´ on demuestra que las condiciones exigidas a los recorridos para que sean equivalentes cumplen el objetivo marcado. Sean ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y Proposici´ on 1.17 n ψ : [c, d] ⊂ R → C ⊂ R dos recorridos equivalentes de C y sean continuos con f : U ⊂ Rn → R y F : U ⊂ RRn R→ RRn dos campos R C ⊂ U . Si existen las integrales f, f, F · T y F · T , entonces se ϕ

ψ

ϕ

ψ

verifica: Z

Z f

=

ϕ

f, ψ

Z

Z F ·T

=

ϕ

F · T si h0 es positiva

ψ

Z

Z F ·T

= −

ϕ

F · T si h0 es negativa.

ψ

siendo h : [a, b] ⊂ R → [c, d] ⊂ R la función que verifica las condiciones de la definici´ on anterior. Demostracion: La demostraci´ on se basa en descomponer las integrales Zb

Z f

= a

ϕ

Zb

Z F ·T ϕ

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

=

F (ϕ(t))

ϕ0 (t) ||ϕ0 (t)||dt ||ϕ0 (t)||

a

en la suma finita de integrales sobre los rectángulos Jj asociados a la partición de h, porque h en cada uno de estos intervalos verifica las condiciones del teorema del cambio de variable, que recordemos dice as´ı: Teorema del cambio de variable: Sean U, V ⊂ Rn dos conjuntos abiertos, h : U → V = h(U ) una funci´ on biyectiva, de clase C 1 y con detDh(x) 6= 0 para todo x ∈ U .


30

Entonces para toda funci´ on f : h(U ) → R integrable se verifica que Z Z f = (f (h))|detDh| U

h(U )

Como ahora estamos trabajando con n=1, mantenemos la notación Dh = h0 , de modo que Zb

Z f

=

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

ϕ

=

p Z X j=1 J

=

=

0

f (ψ(h(t)))||ψ (h(t))h0 (t)||dt

j

p Z X j=1 J

=

j

p Z X j=1 J

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

0

f (ψ(h(t)))||ψ (h(t))|| |h0 (t)|dt

j

Z p X

0

f (ψ(s))||ψ (s)||ds

j=1 h(Jj )

Zd =

Z

0

f (ψ(s))||ψ (s)||ds = c

f ψ

De manera an´ aloga para campos vectoriales se verifica: Zb

Z F ·T

=

F (ϕ(t))

ϕ0 (t) ||ϕ0 (t)||dt ||ϕ0 (t)||

a

ϕ

=

p Z X j=1 J

=

j

p Z X j=1 J

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

0

F (ψ(h(t)))ψ (h(t))h0 (t)dt

j

De modo que si h0 (t) es mayor que 0 en cada subintervalo entonces h0 (t) = |h0 (t)| y


la suma de las integrales coincide con Z F ·T

=

p Z X j=1 J

ϕ

=

p X

0

F (ψ(h(t)))ψ (h(t))|h0 (t)|dt

j

Z

0

F (ψ(s))ψ (s)ds

j=1 h(Jj )

Z F ·T

= ψ

Por u ´ltimo, si h0 (t) es menor que 0 en cada subintervalo entonces h0 (t) = −|h0 (t)| y aplicando el mismo proceso nos queda Z

Z F ·T =− ϕ

F ·T ψ

La siguiente definici´ on nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equivalentes. Un camino C ⊂ Rn se dice que es un camino Definici´ on 1.18 simple si existe un recorrido ϕ de C, ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn y una partici´ on P de [a, b] tal que ϕ es de clase C 1 y con derivada no nula en el interior de cada subintervalo J de P y ϕ es inyectiva en [a, b]. Si ϕ es inyectiva en [a, b) y verifica que ϕ(a) = ϕ(b), entonces se dice que C es un camino cerrado simple. En ambos casos llamaremos recorrido regular de C al recorrido ϕ que verifica las condiciones descritas. En el curso de Geometr´ıa de curvas y superficies también se usa el termino “regular” para distinguir a las parametrizaciones α que verifican que α0 (t) 6= 0. Es f´ acil ver que todos los pol´ıgonos (rectángulos, pentágonos, hexágonos, etc), las circunferencias y las elipses y en general los caminos cerrados que formamos uniendo tramos de las curvas usuales son caminos cerrados simples. Con las condiciones exigidas a los recorridos regulares podemos demostrar en el pr´ oximo teorema que los recorridos regulares de los caminos simples son recorridos equivalentes.

32


Dado un camino simple C ⊂ Rn , si ϕ : [a, b] → C Teorema 1.19 y ψ : [c, d] → C son dos recorridos regulares de C, entonces son recorridos equivalentes.

Demostraci´ on Como ϕ y ψ son inyectivas y verifican que ϕ([a, b]) = C = ψ([c, d]), la funci´ on h se define como la siguiente composición: h = (ψ)−1 ◦ ϕ : [a, b] → C → [c, d] Por tanto es inmediato que h es biyectiva y que verifica ϕ(t) = ψ(h(t)) para todo t ∈ [a, b]. La continuidad de h se puede probar razonando con sucesiones y por reducci´ on al absurdo. Supongamos que h no es continua en un punto t0 ∈ [a, b], en ese caso deber´ıa existir una sucesi´ on {tn } ⊂ [a, b] que converge a t0 pero tal que {h(tn )} no converge a h(t0 ). Eso significa que existe un ε > 0 y una subsucesión, que denotaremos por {tnk }, tales que |h(tnk ) − h(t0 )| > ε Observemos que la sucesi´ on {h(tnk )} está contenida en [c, d] el cual es un conjunto compacto y por lo tanto la sucesi´ on {h(tnk )} tiene una subsucesión convergente a un punto s0 ∈ [c, d]. Para simplificar la notación, volvemos a denotar por {h(tnk )} a la subsucesi´ on que converge a s0 . Ahora por ser ψ continua se verifica que {ψ(h(tnk )) = ϕ(tnk )} converge a ψ(s0 ) y también a ϕ(t0 ) = ψ(h(t0 )), de modo que ψ(s0 ) = ψ(h(t0 )), pero como por hipótesis ψ es inyectiva se tiene que cumplir que h(t0 ) = s0 , lo cual es una contradicción. Por u ´ltimo la partici´ on P 0 de [a, b] formada por intervalos donde h es de clase 1 C y con derivada no nula se consigue tomando la colección de puntos donde ϕ0 pierde la continuidad o se anula, junto con los puntos {h−1 (si ) : i = 1, 2, ..., q} que 0 corresponden a los puntos {si : i = 1, 2, ..., q} ⊂ [c, d] donde ψ pierde la continuidad o se anula. De modo que para cada subintervalo abierto Ii de la partición hay 0 un subintervalo Ji de [c, d] tal que ϕ0 y ψ son continuas y no nulas en Ii y Ji respectivamente y ademas se verifica que h(Ii ) = Ji A continuación demostramos queh es de clase C 1 en Ii . Para probarlo vamos a usar el teorema de la función inversa, pero como las recorridos regulares son funciones de R en Rn no podemos aplicarlo directamente sobre ellos, recordemos que el teorema de la función inversa se aplica a funciones de Rn en Rn , de modo que transformaremos los recorridos regulares en funciones de Rn en Rn , de forma adecuada, para que podamos recuperar con facilidad los puntos del camino y además lo haremos de tal manera que las nuevas funciones sean de clase C 1 . 0 Dado t0 ∈ Ii se verifica que los vectores ϕ0 (t0 ) y ψ (s0 ) son no nulos, siendo s0 = h(t0 ). Si ambos son no nulos es porque al menos una de sus coordenadas


es distinta de 0. Para simplificar la notación vamos a suponer que en ambos casos la primera coordenada es no nula. Ahora construimos a partir de ϕ y ψ las funciones G y F que mostramos a continuación G : I0 × Rn−1 ⊂ Rn (t, x1 , ..., xn−1 )

→

Rn (ϕ1 (t), x1 + ϕ2 (t), x2 + ϕ3 (t), ..., xn−1 + ϕn (t))

F : J0 × Rn−1 ⊂ Rn (s, y1 , ..., yn−1 )

→

Rn (ψ1 (s), x1 + ψ2 (s), x2 + ψ3 (s), ..., xn−1 + ψn (t))

y

Observemos que en todas las componentes de ambas funciones están las correspondientes componentes de las funciones ϕ(t) y ψ(s), además en la primera componente a la primera componente del recorrido correspondiente, mientras de G y de F solo est´ que en las dem´ as hemos sumado una nueva variable. Esto nos permite afirmar que las dos funciones son de clase C 1 y además podemos evaluar las matrices jacobianas de ambas funciones con facilidad, de hecho son:   0 ϕ1 (t) 0 · · · 0  ϕ02 (t) 1 · · · 0    DG(t, x1 , ...xn−1 ) =   ..  . ... ... ...  1 ϕ0n (t) 0 · · · y    DF (s, y1 , ...yn−1 ) =  

ψ10 (s) ψ20 (s) .. . ψn0 (s)

0 1

··· ···

... 0

... ···

 0 0    ...  1

Como ambas matrices tienen ceros en todas las celdas por encima de la diagonal su determinante es el producto de los elementos de la diagonal que es ϕ01 (t) y ψ10 (s) respectivamente, de modo que podemos asegurar que ambas matrices son invertibles en los puntos (t0 , x) y (s0 , y) respectivamente. Por lo tanto, podemos aplicar el teorema de la función inversa a las dos funciones G y F , en esos puntos y deducir que existen dos entornos de esos puntos donde ambas funciones son difeomorfismos. Ahora solo nos falta expresar h como composición de estas dos funciones y otras funciones adecuadas que nos permitan pasar de R a Rn y viceversa. Antes observemos que G(t0 , 0) = ϕ(t0 ) = ψ(h(t0 )) = ψ(s0 ) = F (s0 , 0) ∈ C. Gracias al teorema de la funci´ on inversa existe un entorno de (s0 , 0) que, haciéndolo mas peque˜ no si fuera necesario, podemos considerar de la forma (s0 − δ, s0 + δ) × V ,

34


con δ > 0 y V ⊂ Rn−1 entorno de 0 en Rn−1 y un entorno de F (s0 , 0) = ψ(s0 ) que denotaremos por W1 de modo que F : (s0 − δ, s0 + δ) × V ⊂ Rn → W1 ⊂ Rn es un −1 difeomorfismo, en particular la función F : W1 ⊂ Rn → (s0 − δ, s0 + δ) × V ⊂ Rn es de clase C 1 . A continuaci´ on tomamos otros dos abiertos para G : un entorno de (t0 , 0), que de nuevo podemos considerar de la forma (t0 − β, t0 + β) × U con β > 0 y otro de G(t0 , 0) = ϕ(t0 ) que denotaremos por W2 . Como G(t0 , 0) = ϕ(t0 ) = ψ(h(s0 )) = F (s0 , 0) los abiertos W1 y W2 son ambos entornos del mismo −1 punto y podemos asumir que W2 ⊂ W1 para que la composición de G y F esté bien definida, recordemos que los difeomorfismos transforman conjuntos abiertos en conjuntos abiertos. Ahora expresamos h como composición de las siguientes funciones. Primero pasamos de (t0 − β, t0 + β) ⊂ R a (t0 − β, t0 + β) × U ⊂ Rn con la función de clase C 1 definida por Π(t) = (t, 0, ..., 0), luego componemos Π con las funciones −1 G : (t0 − β, t0 + β) × U ⊂ Rn → W2 y F : W1 ⊂ Rn → (s0 − δ, s0 + δ) × V ⊂ Rn , para terminar en el conjunto (s0 − δ, s0 + δ) ⊂ R con la función, también de clase C 1 , dada por P (s, y) = s de modo que P ◦F = P ◦F = P ◦F = P ◦F = P ◦F = P (ψ = ψ

−1

−1 −1 −1 −1 −1

−1

◦ G ◦ Π(t) ◦ G(t, 0) (ϕ(t)) (ψ(h(t))) (F (ψ

−1

(ψ(h(t))), 0))

(ψ(h(t)), 0)

(ψ(h(t)) = h(t)

En consecuencia h(t) es composición de funciones de clase C 1 en el abierto (t0 − β, t0 + β) ⊂ R que contiene al punto de partida t0 . Para terminar solo nos falta probar que h0 (t0 ) es distinto de 0, pero por la regla de la cadena se verifica que: ϕ0 (t0 ) = ψ 0 (h(t0 ))h0 (t0 ) de modo que si h0 (t0 ) = 0 entonces también el vector velocidad ϕ0 (t0 ) ser´ıa 0. Observemos que si C es un camino cerrado simple y ϕ y ψ son dos recorridos regulares de C que empiezan en el mismo punto, es decir, que ϕ(a) = ψ(c), entonces se puede definir h : [a, b] → [c, d] como en el caso anterior y verifica las mismas propiedades. El teorema anterior y la proposici´ on 1.17 nos permiten hablar de la longitud de un R camino (cerrado) simple como el valor que se obtiene de la integral 1 tomando ϕ

cualquier recorrido regular de C. De igual forma las integrales de trayectoria a lo largo de los caminos (cerrados) simples, que aplicamos por ejemplo en el cálculo del


centro de masas o del momento de inercia, no dependen del recorrido regular que tomemos. Esta circunstancia justifica la notación: Z f C

que usaremos para las integrales de trayectoria sobre caminos (cerrados) simples. Incluso podemos ir un poco m´ as lejos. Observemos que si C es un camino cerrado simple y ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn es un recorrido regular de C podemos interpretar a C como una uni´ on finita de caminos simples de la siguiente manera. Sea P = {Ji ; 1 ≤ i ≤ p} la partición de [a, b] tal que ϕ restringida al interior de cada subintervalo Ji es de clase C 1 y con derivada no nula. Si llamamos Ci = ϕ(Ji ) a cada uno de estos caminos simples se verifica que la función ϕ : Ji ⊂ R → Ci es un recorrido regular de Ci y estos caminos sólo se intersecan en los extremos porque ◦

◦

los subintervalos de la partici´ on P satisfacen que Ji ∩ Jj = ∅ para todo i 6= j y adem´ as ϕ es inyectiva en [a, b] si C no es cerrado, o inyectiva en [a, b) si C es cerrado con ϕ(a) = ϕ(b), en cuyo caso los caminos C1 y Cp tienen un punto en com´ un.RDe modo que para cada camino Ci y para cada campo escalar continuo f la integral f Ci

est´ a bien definida y no depende del recorrido regular que usemos para calcularla. Adem´ as se verifica que bajo las condiciones descritas Z f= C

p Z X i=1 C

f

i

raz´ on por la cual podemos calcular cada integral usando el recorrido regular de Ci que nos sea m´ as c´ omodo, incluso sin preocuparnos de la orientación que le demos. En cuanto a las integrales de l´ınea en caminos (cerrados) simples, hemos visto que paraRcada par Rde recorridos ϕ y ψ de C, si F es un campo continuo, puede suceder que F · T y F · T sean iguales o que tengan signos distintos, seg´ un sea el signo ϕ 0

ψ

de h . Vamos a analizar el significado del signo de h0 . Si h0 es positiva, entonces h : [a, b] → [c, d] es biyectiva y creciente lo cual implica que h(a) = c y h(b) = d. En consecuencia los recorridos ϕ y ψ empiezan y terminan en el mismo punto. De forma an´ aloga, si h0 es negativa, entonces ϕ empieza donde ψ termina y viceversa. Pero si C es un camino cerrado simple el razonamiento anterior no es v´ alido. Pensemos por ejemplo en dos recorridos que partiendo de un mismo punto dan una vuelta a la circunferencia C = {(x1 , x2 ) ∈ R2 : x21 + x22 = 1}. Que h0 0 sea positiva significa que los vectores tangentes a C, ϕ0 (t) y ψ (h(t)), son de igual 0 direcci´ on y sentido, puesto que verifican ϕ0 (t) = ψ (h(t))h0 (t). En este caso podemos expresar la relaci´ on entre los recorridos diciendo que ϕ y ψ giran los dos sobre la circunferencia como las agujas de un reloj o giran los dos en el sentido inverso a las


36

agujas de un reloj. Mientras que si h0 es negativa, entonces los recorridos ϕ y ψ giran en sentidos opuestos. Incluso cuando el camino cerrado simple no es tan simple como la circunferencia, si est´ a en el plano parece que este mismo criterio de las agujas del reloj explica el significado del signo de h0 . De forma que podr´ıamos asignar el signo positivo a los recorridos que giran en el sentido contrario a las agujas del reloj (a continuaci´ on veremos por qué éste es el positivo) y utilizar el s´ımbolo I F ·T C

para la integral de l´ınea de F a lo largo de C con orientación positiva, siempre que C sea un camino cerrado simple. En el caso de las integrales de l´ınea cuando aplicamos la descomposición del camino cerrado simple en los caminos Ci asociados a la partición P, como describimos antes, H podemos de nuevo aplicar el resultado del teorema 1.19 y calcular F · T como la C

suma de las integrales sobre los caminos Ci ; es decir que se verifica que I p I X F ·T = F ·T C

i=1 C

i

pero en este caso tenemos que elegir los recorridos regulares de los caminos simples C H i de modo que todos lleven la misma orientación. Eso es lo que significa el s´ımbolo . Observemos que podemos simplificar a´ un más los cálculos asignando un signo negativo a la integral de l´ınea del campo vectorial F a lo largo un camino simple Ci si el recorrido regular que hemos construido no lleva la orientación adecuada, en lugar de cambiar el recorrido para darle H la orientación que necesitamos. Estas simplificaciones del c´ alculo de F · T usando la suma o resta de las integrales C R a una de las estrategias que emplearemos en la sección 4.2 para probar de Ci F ·T ser´ el teorema de Stokes. Como ya hemos comentado la orientación positiva para un camino cerrado simple en R2 se define usando como referencia el movimiento de las agujas del reloj. Pero si el camino (a´ un contenido en R2 ) no es cerrado es imposible decidir a priori qué orientaci´ on es positiva y cu´ al es negativa. Por ejemplo pensemos en los cuatro lados del cuadrado [0, 1]×[0, 1]. Dos de estos lados son verticales y cuando recorremos el cuadrado con orientaci´ on positiva uno de los lados verticales se recorre de arriba a abajo Hy el otro al revés. De modo que si C es un camino simple no cerrado el s´ımbolo significa con una orientación fijada para cada C que es empezando en ϕ(a) ∈ C1 ⊂ C y terminando en ϕ(b) ∈ Cp ⊂ C. En este caso cada camino simple Ci+1 tiene la orientaci´ on que marca el camino Ci anterior. La demostraci´ on formal de que esta definición es correcta es debida al matemático francés del siglo XIX Camile Jordan. A menudo a lo largo de la historia la comunidad


matem´ atica ha dado por v´ alidas propiedades que cre´ıan evidentes porque todos los ejemplos que conoc´ıan las satisfac´ıan. Este fue el caso de los caminos cerrados simples en el plano: se daba por hecho que todo camino cerrado simple divide al plano en dos regiones arco-conexas, la regi´ on encerrada dentro del camino y la región exterior al camino. Fue Jordan el primer matemático que se dio cuenta de que esta propiedad deb´ıa ser demostrada y trat´ o de hacerlo, pero no lo consiguió. La demostración lleg´ o en 1905 y fue realizada por el matemático americano Oswald Veblen. La propiedad que s´ı demostr´ o Jordan y que justifica la definición de orientación positiva para los caminos cerrados simples en R2 es la siguiente: Si ϕ : [a, b] → C es un recorrido regular del camino cerrado simple C ⊂ R2 , entonces definiendo el giro de un punto x0 ∈ R2 \C como: giro(x0 ) =

1 2π

Rb (ϕ1 (t) − x0,1 )ϕ02 (t) − (ϕ2 (t) − x0,2 )ϕ01 (t) dt (ϕ1 (t) − x0,1 )2 + (ϕ2 (t) − x0,2 )2 a

se verifica que esta integral es cero para todo x0 exterior al camino y vale +1 ó -1 para los puntos interiores, tomando el valor +1 cuando ϕ recorre C en el sentido contrario a las agujas del reloj y tomando el valor -1 si ϕ recorre C en el sentido de las agujas del reloj. Por otro lado, la funci´ on m´ as utilizada para recorrer la circunferencia unidad en R2 ; esto es el recorrido regular: ϕ:

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ R2 (cos2πt, sen2πt)

tiene orientaci´ on positiva. Pero si la curva cerrada simple está contenida en Rn con n ≥ 3 esta referencia del movimiento de las agujas del reloj ya no funciona. Pensemos por ejemplo en una circunferencia contenida en el plano XY que se recorre en el sentido contrario al movimiento de las agujas del reloj cuando la miramos situados en el punto (0, 0, 1), como por ejemplo hace el siguiente recorrido: ϕ:

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ R3 (cos2πt, sen2πt, 0)

Si nos situamos en el punto (0, 0, −1) vemos a la función recorriendo la circunferencia en el mismo sentido que siguen las agujas del reloj. Por lo tanto no podemos decir que este recorrido sea positivo o negativo. Para algunas curvas cerradas simples contenidas en R3 (los bordes de las superficies simples) vamos a establecer en el siguiente cap´ıtulo (secci´ on 2.3) el significado de orientación positiva. Una vez que hemos aprendido a integrar campos escalares y campos vectoriales sobre recorridos y hemos analizado las condiciones que debe cumplir un recorrido para que las integrales no dependan de él, vamos a mostrar que cuando un campo vectorial verifica las condiciones adecuadas la integral de trayectoria se simplifica de manera muy significativa.


38

1.4.

Campos conservativos

En esta secci´ on vamos a enunciar el segundo teorema fundamental del cálculo para integrales de l´ınea, del cual se deduce el principio de conservación de la energ´ıa mec´ anica. Empezamos viendo la definición de campo conservativo.

Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Definici´ on 1.20 Rn → Rn (U abierto) es conservativo si existe un campo escalar f : U ⊂ Rn → R tal que ∇f (x) = F (x) para todo x ∈ U. El campo escalar f recibe el nombre de funci´ on potencial de F . Recordemos que los primeros ejemplos de campos vectoriales que mostramos en la secci´ on 1.2 eran conservativos. El campo vectorial que describe la fuerza de atracción entre Ejemplo 1.21 dos part´ıculas de masas m y M,

F (x1 , x2 , x3 ) =

−GmM (x1 , x2 , x3 ) (x21 + x22 + x23 )3/2

es un campo conservativo, cuya función potencial es:

f (x1 , x2 , x3 ) =

(x21

GmM + x22 + x23 )1/2

Estos campos se llaman conservativos porque en ellos se verifica el principio de conservaci´ on de la energ´ıa mec´ anica, es decir, que las sumas de la energ´ıa cinética y potencial de una part´ıcula que se desplaza en dichos campos es constante. En realidad un campo de fuerzas no será conservativo si existe fricción en el sistema, puesto que ésta tiende a convertir la energ´ıa mecánica en calor´ıfica.

1.4. CAMPOS CONSERVATIVOS

39

Segundo teorema fundamental del c´ alculo Teorema 1.22 n n para integrales de l´ınea: Si F : U ⊂ R → R es un campo conservativo continuo y U es un conjunto abierto y arco conexo de Rn , entonces el trabajo que se realiza al mover una part´ıcula entre dos puntos cualesquiera x e y en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es: Z F · T = f (y) − f (x) ϕ

siendo f la funci´ on potencial del campo F La demostraci´ on es una sencilla aplicación del teorema de Stokes que probaremos en la segunda parte del libro. Observemos que si el recorrido ϕ es cerrado, entonces el teorema anterior prueba R que F · T = 0. A continuaci´ on vamos a deducir del teorema anterior la Ley de ϕ

conservaci´ on de la energ´ıa, enunciada por primera vez en 1840 por el f´ısico inglés Michael Faraday (1791-1867): en un campo conservativo la suma de las energ´ıas cinética y potencial de un objeto se mantiene constante de punto a punto. Se sabe que la energ´ıa cinética de una part´ıcula de masa m y velocidad v es Ec = 21 mv 2 , y que la energ´ıa potencial Ep de esa part´ıcula en un punto x de un campo conservativo F es Ep(x) = −f (x), siendo f la función potencial de F . En consecuencia, el trabajo realizado por F en un recorrido que une los puntos x e y es: R T rabajo = F · T = f (y) − f (x) = Ep(x) − Ep(y) ϕ

En otras palabras el trabajo es igual a la diferencia de las energ´ıas potenciales en x e y. Si ϕ(t) es el vector de posición de la part´ıcula que se mueve desde x = ϕ(a) hasta y = ϕ(b), entonces en cualquier instante t, la velocidad y la aceleración de la part´ıcula son: v(t) = ϕ0 (t) y a(t) = ϕ00 (t), respectivamente. As´ı pues, por la segunda ley del movimiento de Newton, F = ma(t) = mv 0 (t) y el trabajo realizado por F es: R

T rabajo =

Rb Rb F · T = [F (ϕ(t)]ϕ0 (t)dt = [mv 0 (t)]ϕ0 (t)dt = a

ϕ

Rb a

m[v 0 (t)v(t)]dt =

Rb a

m

h

v(t)v(t) 2

i0

a

dt = m

h

v(t)v(t) 2

ib a

= 21 mv(b)2 − 21 mv(a)2 =

Ec(y) − Ec(x) Igualando los dos resultados obtenidos se sigue que: Ep(x) − Ep(y) = Ec(y) − Ec(x)


40

y por lo tanto Ep(x) + Ec(x) = Ep(y) + Ec(y). Otra aplicaci´ on del Segundo teorema fundamental del cálculo para integrales de l´ınea se obtiene al considerar el campo de fuerzas F (x1 , x2 , x3 ) = −GM m √(x21 ,x22,x3 )2 3 x1 +x2 +x3

que ejerce una part´ıcula de masa M sobre otra de masa m, siendo G > 0 la constante de gravitaci´ on universal. Este campo vectorial es conservativo porque si m comprobamos que ∇f (x) = F (x) para todo tomamos f (x1 , x2 , x3 ) = √ GM 2 2 2 x1 +x2 +x3

3

x ∈ U ⊂ R \{0}. Entonces el trabajo realizado por la fuerza de gravitación al mover una part´ıcula de masa m desde un punto x hasta y en unidos por cualquier recorrido ϕ en U es: Z 1 1 F · T = f (y) − f (x) = GM m − ||y|| ||x|| ϕ

Para poder aplicar el segundo teorema fundamental para las integrales de l´ınea necesitamos aprender a reconocer cuándo un campo vectorial es conservativo. Eso nos lo dir´ a el teorema de Poincaré en la segunda parte del curso. De momento adelantamos que para campos vectoriales en el plano, F : U ⊂ R2 → R2 la condición que han de cumplir las dos funciones componentes F = (F1 , F2 ) es D2 F1 (x1 , x2 ) = D1 F2 (x1 , x2 )

(1.1)

Mientras que para campos vectoriales en el espacio F : U ⊂ R3 → R3 ,las funciones componentes F = (F1 , F2 , F3 ) deben cumplir las siguientes condiciones: D2 F1 (x1 , x2 , x3 )

= D1 F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 F1 (x1 , x2 , x3 )

= D1 F3 (x1 , x2 , x3 )

D3 F2 (x1 , x2 , x3 )

= D2 F3 (x1 , x2 , x3 )

(1.2)

Como adelantamos en el primer apartado el campo Ejemplo 1.23 F (x1 , x2 ) = (1, x1 ) no es conservativo porque D2 F1 (x1 , x2 ) = 0 6= 1 = D1 F2 (x1 , x2 ). Mientras que, como vimos en el ejemplo 1.21, el campo vectorial F (x1 , x2 ) = (2x1 , 2x2 ) se obtiene como el gradiente del campo escalar f (x1 , x2 ) = x21 + x22 y por lo tanto es conservativo. En efecto, es fácil comprobar que en este caso se verifican las dos condiciones puesto que D2 F1 (x1 , x2 ) = 0 = D1 F2 (x1 , x2 ) Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos los casos en que la funci´ on F1 (x1 , x2 ) solo dependa de la variable x1 y la función F2 (x1 , x2 ) dependa


41

solo de la variable x2 ; es decir cuando el campo vectorial sea de la forma F (x1 , x2 ) = (F1 (x1 ), F2 (x2 )) Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcular la funci´ on potencial, o lo que es lo mismo, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relación entre las funciones f, F1 y F2 , esto es D1 f (x1 , x2 )

=

F1 (x1 , x2 )

D2 f (x1 , x2 )

=

F2 (x1 , x2 )

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z Z f (x1 , x2 ) = F1 (x1 , x2 )dx1 + C(x2 ) = F2 (x1 , x2 )dx2 + K(x1 ) La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 en la primera expresi´ on, mientras que la segunda igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x2 en la segunda expresi´ on. Observemos que cuando calculamos una integral indefinida la soluci´ on que se da depende de una constante que solemos llamar C o K. En las dos integrales indefinidas que realizamos ahora esas constantes pueden depender de las variables x2 y x1 , respectivamente, porque en la primera integral x2 act´ ua como constante, mientras que en la segunda es x1 la que act´ ua como constante. Aplicando estas ecuaciones al caso F (x1 , x2 ) = (2x1 , 2x2 ) obtenemos que la función potencial asociada f (x1 , x2 ) verifica Z Z f (x1 , x2 ) = F1 (x1 , x2 )dx1 + C(x2 ) = 2x1 dx1 + C(x2 ) = x21 + C(x2 ) o bien Z f (x1 , x2 ) =

Z F2 (x1 , x2 )dx2 + K(x1 ) =

2x2 dx2 + K(x1 ) = x22 + K(x1 )

Por lo tanto para saber c´ omo es f (x1 , x2 ) solo nos falta calcular una de las dos funciones C(x2 ) o K(x1 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamos en la primera igualdad respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 ) = C 0 (x2 ) = F2 (x1 , x2 ) = 2x2 R De donde se deduce que C 0 (x2 ) = 2x2 y por lo tanto C(x2 ) = 2x2 dx2 = x22 + C y f (x1 , x2 ) = x21 + x22 + C Si en lugar de derivar en la primera igualdad respecto a x2 hubiéramos elegido la otra opci´ on, derivar en la segunda igualdad respecto a x1 habr´ıamos obtenido que D1 f (x1 , x2 ) = K 0 (x1 ) = F1 (x1 , x2 ) = 2x1

42


R De donde se deduce que K 0 (x1 ) = 2x1 y por lo tanto K(x1 ) = 2x1 dx1 = x21 + K y f (x1 , x2 ) = x21 + x22 + K. Como era de esperar ambos caminos nos llevan a la misma soluci´ on f (x1 , x2 ) = x21 + x22 + C = x21 + x22 + K, donde la u ńica diferencia está en la letra que hemos elegido para nombrar a la constante. A continuaci´ on vamos a ver un ejemplo en R3 . Usaremos el mismo método pero como trabajamos con tres variables los c´ alculos se complican un poco mas. Vamos a tomar x3 el campo vectorial F (x1 , x2 , x3 ) = (cosx1 , ex2 , 1+x 2 ). Empezamos comprobando que 3 verifica las tres condiciones (1.2) para ser conservativo: D2 F1 (x1 , x2 , x3 )

=

0 = D1 F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 F1 (x1 , x2 , x3 )

=

0 = D1 F3 (x1 , x2 , x3 )

D3 F2 (x1 , x2 , x3 )

=

0 = D2 F3 (x1 , x2 , x3 )

Observemos que esta misma circunstancia la vamos a tener en todos los casos en que la funci´ on F1 (x1 , x2 , x3 ) solo dependa de la variable x1 , la función F2 (x1 , x2 , x3 ) dependa solo de la variable x2 y la función F3 (x1 , x2 , x3 ) dependa solo de la variable x3 ; es decir cuando el campo vectorial sea de la forma F (x1 , x2 , x3 ) = (F1 (x1 ), F2 (x2 ), F3 (x3 )). Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular la funci´ on potencial f que verifica que ∇f = F . Lo haremos usando la relación entre las funciones f, F1 , F2 y F3 , esto es D1 f (x1 , x2 , x3 )

=

F1 (x1 , x2 , x3 )

D2 f (x1 , x2 , x3 )

=

F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 f (x1 , x2 , x3 )

=

F3 (x1 , x2 , x3 )

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z f (x1 , x2 , x3 ) = F1 (x1 , x2 , x3 )dx1 + C1 (x2 , x3 ) Z = F2 (x1 , x2 , x3 )dx2 + C2 (x1 , x3 ) Z = F3 (x1 , x2 , x3 )dx3 + C3 (x1 , x2 ) La primera igualdad la obtenemos al integrar respecto de la variable x1 en la primera expresi´ on. Como en este caso las variables x2 y x3 act´ uan como constantes, al calcular la integral indefinida la constante que nos aparece puede depender de estas variables y por esa raz´ on la hemos denotado por C1 (x2 , x3 ). De forma análoga obtenemos las otras dos expresiones de la funci´ on potencial. Podemos trabajar con cualquiera de las tres igualdades para obtener f , pero para que se vea con mayor claridad el desarrollo del proceso vamos a trabajar solo con


43

una de ellas, por ejemplo con la primera expresión. Aplicando la primera igualdad al x3 caso F (x1 , x2 , x3 ) = (cos x1 , ex2 , 1+x on potencial asociada 2 ) obtenemos que la funci´ 3 f (x1 , x2 , x3 ) verifica Z Z f (x1 , x2 , x3 ) = F1 (x1 , x2 , x3 )dx1 + C1 (x2 , x3 ) = cos x1 dx1 + C1 (x2 , x3 ) = senx1 + C1 (x2 , x3 ) Ahora para saber c´ omo es f nos falta calcular la función C1 (x2 , x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 , x3 ) = D2 C1 (x2 , x3 ) = F2 (x1 , x2 , x3 ) = ex2 De donde se deduce que D2 C1 (x2 , x3 ) = ex2 y por lo tanto Z C1 (x2 , x3 ) =

ex2 dx2 + K(x3 ) = ex2 + K(x3 )

Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integral indefinida puede depender de la variable x3 que está actuando en este caso como una constante. De modo que tenemos la siguiente expresión para f f (x1 , x2 , x3 ) = senx1 + C1 (x2 , x3 ) = senx1 + ex2 + K(x3 ) Por u ´ltimo, para saber c´ omo es f solo nos falta calcular la función K(x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x3 obtenemos que D3 f (x1 , x2 , x3 ) = K 0 (x3 ) = F3 (x1 , x2 , x3 ) =

x3 1 + x23

De donde se deduce que K 0 (x3 ) =

x3 1 + x23

y por lo tanto Z K(x3 ) =

x3 1 + x23

dx3 + K =

1 ln(1 + x23 ) + K 2

En conclusi´ on hemos probado que la función potencial es f (x1 , x2 , x3 ) = senx1 + ex2 +

1 ln(1 + x23 ) + K. 2


44

En el siguiente ejemplo vamos a ver como utilizar el segundo teorema fundamental del c´ alculo para integrales de l´ınea para simplificar las operaciones en determinadas integrales de l´ınea. Dado el campo vectorial F (x1 , x2 ) = (x32 + 1, 3x1 x22 + 1) y Ejemplo 1.24 dado Rel recorrido ϕ(t) = (1−cost, sent) para t ∈ [0, π] vamos a calcular la integral de l´ınea F · T . Vamos a mostrar tres opciones para calcular esta integral. La primera ϕ

es aplicando simplemente la definición que nos lleva a la siguiente integral: Zπ

Z F ·T

=

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

0

ϕ

Zπ =

(sen3 t + 1, 3(1 − cost)sen2 t + 1)(sent, cost)dt

0

Zπ =

(sen4 t + sent + 3costsen2 t − 3cos2 tsen2 t + cost)dt

0

La segunda es calculando la función potencial del campo F . Para ello primero comprobamos que F es conservativo; es decir que verifica la condición 1.1 D2 F1 (x1 , x2 ) = 3x22 = D1 F2 (x1 , x2 ) Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo pasamos a calcular la funci´ on potencial; es decir, el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que ∇f = F . Para ello usamos la relación entre las funciones f, F1 y F2 , esto es D1 f (x1 , x2 )

=

F1 (x1 , x2 )

D2 f (x1 , x2 )

=

F2 (x1 , x2 )

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z Z f (x1 , x2 ) = F1 (x1 , x2 )dx1 + C(x2 ) = F2 (x1 , x2 )dx2 + K(x1 ) Aplicando la primera de estas ecuaciones al caso F (x1 , x2 ) = (x32 + 1, 3x1 x22 + 1) obtenemos que la funci´ on potencial asociada f (x1 , x2 ) verifica Z f (x1 , x2 ) = (x32 + 1)dx1 + C(x2 ) = x1 (x32 + 1) + C(x2 )

1.5. EL TEOREMA DE GREEN

45

Por lo tanto, para saber c´ omo es f (x1 , x2 ) solo nos falta calcular la función C(x2 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 ) = 3x1 x22 + C 0 (x2 ) = F2 (x1 , x2 ) = 3x1 x22 + 1 R De donde se deduce que C 0 (x2 ) = 1 y por lo tanto C(x2 ) = dx2 = x2 + C y f (x1 , x2 ) = x1 (x32 + 1) + x2 + C. Ahora aplicamos el segundo teorema fundamental de c´ alculo para integrales de l´ınea Z F · T = f (y) − f (x) ϕ

= f (1 − cosπ, senπ) − f (1 − cos0, sen0) = f (2, 0) − f (0, 0) = 2 − 0 = 2 La tercera opci´ on consiste en aplicar el hecho de que al ser el campo conservativo la integral de l´ınea es independiente del camino por el cual vamos desde el punto ϕ(0) = (0, 0) hasta el punto ϕ(π) = (2, 0), por esta razón podemos elegir un camino m´ as sencillo que una estos dos puntos, como por ejemplo una recta cuyo recorrido regular puede ser ψ(t) = (t, 0) para t ∈ [0, 2] y nos queda la integral Z

Z2

Z F ·T

F ·T =

=

ϕ

0

ψ

Z2 =

0

F (ψ(t))ψ (t)dt Z2

(1, 1)(1, 0)dt = 0

dt = 2. 0

Hemos visto como se simplifica el cálculo de las integrales de l´ınea cuando el campo vectorial es conservativo. En la siguiente sección vamos a estudiar otro caso en el cual también se pueden simplificar las integrales de l´ınea pero esta vez poniendo condiciones sobre el camino.

1.5.

El Teorema de Green

En esta secci´ on vamos a enunciar un teorema que recibe su nombre en honor del matem´ atico inglés George Green (1793-1841). El teorema demuestra que en R2 , bajo R ciertas condiciones, la integral de l´ınea F ·T coincide con cierta integral doble sobre ϕ

el recinto R que encierra el camino cerrado C = ϕ([a, b]). Pensemos por ejemplo en C una circunferencia y R el c´ırculo correspondiente. La condición para ϕ es que sea


46

un recorrido regular y con orientación positiva de un camino H cerrado simple C, de ah´ı que en el enunciado del teorema se utilice la notación F · T . C

Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es de Teorema 1.25 1 clase C , U es un conjunto abierto que contiene a la región simple R y ∂R es el camino cerrado simple que forma la frontera de R, entonces se verifica que: I Z F · T = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx. ∂R

R

En algunos texto se utiliza la notación

H

F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 =

∂R

R

(D1 F2 (x) −

R

D2 F1 (x))dx. En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teorema de Stokes. Los siguientes ejemplos muestran como utilizar el teorema de Green para simplificar los c´ alculos. En primer lugar recordemos que si el campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 es conservativo entonces verifica que: D1 F2 (x) − D2 F1 (x) = 0. Por lo tanto el teorema de Green nos dice que la integral de l´ınea a lo largo de un camino cerrado simple de un campo vectorial conservativo es 0. Eso es lo que sucede en el siguiente ejemplo. Vamos a calcular la integral de l´ınea del campo vectorial Ejemplo 1.26 F (x1 , x2 ) = (f (x1 ), g(x2 )) siendo f, g : (−2, 2) ⊂ R → R dos funciones de clase C1 sobre la curva cerrada simple en forma de rectángulo que obtenemos al unir los puntos ( 21 , 23 ), (− 12 , 32 ), (− 12 , − 32 ) y ( 12 , − 32 ). Primero observamos que el campo vectorial as´ı definido es conservativo sean cómo sean las funciones f y g, por como est´ an distribuidas las variables entre ellas. Como además el camino es una poligonal cerrada contenida en la regi´ on simple U = (−2, 2) × (−2, 2) de F , podemos aplicar el teorema de Green y concluir que Z F ·T =0 C

El siguiente ejemplo nos muestra como gracias al Teorema de Green podemos evitar el c´ alculo de primitivas muy dif´ıciles por otras inmediatas.


Ejemplo 1.27

47

Tomamos el siguiente campo vectorial: 2

F (x1 , x2 ) = (arctgx1 + x22 , ex2 cos x2 + x21 ) y el camino cerrado simple dado por C = {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x1 = 2cos(t), x2 = x2 x2 3sen(t), t ∈ [0, 2π]}, que corresponde a la elipse de ecuación 41 + 92 = 1. Observemos H que para calcular la integral de l´ınea F · T tendr´ıamos que resolver la siguiente C

integral: I F ·T C

Zb =

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

a

Z2π 2 = (arctg(2cost) + 9sen2 t, e9sin t cos(3sent) + 4cos2 t)(−2sent, 3cost)dt 0

Z2π 2 = (−2sentarctg(2cost) − 18sen3 t + 3coste9sen t cos(3sent) + 12cos3 t)dt 0

donde hemos tomado como recorrido regular con orientación positiva del camino cerrado simple C la funci´ on ϕ : [0, 2π] → C dada por: ϕ(t) = (2cost, 3sent). Como vemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son dif´ıciles de calcular, mientras que aplicando el teorema de Green llegamos a la siguiente integral doble: Z

Z (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx =

R

(2x1 − 2x2 )dx, R

siendo R la regi´ on encerrada por la elipse. Esta segunda integral es sencilla de calcular utilizando el siguiente cambio a coordenadas el´ıpticas: x1 x2

= =

2rcosθ 3rsenθ

que transforma el recinto R en el rectángulo R0 = {(r, θ) : 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ θ ≤ 2π}


48

de modo que la u ´ltima integral se transforma en: Z2πZ1

Z 2(2rcosθ − 3rsenθ)6rdrdθ

=

R0

0

12r2 (2cosθ − 3senθ)drdθ

0

Z2π

(2cosθ − 3senθ) r3

1

=

4

=

Z2π 4 (2cosθ − 3senθ)dθ

=

4 (2senθ + 3cosθ]0 = 0

0

dθ

0

0 2π

Otra ventaja del uso del teorema de Green la obtenemos cuando el camino cerrado simple est´ a formado por varios tramos de curvas que necesitan recorridos distintos, como por ejemplo los lados de un rectángulo. Dado el campo vectorial F (x1 , x2 ) = (x32 , x31 + 3x1 x22 ) vamos Ejemplo 1.28 a calcular la integral de l´ınea de este campo a lo largo del camino cerrado simple C formado por los lados del rect´ angulo [−1, 0] × [2, 4] y recorrido en el sentido de las agujas del reloj. Para calcular esta integral de l´ınea tendr´ıamos primero que buscar cuatro recorridos regulares correspondientes a los cuatro lados del rectángulo, lo cual supone bastante trabajo (ver en la sección1.6el problema 2), y después calcular cuatro integrales de l´ınea, mientras que aplicando el teorema de Green la integral de l´ınea se transforma en una sencilla integral doble I Z − F · T = − (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx C

R

Z =

−

3x21 dx

−2

=−

3x21 dx2 dx1

−1 2

R

=

Z0 Z4

0 x31 −1

dx1 = −2.

Otra aplicaci´ on del teorema de Green se obtiene a partir de la siguiente observación. que D1 F2 (x)−D2 F1 (x) = 1, entonces la integral de la Si el campo vectorial F verifica R derecha se convierte en dx = a ´rea(R) y el teorema de Green nos permite calcular R

areas de recintos del plano por medio de la integral de l´ınea de la curva cerrada ´


49

que forma la frontera del recinto R. Una forma sencilla de conseguir que el campo F verifique la condici´ on D1 F2 (x)−D2 F1 (x) = 1 es tomando F (x1 , x2 ) = 21 (−x2 , x1 ). El siguiente ejemplo nos muestra un caso en el cual resulta u ´til la aplicación descrita del teorema de Green porque la integral de l´ınea sobre el recorrido de la curva frontera de R es un poco m´ as sencilla que la integral doble sobre R. Vamos a calcular el área de la región encerrada por la Ejemplo 1.29 2/3 2/3 hipocicloide, que es la curva de ecuación x1 + x2 = a2/3 siendo a > 0, cuya gr´ afica puede verse en la figura 1.4. Para calcular el área de esta región dividir´ıamos R en cuatro partes iguales y llegar´ıamos a la siguiente integral: Za q a ´rea(R) = 4

2/3

(a2/3 − x1 )3 dx1

0

que se resuelve con el cambio de variable x1 = acos3 θ Pero también podemos usar las coordenadas polares para encontrar un recorrido sencillo sobre esta curva [0, 2π] ⊂ R t

ϕ:

→ R2 (acos3 t, asen3 t)

Observemos que el recorrido est´ a orientado positivamente y que aplicando el teorema de Green al campo vectorial F (x1 , x2 ) = 12 (−x2 , x1 ) el cálculo del área de R queda as´ı: Zb

I a ´rea(R)

=

F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 = a

∂R

=

1 2

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

Z2π

(−asen3 t, acos3 t)(−3acos2 tsent, 3asen2 tcost)dt

0

=

3a2 2

Z2π (sen4 tcos2 t + sen2 tcos4 t)dt 0

=

3a2 2

Z2π 0

sen2 tcos2 t(sen2 t + cos2 t)dt =

3a2 2

Z2π

sen2 tcos2 tdt

0

Para resolver esta integral utilizamos las fórmulas trigonométricas senθcosθ =


50

1 2 sen2θ

y sen2 θ = 12 (1 − cos2θ) de modo que a ´rea(R)

Z2π

3a2 sen tcos tdt = 8

Z2π

=

3a2 2

=

2π Z2π 3a2 3a2 sen4t 3πa2 (1 − cos4t)dt = t− = 16 16 4 8 0

0

2

2

sen2 2tdt

0

0

Figura 1.4: Hipocicloide El teorema de Green est´ a enunciado para recintos R cuya frontera es un camino cerrado simple, sin embargo lo podemos aplicar a otros recintos más complicados: los que se puedan expresar como uniones de recintos del primer tipo. El siguiente ejemplo nos muestra un recinto de este tipo Si llamamos R a la corona circular comprendida entre las Ejemplo 1.30 circunferencias x21 + x22 = 1 y x21 + x22 = 4 es fácil ver (ver figura 1.5) que este recinto se puede descomponer en la uni´ on de dos recintos, R1 , R2 , de modo que ambos tienen como frontera curvas cerradas simples. Ahora aplicamos el teorema de Green a los recintos R1 y R2 . Por un lado, tenemos que la frontera de R1 , recorrida en sentido positivo, está formada por cuatro arcos de


51

Figura 1.5: Corona circular curva representados en la figura 5 como C1 , C2 , C3 y C4 y por otro lado la frontera de R2 , recorrida en sentido positivo, está formada por los cuatro arcos de curva C5 , C6 , C7 y C8 . Entonces aplicando el teorema de Green vemos que para todo campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 de clase C 1 se verifica que Z (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx R

Z

Z (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx +

= R1

(D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx R2

I

I F ·T +

= ∂R1

F ·T

∂R2

Z

Z F ·T +

= C1

Z F ·T +

C2

Z + C5

Z F ·T +

C3

Z F ·T +

Z F ·T +

C6

F ·T C4

Z F ·T +

C7

F ·T C8

Pero los recorridos C2 y C8 , as´ı como los recorridos C4 y C6 , se mueven sobre los


52

mismos caminos pero en sentidos contrarios de modo que las integrales de l´ınea respectivas verifican que Z Z F ·T = − F ·T C8

C2

Z

Z F ·T

C4

= −

F ·T

C6

Por otro lado los recorridos C1 y C5 recorren la circunferencia de radio 2 en sentido positivo, mientras que los otros dos recorridos que nos quedan, C3 y C7 ; recorren la circunferencia de radio 1 en sentido negativo, con lo cual el teorema de Green aplicado a este caso nos dice que I I Z F ·T − F ·T (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx = R

CC2

CC1

siendo CC2 la circunferencia de radio 2 y CC1 la circunferencia de radio 1. En los cinco ejemplos anteriores el lector ha podido comprobar como se pueden simplificar de forma significativa las integrales de l´ınea cuando se dan las condiciones suficientes para poder aplicar el teorema de Green, de modo que cuando en el futuro se le proponga resolver una integral de l´ınea, merece la pena emplear unos minutos en analizar si se dan esas condiciones para aplicar esta poderosa herramienta.

1.6. PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 1

1.6.

53

Problemas del cap´ıtulo 1

A continuaci´ on encontrar´ a una colección de problemas cuyos contenidos son similares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema se ofrece una peque˜ na sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unos minutos en pensar c´ omo desarrollar´ıa la solución. De esta forma aprenderá mucho m´ as que si se limita a leer la respuesta. Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2 ), encontrar un recorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4) Sugerencia: Observe que el camino dado es un tramo de la parábola x2 = x21 . La misma funci´ on c que describe el camino puede servir para encontrar el recorrido pedido, para ello bastar´ a con componer esta función c con otra función continua h que transforme cierto intervalo, por ejemplo el intervalo [0, 1], en el intervalo [−2, 3] pero llevando el n´ umero 0 al 3 y el n´ umero 1 al -2. Para conseguir una función h con estas propiedades basta con una función del tipo h(s) = as + b, para ciertos valores a, b adecuados. Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos del cuadrado representado en la figura 1.6 Sugerencia: Empezar construyendo cuatro funciones que sirvan para describir los cuatro lados del cuadrado, usando el método empleado en el ejemplo 1.3. Después modificar los intervalos donde est´ an definidas esas cuatro funciones para construir un camino que una los cuatro lados. Problema 3 Dada una funci´ on f : [a, b] → R que sea diferenciable con continuidad en todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidad finita de puntos, definimos la longitud de la gr´ afica de f como la longitud del recorrido ϕ : [a, b] → R2 dado por ϕ(t) = (t, f (t)). a) Demostrar que la longitud de la gráfica de f es: Zb p

1 + (f 0 (t))2 dt

a

√ b) Calcular la longitud de la gr´ afica de f (t) = 1 − t2 cuando t ∈ [−1, 1]. Sugerencia: Los dos apartados son sencillos de resolver. En el primero bastar´ a con aplicar la definici´ on de longitud de un recorrido al caso que nos dan y en el segundo observar que la gr´ afica de la funci´ on que nos dan corresponde a la semicircunferencia con centro el origen y radio 1, por lo tanto su longitud nos debe dar π Problema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del alambre cuya forma es la porci´ on de la curva de intersección de las superficies x1 + x2 = 1 y x2 + x3 = 1 desde el punto (1, 0, 1) hasta el punto (0, 1, 0), si la densidad del alambre es f (x1 , x2 , x3 ) = x21 Sugerencia: Primero hay que buscar la funci´ on ϕ que recorre el camino descrito para lo cual se puede usar el ejemplo 1.3 ¿porqué? Después se aplican las definiciones

54


Figura 1.6: Cuadrado de lado uno de los tres conceptos que nos llevaran a resolver siete integrales de trayectoria sencillas. Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1 , x2 ) = (x2 , −x1 ) calcular el trabajo realizado por dicho campo al mover una part´ıcula por la hipérbola de ecuación x1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1). Sugerencia: Observe que los puntos del camino satisfacen una ecuaci´ on expl´ıcita en la variable x1 que servir´ a para construir el recorrido y recuerde que el trabajo se calcula usando una integral de l´ınea. Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga eléctrica sobre una part´ıcula cargada en el punto x es   x1 x2 x3   F (x) = k  p 3 , p 3 , p 3  2 2 2 2 2 2 2 2 2 x1 + x2 + x3 x1 + x2 + x3 x1 + x2 + x3 siendo K una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una part´ıcula se mueve a lo largo de una l´ınea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5). Sugerencia: Recuerde que el trabajo se calcula usando una integral de l´ınea. Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conservativos y calcular las funciones potenciales respectivas. a) F (x1 , x2 ) = (−x2 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 ), −x1 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 )) b) F (x1 , x2 , x3 ) = (x2 x3 + 2, x1 x3 + 3, x1 x2 + 4). 3 c) F (x1 , x2 , x3 ) = (ex1 (x2 +x3 ) (x2 +x3 ), ex1 (x2 +x3 ) x1 +log(x23 +1), ex1 (x2 +x3 ) x1 + xx222x ) 3 +1 Sugerencia: Siga los pasos del proceso desarrollado en el ejemplo 1.23. Problema 8 Si F (x1 , x2 , x3 ) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzas constante, demostrar que el trabajo realizado al mover una part´ıcula a lo largo de un camino −−→ arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F (P Q). Sugerencia: Piense en qué casos se verifica que la soluci´ on no depende del camino que se recorra. Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1 , x2 ) =


(

55

3 p x21 + 5 − 3x2 , 6x1 + 5log(1 + x22 )) para mover una part´ıcula por el triángulo

de vértices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj. Sugerencia: Si utiliza el teorema de Green apenas tendr´ a que hacer c´ alculos.

Figura 1.7: media corona Problema 10 Calcule I F ·T C

siendoF (x1 , x2 ) = (x22 , 3x1 x2 ) y C el camino que recorre la media corona circular representada en la figura anterior. Sugerencia: Observe que el camino descrito es cerrado simple lo cual nos permite utilizar ¿qué teorema?


56

1.7.

Soluciones de los problemas del cap´ıtulo 1

Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer la soluci´ on. Problema 1 Dado el camino C = c([−2, 3]), siendo c(t) = (t, t2 ), encontrar un recorrido de C que empiece en el punto (3, 9) y termine en el punto (−2, 4) Soluci´ on Podemos usar la funci´ on c para encontrar el recorrido, para ello solo tendremos que modificar c de modo que avance en sentido contrario. Esto se consigue construyendo una funci´ on h(s) = as + b que nos transforme el intervalo [0, 1] en el intervalo [−2, 3] pero llevando el n´ umero 0 al 3 y el n´ umero 1 al -2. Para ello necesitamos que a, b verifiquen las siguientes ecuaciones: h(0) = b = 3 h(1) = a + b = −2 De donde obtenemos que b = 3 y a = −5. Entonces la función ϕ = f ◦ h dada por ϕ:

[0, 1] ⊂ R s

→

C ⊂ R2 (−5s + 3, (−5s + 3)2 )

es un recorrido sobre C que empieza en ϕ(0) = (3, 9) y termina en ϕ(1) = (−2, 4) como nos ped´ıan. Observemos que se puede coger cualquier intervalo [p1 , p2 ] con p1 < p2 para definir ϕ porque el sistema lineal correspondiente h(p1 ) = ap1 + b = 3 h(p2 ) = ap2 + b = −2 es siempre compatible determinado. Problema 2 Encontrar un recorrido que pase por todos los puntos del cuadrado representado en la siguiente figura: Soluci´ on: Vamos a usar la funci´ on descrita en el ejemplo 1.3 que sirve para describir un recorrido sobre un segmento de una recta, en cada uno de los cuatro lados del cuadrado. Para ello necesitamos determinar para cada lado un punto y un vector director. lado1 lado3

punto (0, 0) punto (1, 1)

vector (1, 0) vector (−1, 0)

lado2 lado4

punto (1, 0) punto (0, 1)

vector (0, 1) vector (0, −1)

Siguiendo los pasos del ejemplo 1.3, construimos ahora cuatro funciones; c1, c2 , c3 y c4 , todas ellas definidas sobre el intervalo [0, 1], de modo que cada función nos proporcione el camino del lado correspondiente: c1 (t) = (0, 0) + t(1, 0) = (t, 0) c3 (t) = (1, 1) + t(−1, 0) = (1 − t, 1)

c2 (t) = (1, 0) + t(0, 1) = (1, t) c4 (t) = (0, 1) + t(0, −1) = (0, 1 − t)

1.7. SOLUCIONES DE LOS PROBLEMAS DEL CAPÍTULO 1

57

Figura 1.8: Recorrido del cuadrado Ahora vamos a construir cuatro funciones h1 , h2 , h3 y h4 que nos transformaran los intervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] en el intervalo [0, 1] respectivamente. Como vimos en el problema anterior, las funciones hi que necesitamos son del tipo hi (s) = ai s+bi siendo ai , bi los n´ umeros adecuados para que cada intervalo se transforme en el intervalo [0, 1]. Estos n´ umeros los obtenemos resolviendo los siguientes sistemas lineales: h1 (0) = b1 = 0 h2 (1) = a2 + b2 = 0 h (1) = a + b = 1 h 1 1 1 2 (2) = a2 2 + b2 = 1 h3 (2) = a3 2 + b3 = 0 h4 (3) = a4 3 + b4 = 0 h3 (3) = a3 3 + b3 = 1 h4 (4) = a4 4 + b4 = 1 Resolviendo estos sistemas obtenemos que h1 (s) = s h2 (s) = s − 1 h3 (s) = s − 2 h4 (s) = s − 3 Ahora ya estamos preparados para construir la función ϕ que describe el recorrido pedido. El intervalo de partida va a ser [0, 4] y ϕ estará definida en los cuatro subintervalos [0, 1], [1, 2], [2, 3] y [3, 4] utilizando para cada uno de ellos las funciones ci y hi que hemos construido.  c1 ◦ h1 (s) = (s, 0) si s ∈ [0, 1]    c2 ◦ h2 (s) = (1, s − 1) si s ∈ [1, 2] ϕ(s) = . c3 ◦ h3 (s) = (1 − (s − 2), 1) = (3 − s, 1) si s ∈ [2, 3]    c4 ◦ h4 (s) = (0, 1 − (s − 3)) = (0, 4 − s) si s ∈ [3, 4] Observemos que la funci´ on as´ı construida es continua en todos los puntos pero no es derivable en s = 1, s = 2 y s = 3.


58

Problema 3 Dada una funci´ on continua f : [a, b] ⊂ R → R que sea diferenciable con continuidad en todo el intervalo excepto a lo sumo en una cantidad finita de puntos, definimos la longitud de la gr´ afica de f como la longitud del recorrido ϕ : [a, b] → R2 dado por ϕ(t) = (t, f (t)). a) Demostrar que la longitud de la gráfica de f es: Zb p

1 + (f 0 (t))2 dt

a

√ b) Calcular la longitud de la gr´ afica de f (t) = 1 − t2 cuando t ∈ [−1, 1]. Soluci´ on: Observemos que las condiciones pedidas a la función f nos aseguran que la funci´ on ϕ es un recorrido sobre la curva formada por los puntos de la gráfica de f . Recordemos que la gr´ afica de f se define precisamente como el siguiente conjunto: Gr´ af ica(f ) = {(t, x) ∈ R1+1 ; f (t) = x} a) Basta con aplicar la definici´ on de longitud de un recorrido al recorrido asociado a la gr´ afica de la funci´ on f cuyo vector velocidad es: ϕ0 (t) = (1, f 0 (t)) de modo que: Zb

0

||ϕ (t)||dt =

l(ϕ) =

Zb p

a

1 + (f 0 (t))2 dt

a

√ b) En este caso el recorrido ϕ corresponde al camino C = {(x1 , x2√ ) = (t, 1 p − t2 ); t ∈ 2 [−1, 1]}; es decir que los puntos (x1 , x2 ) ∈ C verifican que x2 = 1 − t = 1 − x21 , o equivalentemente x21 + x22 = 1 lo cual significa que C es la semicircunferencia de radio 1 y centro (0, 0) que est´ a contenida en el semiplano x2 ≥ 0. Por el apartado a) la longitud de esta gr´ afica ser´ a:

longitud

Gr´ af ica(f )

=

Zb p 12 + (f 0 (t))2 dt a

Z1

s

=

1+

−1

Z1 r =

1+

−2t √ 2 1 − t2

t2 dt 1 − t2

−1

Z1 r = −1

1 dt 1 − t2

2 dt


59

Para resolver esta integral hacemos el cambio de variable t = cos s y nos queda la siguiente integral Z0 r

1 (−sens)ds = 1 − cos2 s

π

Zπ r

1 (sens)ds = sen2 s

0

Zπ ds = π 0

q 1 1 En este caso hemos podido simplificar sen2 s = sens porque en el intervalo [0, π] la funci´ on sens toma valores positivos. Problema 4 Hallar la masa, el centro de masas y el momento de inercia del alambre cuya forma es la porci´ on de la curva de intersección de las superficies x1 + x2 = 1 y x2 + x3 = 1 desde el punto (1, 0, 1) hasta el punto (0, 1, 0), si la densidad del alambre es f (x1 , x2 , x3 ) = x21 Soluci´ on: Empezamos buscando un recorrido regular ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R3 . Observemos que las ecuaciones de las dos superficies corresponden a dos planos en el espacio y por lo tanto el camino de este problema es un segmento de la recta intersecci´ on de ambos planos. Como vimos en el ejemplo 1.3 si tenemos dos puntos de la recta entonces el recorrido ϕ viene dado por: ϕ(t) = (1, 0, 1) + t(−1, 1, −1) = (1 − t, t, 1 − t) con t ∈ [0, 1]. Ahora para calcular los datos que nos piden utilizamos las fórmulas: Zb masa(alambre)

=

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a



 Z

centro

momento

de

de

Z

Z

1  x1 f, x2 f, x3 f  masa(alambre) C C C   Z Z Z inercia =  (x22 + x23 )f, (x21 + x23 )f, (x21 + x22 )f  masa =

C

C

C

Empecemos calculando la masa del alambre, para ello observamos que f (ϕ(t)) = (1 − t)2 y que ϕ0 (t) = (−1, 1, −1) Z1

2

(1 − t)

masa(alambre) = 0

√

3dt =

√

(1 − t)3 3 − 3

√

1 = 0

3 1 =√ . 3 3


60

Pasamos ahora a calcular el centro de masa

=

centro de masa  1 Z √ √ 3  (1 − t)3 3dt, 0

= =

Z1

√ t(1 − t)2 3dt,

0

1 (1 − t)4 3 − , 4 0

2

Z1

 √ (1 − t)3 3dt

0 3

4 1

t 2t t − + 2 3 4

,

0

(1 − t)4 − 4

1 ! 0

1 (3, 1, 3) . 4

Por u ´ltimo calculamos el momento de inercia que será el vector:   1 Z1 Z1 Z √ √ √  (t2 + (1 − t)2 )(1 − t)2 3dt, 2(1 − t)4 3dt, (t2 + (1 − t)2 )(1 − t)2 3dt 0

0

=

= =

0

 1  Z1 Z 5 2(1 − t) 1 3  (2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t + 1)dt, − ]0 , (2t4 − 6t3 + 7t2 − 4t + 1)dt 5 0 0 5 1 5 1 ! 4 3 4 √ 2 2t 2t 3t 7t 3t 7t3 2 2 3 − + − 2t + t , , − + − 2t + t 5 2 3 5 2 3 0 5 0 √ 3 (7, 12, 7) . 30

√

Problema 5 Dado el campo de fuerzas F (x1 , x2 ) = (x2 , −x1 ) calcular el trabajo realizado por dicho campo al mover una part´ıcula por la hipérbola de ecuación x1 + 1 = (x2 + 1)3 desde el punto (0, 0) hasta el punto (7, 1). Soluci´ on: Empezamos buscando el recorrido. Para ello utilizaremos la ecuación de la hipérbola y tomaremos una de las variables como parámetro t. Observemos que si tomamos x2 = t el recorrido nos queda ϕ(t) = ((t + 1)3 − 1, t) mientras que √ 3 si tomamos x1 = t el recorrido queda as´ı ϕ(t) = (t, t + 1 − 1), como la primera funci´ on de t es un poco m´ as sencilla a la hora de derivar e integrar vamos a tomar esa opci´ on, de modo ϕ : [0, 1] → C viene dado por ϕ(t) = ((t + 1)3 − 1, t). Ahora


61

pasamos a calcular el trabajo utilizando la siguiente integral de l´ınea:

Z1

Z F ·T

=

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

0

C

Z1 =

(t, −(t + 1)3 + 1)(3(t + 1)2 , 1)dt

0

Z1 =

(3t2 + 2t3 )dt =

0

=

1 t3 + t4 2

1 = 0

3 . 2

Problema 6 La fuerza que ejerce en el origen una carga eléctrica sobre una part´ıcula cargada en el punto x es





 F (x) = k  p

x1 x21 + x22 + x23

3 , p

x2

x3  3 , p 3  x21 + x22 + x23 x21 + x22 + x23

siendo k una constante. Calcular el trabajo realizado cuando una part´ıcula se mueve a lo largo de una l´ınea recta desde (2, 0, 0) hasta (2, 1, 5) Soluci´ on Empezamos buscando el recorrido. Seg´ un vimos en el ejemplo 1.3 el recorrido viene dado por:

ϕ:

[0, 1] ⊂ R t

→ C ⊂ R3 (a1 , a2 , a3 ) + t(v1 , v2 , v3 )

siendo (a1 , a2 , a3 ) = (2, 0, 0) el punto de partida y (v1 , v2 , v3 ) = (2, 1, 5) − (2, 0, 0) = (0, 1, 5) el vector director de la recta. De modo que el recorrido en este caso es: ϕ(t) = (2, t, 5t) con t ∈ [0, 1]. Ahora calculamos el trabajo resolviendo la siguiente


62

integral de l´ınea: Z F ·T C

Z1 =

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

0

Z1 k

=

√

0

Z1 =

k

√ 0

2 22 + t2 + 25t2 26t

4 + 26t2

3 , √

3 dt = k

t 22 + t2 + 25t2

−1 √ 4 + 26t2

3 , √

1 =k 0

!

5t

22 + t2 + 25t2 ! √ 30 − 2 √ . 2 30

3

(0, 1, 5)dt

Problema 7 Comprobar que los siguientes campos vectoriales son conservativos y calcular las funciones potenciales respectivas. a) F (x1 , x2 ) = (−x2 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 ), −x1 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 )) b) F (x1 , x2 , x3 ) = (x2 x3 + 2, x1 x3 + 3, x1 x2 + 4) c) F (x1 , x2 , x3 ) = (ex1 (x2 +x3 ) (x2 + x3 ), ex1 (x2 +x3 ) x1 + log(x23 + 1), 3 ex1 (x2 +x3 ) x1 + xx222x ) 3 +1 Soluci´ on: a) Vamos a comprobar que se verifica la condición 1.1 de campo conservativo en el plano. D2 F1 (x1 , x2 ) = −sen(x1 x2 ) − x2 x1 cos(x1 x2 ) + 2 = D1 F2 (x1 , x2 ) Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular la funci´ on potencial; es decir el campo escalar f : U ⊂ R2 → R que verifica que on entre las funciones f, F1 y F2 , esto es ∇f = F a partir de la relaci´ D1 f (x1 , x2 )

=

F1 (x1 , x2 )

D2 f (x1 , x2 )

=

F2 (x1 , x2 )

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z Z f (x1 , x2 ) = F1 (x1 , x2 )dx1 + C(x2 ) = F2 (x1 , x2 )dx2 + K(x1 ) Vamos a utilizar la primera de las igualdades para calcular f . Z f (x1 , x2 ) = F1 (x1 , x2 )dx1 + C(x2 ) Z = (−x2 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 ))dx1 + C(x2 ) =

cos(x1 x2 ) + x21 + 2x1 x2 + C(x2 )


63

Por lo tanto para saber c´ omo es f (x1 , x2 ) solo nos falta calcular la función C(x2 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relación ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 )

=

−x1 sen(x1 x2 ) + 2x1 + C 0 (x2 ) = F2 (x1 , x2 )

=

−x1 sen(x1 x2 ) + 2(x1 + x2 )

De donde se deduce que C 0 (x2 ) = 2x2 y por lo tanto C(x2 ) = En conclusi´ on hemos obtenido que f (x1 , x2 )

R

2x2 dx2 = x22 + C.

= cos(x1 x2 ) + x21 + 2x1 x2 + x22 + C =

cos(x1 x2 ) + (x1 + x2 )2 + C

b) Empezamos comprobando que verifica las tres condiciones descritas en (1.2) para ser conservativo: D2 F1 (x1 , x2 , x3 )

= x3 = D1 F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 F1 (x1 , x2 , x3 )

= x2 = D1 F3 (x1 , x2 , x3 )

D3 F2 (x1 , x2 , x3 )

= x1 = D2 F3 (x1 , x2 , x3 )

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular la funci´ on potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relación entre las funciones f, F1 , F2 y F3 , esto es D1 f (x1 , x2 , x3 )

=

F1 (x1 , x2 , x3 )

D2 f (x1 , x2 , x3 )

=

F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 f (x1 , x2 , x3 )

=

F3 (x1 , x2 , x3 )

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z f (x1 , x2 , x3 ) = F1 (x1 , x2 , x3 )dx1 + C1 (x2 , x3 ) Z = (x2 x3 + 2)dx1 + C1 (x2 , x3 ) = x1 x2 x3 + 2x1 + C1 (x2 , x3 ) Ahora para saber c´ omo es f nos falta calcular la función C1 (x2 , x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 , x3 ) = x1 x3 + D2 C1 (x2 , x3 ) = F2 (x1 , x2 , x3 ) = x1 x3 + 3 De donde se deduce que D2 C1 (x2 , x3 ) = 3


64

y por lo tanto Z C1 (x2 , x3 ) =

3dx2 + K(x3 ) = 3x2 + K(x3 )

Observemos que de nuevo la constante que aparece al realizar la integral indefinida puede depender de la variable x3 que está actuando en este caso como una constante. De modo que tenemos la siguiente expresión para f f (x) = x1 x2 x3 + 2x1 + C1 (x2 , x3 ) = x1 x2 x3 + 2x1 + 3x2 + K(x3 ) Por u ´ltimo, para saber c´ omo es f solo nos falta calcular la función K(x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x3 obtenemos que D3 f (x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 + K 0 (x3 ) = F3 (x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 + 4 De donde se deduce que K 0 (x3 ) = 4 y por lo tanto Z K(x3 ) =

4dx3 + K = 4x3 + K

En conclusi´ on hemos probado que la función potencial es f (x1 , x2 , x3 ) = x1 x2 x3 + 2x1 + 3x2 + 4x3 + K. c) Empezamos comprobando que se verifican las tres condiciones descritas en 1.2 para que F sea un campo conservativo. D2 F1 (x1 , x2 , x3 )

= ex1 (x2 +x3 ) (x1 )(x2 + x3 ) + ex1 (x2 +x3 ) = D1 F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 F1 (x1 , x2 , x3 )

= ex1 (x2 +x3 ) (x1 )(x2 + x3 ) + ex1 (x2 +x3 ) = D1 F3 (x1 , x2 , x3 ) 2x3 = D2 F3 (x1 , x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) (x1 )2 + 2 x3 + 1

D3 F2 (x1 , x2 , x3 )

Una vez establecido que el campo vectorial es conservativo podemos calcular la funci´ on potencial f, que verifica que ∇f = F , a partir de la relación entre las funciones f, F1 , F2 y F3 , esto es D1 f (x1 , x2 , x3 )

=

F1 (x1 , x2 , x3 )

D2 f (x1 , x2 , x3 )

=

F2 (x1 , x2 , x3 )

D3 f (x1 , x2 , x3 )

=

F3 (x1 , x2 , x3 )


65

Estas relaciones nos permiten afirmar que Z f (x1 , x2 , x3 ) = F1 (x1 , x2 , x3 )dx1 + C1 (x2 , x3 ) Z = ex1 (x2 +x3 ) (x2 + x3 )dx1 + C1 (x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) + C1 (x2 , x3 ) Ahora para saber c´ omo es f nos falta calcular la función C1 (x2 , x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x2 obtenemos que D2 f (x1 , x2 , x3 )

= ex1 (x2 +x3 ) x1 + D2 C1 (x2 , x3 ) = F2 (x1 , x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) x1 + log(x23 + 1)

De donde se deduce que D2 C1 (x2 , x3 ) = log(x23 + 1) y por lo tanto Z C1 (x2 , x3 ) =

log(x23 + 1)dx2 + K(x3 ) = x2 log(x23 + 1) + K(x3 )

De modo que tenemos la siguiente expresión para f f (x) = ex1 (x2 +x3 ) + C1 (x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) + x2 log(x23 + 1) + K(x3 ) Por u ´ltimo, para saber c´ omo es f solo nos falta calcular la función K(x3 ). Para ello volvemos a usar de nuevo la relaci´ on ∇f = F , de modo que si derivamos respecto a la variable x3 obtenemos que D3 f (x1 , x2 , x3 )

= ex1 (x2 +x3 ) x1 +

x2 2x3 + K 0 (x3 ) x23 + 1

= F3 (x1 , x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) x1 +

x2 2x3 x23 + 1

De donde se deduce que K 0 (x3 ) = 0 y por lo tanto Z K(x3 ) =

0dx3 + K = K


66

En conclusi´ on hemos probado que la función potencial es: f (x1 , x2 , x3 ) = ex1 (x2 +x3 ) + x2 log(x23 + 1) + K. Problema 8 Si F (x1 , x2 , x3 ) = (a, b, c) es un campo vectorial de fuerzas constante, demostrar que el trabajo realizado al mover una part´ıcula a lo largo de un camino −−→ arbitrario desde un punto P hasta otro punto Q es igual a F P Q. Soluci´ on Al ser el campo de fuerzas constante es fácil ver que verifica las condiciones 1.2 y por lo tanto es un campo vectorial conservativo cuya función potencial es f (x1 , x2 , x3 ) = ax1 +bx2 +cx3 +C y podemos aplicar el segundo teorema fundamental de la integral de l´ınea Z F · T = f (Q) − f (P ) = aQ1 + bQ2 + cQ3 + C − (aP1 + bP2 + cP3 + C) ϕ

=

−−→ a(Q1 − P1 ) + b(Q2 − P2 ) + c(Q3 − P3 ) = F P Q.

Problema 9 Calcular el trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1 , x2 ) = p (( x21 + 5)3 − 3x2 , 6x1 + 5log(1 + x22 )) para mover una part´ıcula por el triángulo de vértices (0, 0), (5, 0) y (0, 5) en el sentido contrario a las agujas del reloj. Soluci´ on Como el camino es en este caso cerrado simple y F es de clase C 1 en todo el plano, podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integral de l´ınea sobre el tri´ angulo en una integral doble sobre la región encerrada por el triángulo I Z F ·T = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx R

∂R

Z (6 − (−3))dx = 9area(R) = 9

=

25 2

R

Puesto que el tri´ angulo descrito es rectángulo (se apoya en los ejes de coordenadas) y tiene tanto la base como la altura iguales a 5. Problema 10 Calcule I x22 dx1 + 3x1 x2 dx2 C

siendo C el camino representado en la figura 1.7. Soluci´ on Como C es un camino cerrado simple y el campo F es de clase C 1 en el plano podemos aplicar el teorema de Green y convertir la integral de l´ınea sobre la media corona circular en una integral doble sobre la región R encerrada por ∂R I Z Z Z F · T = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx = (3x2 − 2x2 )dx = x2 dx. ∂R

R

R

R


67

Para calcular esta integral doble es conveniente hacer un cambio a coordenadas polares que nos transforman la región R en el rectángulo R0 = {(r, θ); r ∈ [1, 2], θ ∈ [0, π]} de modo que Z2 Zπ

Z

I F ·T

=

x2 dx = R

∂R

Z2 = 1

(rsenθ)rdθdr 1

0 π

r2 (−cosθ]0 dr = 2

r3 3

2 = 1

14 . 3


68

1.8.

Pruebas de autoevaluaci´ on del cap´ıtulo 1

Prueba 1 √ 1 : El recorrido definido por ϕ(t) = ( t − 1, 3t) con t ∈ [0, 1], se mueve a lo largo de: a) Una recta. b) Un elipse. c) Una par´ abola. 2 :p El m´ odulo de la √ velocidad en el instante t0 del recorrido anterior es: 9t2 + t + 1 − 2 t a) q

b) c)

1 36t+1 2 t √ 1 3 t 4

3 : Sea C ⊂ R3 un camino que pasa por los puntos correspondientes a la ecuaci´ on: 3x21 + 2x22 − 6x1 + 4x2 = 1. Diga cual de los siguientes recorridos corresponde al camino C. √ √ a) ϕ(t) = (1 + √2 cos t, √3sent − 1) b) ϕ(t) = (1 − √ 2 cos t, √ 3sent + 1) c) ϕ(t) = (1 + 3 cos t, 2sent − 1) 4 : La longitud de un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn se define por: Rb a) ||ϕ(t)||dt b) c)

a Rb a Rb

||ϕ0 (t)||dt ϕ0 (t)dt

a

5 : La masa del muelle C =

n

√1 (cos t, sent, t); t 2

o ∈ [0, 6π] ⊂ R3 siendo la densi-

dad del alambre f (x1 , x2 , x3 ) = 1 + x3 es: 3π a) 6π 1 + √2 b) 3π √7 c) 2π 6 : Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campo escalar acotado f definido sobre C, se llama integral de trayectoria de f a lo largo de ϕ a la integral: Rb a) f (ϕ(t))||ϕ(t)||dt a

´ DEL CAPÍTULO 1 1.8. PRUEBAS DE AUTOEVALUACION

b) c)

Rb a Rb

69

f (ϕ(t))ϕ0 (t)dt f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

7 : Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial acotado F definido sobre C, se llama integral de l´ınea de F a lo largo de ϕ a la integral: Rb a) F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt b) c)

a Rb a Rb

F (ϕ(t))ϕ00 (t)dt F (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

8 : Sean α1 y α2 dos recorridos equivalentes de C y sea F un campo continuo definido sobreRC, entonces se verifica que: R a) F · T = F · T α2 α1 R R b) F · T = − F · T α1 α2 R R c) F · T = F · T α1 α2 9 : Cual de las siguientes funciones verifica las condiciones de los recorridos regulares: a) ϕ(t) = (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 ) con t ∈ [0, 2π] b) ϕ(t) = (a cos(t) + p1 , b sin(t) + p2 ) con t ∈ [0, 2kπ] y k ∈ N c) ϕ(t) = (a cos(kt) + p1 , b sin(kt) + p2 ) con t ∈ [0, 2π] y k ∈ N 10 : El trabajo realizado por el campo de fuerzas F (x1 , x2 , x3 ) = (x2 , −x1 , 1) al mover una part´ıcula por el recorrido ϕ(t) = (cos t, sent, t/2π) con t ∈ [0, 2π] es: a) 1 − 2π b) 2π − 1 c) 2π Las soluciones est´ an en el apéndice A


70

Prueba 2 1: La longitud de la cicloide recorrida por la función ϕ(t) = (r(t − sent), r(1 − cos t) con t ∈ [0, 2π] es igual a: a) 3r b) 4r c) 8r 2 : La integral de l´ınea del campo vectorial F (x1 , x2 , x3 ) = (cos x3 , ex1 , ex2 ) a lo largo del recorrido ϕ(t) = (1, t, et ) con t ∈ [0, 2] es igual a: a) 2e + 21 e4 − 12 b) 2e + 4e2 c) e + 2e2 3 : Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn es conservativo si: a) Verifica que F (x) = F (y) para todo par x, y ∈ U. b) RExiste una funci´ on f : U ⊂ Rn → R tal que ∇f (x) = F (x) para todo x ∈ U. c) F N = 0 para todo camino cerrado simple C ⊂ U. C

4 : Se˜ nale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo: 1 a) F (x1 , x2 ) = senx , log(x42 + x22 + 1) x2 +4 1

b) F (x1 , x2 ) = (x1 + x2 , x2 − x1 ) c) F (x1 , x2 ) = (x1 x2 , x1 x2 ) 5 : Se˜ nale cual de los siguientes campos vectoriales es conservativo: a) F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 x3 , x2 x3 , x1 x2 ) b) F (x1 , x2 , x3 ) = (senx1 , log(x22 + 1), 3x23 ) c) F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + 2x2 , 2x1 + x3 , 2x2 + x3 ) 6 : El teorema de Green establece que dado un campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 de clase C 1 , donde U es un conjunto abierto que contiene a la región R y donde ∂R, la frontera de R, es un caminoR cerrado simple, se verifica que: H a) F1 (x)dx1 − F2 (x)dx2 = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx. R ∂R H R b) F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 = (D1 F2 (x) + D2 F1 (x))dx. ∂R RR H c) F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx. ∂R

R

7 : Sea C un camino cerrado simple y sea R la región encerrada por C, entonces por el Teorema de Green se verifica que


a) a ´rea(R) = b) a ´rea(R) = c) a ´rea(R) =

1 2 1 2

H C H

HC 1 2

71

−x2 dx1 + x1 dx2 x1 dx1 + x2 dx2 x2 dx1 + x1 dx2

C

8 Si C es el tri´ angulo de vértices (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) entonces la integral de l´ınea Z senπx1 dx2 − cos πx2 dx3 C

a) es π2 + 1 b) es π c) es 0 9: Si C es el cuadrado de vértices (0, 0), (0, 1), (1, 1) y (1, 0) entonces la integral de l´ınea I x21 dx1 + x1 x2 dx2 C

a) es 1 b) es 1/2 c) es 2 10: Si C es el cuadrado de la pregunta anterior y consideramos el campo vectorialH F (x1 , x2 ) = (x42 + x31 , 2x61 ) entonces: a) F · T = 1 C H b) F · T = 0 HC c) F · T = 1/2 C

Las soluciones est´ an en el apéndice A

72


Cap´ıtulo 2

Integrales sobre superficies En este cap´ıtulo se estudian las integrales de campos escalares y de campos vectoriales a lo largo de una superficie de R3 . Ahora solo trabajaremos en R3 . Como en el cap´ıtulo anterior, el principal objetivo es mostrar cómo se utilizan estas herramientas matem´ aticas para estudiar conceptos f´ısicos como, por ejemplo, el flujo, o cantidad de fluido, que atraviesa una superficie por unidad de tiempo. El cap´ıtulo consta de cuatro secciones. En la primera, vamos a establecer las estructuras matem´ aticas de superficie y de recorrido de una superficie, para introducir después, en la siguiente, las integrales de campos escalares y de campos vectoriales sobre las superficies. Veremos también en la sección 2.2 distintas aplicaciones de estas integrales en problemas de F´ısica. En la secci´ on 2.3 analizaremos bajo qué condiciones se puede asegurar que dos recorridos de una misma superficie son equivalentes, que nos llevará a la definición de recorrido regular de una superficie simple. Veremos que las integrales de campos escalares no cambian si los recorridos regulares son equivalentes, pero las integrales de campos vectoriales si pueden cambiar de signo, como suced´ıa con las integrales sobre caminos, raz´ on por la cual es necesario introducir el concepto de superficie orientable. Como curiosidad describiremos una superficie que no es orientable: la cinta de M¨ obius. En la secci´ on 2.4, enunciaremos el teorema de Stokes en R3 y el teorema de Gauss. Ambos resultados, como veremos en la segunda unidad didáctica, se deducirán del teorema general de Stokes para Rn . Mostraremos distintas situaciones en las cuales resulta especialmente ventajosa la aplicación de estos teoremas. De nuevo, como en el cap´ıtulo anterior, las tres u ´ltimas secciones están dedicadas a reforzar los conceptos y estrategias aprendidos resolviendo los problemas que se proponen.

73

74

CAPÍTULO 2. INTEGRALES SOBRE SUPERFICIES

Notación Para denotar a las superficies utilizaremos la letra S y para los recorridos de las superficies seguiremos empleando las letras ϕ y ψ, pero ahora serán funciones de dos variables que est´ an definidas en conjuntos de R2 , que denotaremos por la letra R porque les llamaremos regiones simples. Como es habitual, dado un conjunto ◦

R ⊂ Rn denotaremos por R al conjunto formado por los puntos interiores a R, por R al conjunto formado por los puntos de adherencia de R y por f ron(R) al conjunto formado por los puntos frontera de R. Recordemos que siempre se verifican las siguientes relaciones: ◦

R⊂R⊂R ◦

R ∪ f ron(R) = R R es cerrado si y solo si R = R Por otro lado, vamos a trabajar con matrices de tama˜ no n×m (n filas y m columnas) donde n y m tomaran los valores 2 y 3 y necesitaremos conocer el rango de estas matrices; es decir el n´ umero de filas (o el de columnas) linealmente independientes. Usaremos la notaci´ on rangDϕ(u) para hablar del rango de la matriz Dϕ(u). El lector ya deber´ıa estar acostumbrado a la notación que usamos en el cap´ıtulo anterior para describir objetos matemáticos con coordenadas o componentes, v = (v1 , ..., vn ) ∈ Rn y ϕ = (ϕ1 , ..., ϕn ). A partir de ahora tendremos que trabajar con objetos matem´ aticos que llevan el guión y además tienen un sub´ındice, lo cual nos obliga a usar un sub´ındice doble para las coordenadas o componentes de los mismos. As´ı por ejemplo, cuando llamamos u0 a un vector de R2 denotaremos a sus coordenadas de la siguiente manera: u0 = (u01, u02 ). De forma análoga para describir las componentes de una funci´ on del tipo ψ k : R ⊂ R2 → R3 usaremos la siguiente notaci´ on para sus componentes: ψ k (u) = (ψk1 (u), ψk2 (u), ψk3 (u)). Por otro lado, dados dos vectores v = (v1 , v2 , v3 ), w = (w1 , w2 , w3 ) en R3 denotaremos, como es habitual, por v × w al producto vectorial de v y w, que se obtiene al resolver el siguiente determinante:   i j k v × w = det  v1 v2 v3  . w1 w2 w3 Recordemos que las letras i, j, k hacen referencia a los vectores de la base canónica i = e1 = (1, 0, 0), j = e2 = (0, 1, 0) y k = e3 = (0, 0, 1), de modo que si calculamos

2.1. SUPERFICIES Y RECORRIDOS

75

el determinante y luego re-ordenamos los sumandos obtenidos para poder agrupar los que tengan a i, los que tengan a j y los que tengan a k, obtenemos el vector:   i j k det  v1 v2 v3  w1 w2 w3 =

iv2 w3 + jv3 w1 + kv1 w2 − (kv2 w1 + jv1 w3 + iw2 v3 )

=

(v2 w3 − w2 v3 )i + (v3 w1 − v1 w3 )j + (v1 w2 − v2 w1 )k

=

((v2 w3 − w2 v3 ), (v3 w1 − v1 w3 ), (v1 w2 − v2 w1 )).

Por u ´ltimo, en algunas ocasiones, por cuestiones de espacio, aparecerán las coordenadas de un vector en columna en lugar de aparecer en fila que es lo habitual.

2.1.

Superficies y recorridos

En esta primera secci´ on se establecen los conceptos de superficie y recorrido de una superficie, que est´ an relacionados entre s´ı como los conceptos de camino y recorrido de un camino. Al igual que suced´ıa en el cap´ıtulo anterior, ahora estamos más interesados en c´ omo recorrer toda la superficie que en las propiedades locales de la superficie. A los desplazamientos a lo largo de una superficie S les llamaremos recorridos de S Para definir caminos y recorridos de caminos se usan funciones que act´ uan sobre un intervalo [a, b]. Ahora las funciones están definidas en un conjunto cerrado y acotado de R2 (un compacto), al cual pediremos que sea conexo, porque de otro modo las superficies estar´ıan formadas por subconjuntos disjuntos, y también le pediremos que tenga interior no vac´ıo, porque de otro modo los caminos en R3 ser´ıan también superficies. Una clase de conjuntos que re´ une estas propiedades son las regiones encerradas por una curva cerrada simple. Por ejemplo, los rectángulos y los c´ırculos. Emplearemos la letra R para denotarlos y les llamaremos regiones simples. Observemos que las regiones simples son también conjuntos medibles Jordan, porque su frontera (el camino cerrado simple) es un conjunto de medida nula en R2 . Diremos que un subconjunto acotado R ⊂ R2 Definici´ on 2.1 es una regi´ on simple si es un conjunto cerrado y su frontera es un camino cerrado simple. En el curso Topolog´ıa se muestra que si f ron(R) es un camino cerrado simple entonces R, la regi´ on encerrada por ese camino, es un conjunto compacto (puesto ◦

que es cerrado y acotado) y tanto R como R no solo son conjuntos conexos sino que adem´ as son también arco conexos.


76

En el cap´ıtulo anterior nos asegur´ abamos de que el camino en Rn no fuera un punto pidiendo a la funci´ on que define a los puntos del camino que no sea constante. Ahora para conseguir que la definición de superficie no incluya ni puntos, ni tampoco caminos en R3 no basta con pedir a la función que define los puntos de la superficie que no sea constante, porque si F (t) = (F1 (t), F2 (t), F3 (t)) define un camino en R3 las funciones G1 (t, s) = (F1 (t), F2 (t), F3 (t)) y G2 (t, s) = (F1 (s), F2 (s), F3 (s)) describen los mismos puntos del espacio que la función F y no son constantes. Lo que le sucede es que estas funciones G1 y G2 si son constantes en los subconjuntos del tipo {t0 } × (s0 − δ, s0 − δ) y (t0 − δ, t0 − δ) × {s0 } respectivamente. Observemos que los valores de una funci´ on en este tipo de subconjuntos son los que determinan los valores de las derivadas parciales de las funciones respecto de la segunda y la primera variable en (t0 , s0 ) respectivamente. Llamamos superficie en R3 a todo conjunto Definici´ on 2.2 3 de puntos S ⊂ R que se obtiene al tomar la imagen de una región simple R por una funci´ on continua F : R ⊂ R2 → R3 , es decir, S = F (R) tal que F es de clase C 1 y tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos de R excepto en un conjunto de medida nula. Como suced´ıa con los caminos, las superficies vienen descritas a través de funciones que en la mayor´ıa de los casos nos servirán como recorridos, como veremos en la siguiente definici´ on. Para los recorridos de las superficies volveremos a utilizar la letra ϕ. Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que una Definici´ on 2.3 2 funci´ on ϕ : R ⊂ R → R3 es un recorrido de S si ϕ es una función de clase C 1 con matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos de la regi´ on simple R excepto en un conjunto de medida nula y además verifica que ϕ(R) = S. Mas adelante introduciremos la definición de recorrido regular2.16 que, al igual que en el caso de caminos y recorridos, incluye condiciones de inyectividad y buen comportamiento en el interior de la región simple R A continuaci´ on vamos a ver algunos ejemplos de superficies y de recorridos. Empecemos por el m´ as sencillo: un sector de un plano. Ejemplo 2.4 la forma:

Recordemos que la ecuación general de un plano en R3 es de a1 x1 + a2 x2 + a3 x3 = a4


77

donde los par´ ametros a1 , a2 y a3 determinan un vector perpendicular al plano, como es el vector (a1 , a2 , a3 ) y el par´ ametro a4 determina por qué puntos pasa el plano; por ejemplo pasar´ a por el origen de coordenadas si y solo si se verifica que a4 = 0. A partir de esta ecuaci´ on del plano podemos despejar una de las tres variables; por ejemplo si a3 6= 0 tenemos que x3 = a13 (a4 − a1 x1 − a2 x2 ). Una vez despejada una de las variables podemos recorrer un sector de plano con la función: ϕ:

[a, b] × [c, d] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (u1 , u2 , a13 (a4 − a1 u1 − a2 u2 ))

En este caso es f´ acil observar que el recorrido es de clase C ∞ no solo en los puntos de la regi´ on R sino que se puede extender a todos los puntos de R2 y sigue siendo de clase C ∞ . Adem´ as sus dos primeras componentes hacen que sea una función inyectiva. Recordemos que para calcular integrales de l´ınea y de trayectoria era necesario calcular el vector velocidad ϕ0 (t). Ahora con las integrales sobre superficies ser´ a necesario calcular el vector normal a la superficie. Para ello se define primero para cada punto x0 ∈ S el espacio vectorial tangente a S en x0 (donde existe) como el espacio vectorial generado por los vectores: D1 ϕ(u0 )

=

(D1 ϕ1 (u0 ), D1 ϕ2 (u0 ), D1 ϕ3 (u0 ))

D2 ϕ(u0 )

=

(D2 ϕ1 (u0 ), D2 ϕ2 (u0 ), D2 ϕ3 (u0 ))

siendo u0 ∈ R tal que ϕ(u0 ) = x0 . Como muestra la siguiente figura el espacio vectorial tangente no es otra cosa que el plano tangente a la superficie en el punto x0 = ϕ(u0 ). Y se define el espacio normal a S en x0 (donde existe), como el

Figura 2.1: Vector normal espacio generado por el vector perpendicular a D1 ϕ(u0 ) y D2 ϕ(u0 ) esto es el vector


78

que se obtiene al considerar el producto vectorial de los dos vectores tangentes:   i j k N (u0 ) = D1 ϕ(u0 ) × D2 ϕ(u0 ) = det  D1 ϕ1 (u0 ) D1 ϕ2 (u0 ) D1 ϕ3 (u0 )  D2 ϕ1 (u0 ) D2 ϕ2 (u0 ) D2 ϕ3 (u0 ) cuyas coordenadas son: 

 D1 ϕ2 (u0 )D2 ϕ3 (u0 ) − D1 ϕ3 (u0 )D2 ϕ2 (u0 ) N (u0 ) =  D1 ϕ3 (u0 )D2 ϕ1 (u0 ) − D1 ϕ1 (u0 )D2 ϕ3 (u0 )  D1 ϕ1 (u0 )D2 ϕ2 (u0 ) − D1 ϕ2 (u0 )D2 ϕ1 (u0 )

En los problemas 5 y 6 de la sección 2.5 se recuerdan algunas de las propiedades b´ asicas del producto vectorial. Observemos que la condici´ on rang(Dϕ(u)) = 2 es equivalente a decir que N (u) 6= 0, porque las tres coordenadas del vector N (u) coinciden con los tres menores (los determinantes de las submatrices de tama˜ no 2 × 2 de la matriz   D1 ϕ1 (u0 ) D2 ϕ1 (u0 ) Dϕ(u)) =  D1 ϕ2 (u0 ) D2 ϕ2 (u0 )  D1 ϕ3 (u0 ) D2 ϕ3 (u0 ) Asi: D1 ϕ2 (u0 ) D2 ϕ2 (u0 ) det   D1 ϕ3 (u0 ) D2 ϕ3 (u0 )  D1 ϕ1 (u0 ) D2 ϕ1 (u0 ) N (u0 ) =   − det D1 ϕ3 (u0 ) D2 ϕ3 (u0 )   D1 ϕ1 (u0 ) D2 ϕ1 (u0 ) det D1 ϕ2 (u0 ) D2 ϕ2 (u0 ) 

       

Ambas condiciones son equivalentes a decir que los vectores D1 ϕ(u0 ) y D2 ϕ(u0 ) son no nulos y linealmente independientes. Como ya hemos adelantado, el c´ alculo de este vector N (u) será imprescindible para poder realizar las integrales sobre superficies que veremos más adelante, por esa razón en cada recorrido que definamos a partir de ahora el primer paso a dar será calcular el vector N (u). En general, todas las superficies que vienen descritas de forma expl´ıcita, como los planos que vimos en el ejemplo anterior, (o como los paraboloides, las semiesferas, secciones de hiperboloides,...); es decir, superficies que vienen descritas a través de una ecuaci´ on de la forma x3 = h(x1 , x2 ), o una ecuación expl´ıcita en las variables x1 o x2 , nos permiten definir un recorrido de S por medio de las siguiente función: ϕ : R = [a, b] × [c, d] → S (u1 , u2 ) (u1 , u2 , h(u1 , u2 ))


79

siendo R adecuado para que h sea de clase al menos C 1 en todos los puntos de R excepto a lo sumo en un conjunto de medida nula. Observemos que en este caso ϕ es inyectiva y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque N (u) = (−D1 h(u), −D2 h(u), 1) 6= 0 Por otro lado, las superficies que vienen descritas de forma impl´ıcita; es decir, a través de una ecuaci´ on de la forma: g(x1 , x2 , x3 ) = 0, como por ejemplo sucede con la esfera x21 + x22 + x23 = 1, si se verifica que la función g es una función de clase C 1 en un abierto de R3 y con vector gradiente distinto de 0 en todos los puntos x0 con g(x0 ) = 0 entonces, por el teorema de la función impl´ıcita, en cada punto x0 es posible despejar una variable en función de las otras dos. Si por ejemplo podemos despejar x30 (es decir que D3 g(x0 ) 6= 0) entonces existe una bola cerrada con centro en (x10 , x20 ) que llamamos R y una función h : R ⊂ R2 → R de clase C 1 en una bola algo mayor que R tal que la función ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 → (u1 , u2 , h(u1 , u2 ))

es un recorrido de la superficie S = ϕ(R) que rodea al punto x0 . En este caso ϕ es inyectiva, de clase C 1 y verifica que rang(Dϕ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque D1 g(ϕ(u)) D2 g(ϕ(u)) N (u) = , , 1 6= 0 D3 g(ϕ(u)) D3 g(ϕ(u)) Para calcular N (u) hemos aplicado el teorema de la función impl´ıcita que nos dice que los puntos u ∈ R verifican la igualdad g(ϕ(u)) = g(u1 , u2 , h(u1 , u2 )) = 0, lo cual nos permite calcular D1 h(u) y D2 h(u) en función de las derivadas de la función g derivando en la expresi´ on anterior. El siguiente ejemplo nos muestra el recorrido de una parte de la esfera que obtenemos al aplicar esta idea y por otro lado nos muestra como las coordenadas esféricas nos permiten dar un recorrido de la esfera completa aunque no será inyectivo. Para recorrer el casquete superior de la esfera x21 +x22 +x23 = 1; Ejemplo 2.5 es decir, el conjunto de puntos que verifican que x3 ≥ 0, despejamos de la ecuación de la esfera la variable x3 y tomamos como región simple R la sombra de la superficie sobre el plano XY ; es decir R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1} de modo que la siguiente funci´ on es un recorrido del casquete superior ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 p (u1 , u2 , 1 − u21 − u22 ) ◦

En este caso ϕ es biyectiva, continua y de clase C 1 en R, pero no es de clase C 1 en los puntos de la frontera de R.


80

Por otro lado, si queremos recorrer la esfera completa podemos usar las coordenadas esféricas y obtenemos un recorrido como el siguiente ψ:

[0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , cos u2 )

En este caso ψ no es inyectiva pero es de clase C ∞ (no solo en R sino que se

Figura 2.2: Paraboloides de revolución ◦

puede extender a todo R2 ) y verifica que rang(Dψ(u)) = 2 para todo u ∈ R porque N (u1 , u2 ) = (−cosu1 sen2 u2 , −senu1 sen2 u2 , −senu2 cosu2 ) 6= 0. Observemos que si cambiamos la región simple dada por esta otra R = [0, 2kπ] × [0, π], siendo k un entero positivo, entonces el recorrido da k vueltas alrededor de la esfera. O si dejamos la regi´ on simple como está y cambiamos las variables u1 y/o u2 as´ı: (cos k1 u1 senk2 u2 , senk1 u1 senk2 u2 , cos k2 u2 ) entonces el recorrido da varias vueltas alrededor de la esfera. El u ´ltimo recorrido ha sido construido a partir de las ecuaciones paramétricas de la esfera, que usan como par´ ametros los ángulos. Hay toda una familia de superficies, las llamadas superficies de revolución, que gracias a sus propiedades geométricas admiten ecuaciones paramétricas, como la esfera o como el cilindro, el paraboloide, el hiperboloide y el cono, todas ellas son superficies que se generan al girar la gráfica de ciertas funciones positivas g : [a, b] ⊂ R → R de clase C 1 alrededor de un eje en R3 . En el caso del paraboloide: x21 + x22 = x3 , giramos la gráfica de la parábola √ asociada a la funci´ on g(s) = s alrededor del eje OX3 ,√mientras que si el paraboloide es x21 + x23 = x2 entonces giramos la parábola g(s) = s alrededor del eje OX2 (ver figura 2.2) De modo que podemos recorrer un sector de los paraboloides descritos con las


81

siguientes funciones ϕ:

[a, b] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 √ √ ( u1 cos u2 , u1 senu2 , u1 )

ψ:

[a, b] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 √ √ ( u1 cos u2 , u1 , u1 senu2 )

Para el caso general de superficies generadas al girar la gráfica de una función positiva g(s) alrededor del eje OX3 nos queda el recorrido de la siguiente manera ϕ:

[a, b] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (g(u1 ) cos u2 , g(u1 )senu2 , u1 )

En este caso el vector normal es: N (u) = (−g(u1 ) cos u2 , −g(u1 )senu2 , g(u1 )g 0 (u1 )) lo cual significa que N (u) se anula en los puntos (u1 , u2 ) ∈ R con g(u1 ) = 0. Además en esos puntos ϕ no es inyectiva. Por otro lado, es claro que la continuidad y la diferenciabilidad de ϕ depender´ an de la continuidad y la derivabilidad de g. A continuaci´ on introducimos el concepto de área de una superficie. Dada una superficie S ⊂ R3 y dado un recorrido Definici´ on 2.6 ϕ de S, se define al ´ area de S seg´ un ϕ como: Z a ´rea(S) = ||N (u)||du R

Observemos que la integral anterior existe porque la función ||N (u)|| es por hipótesis continua en todo R excepto a lo sumo en un conjunto de medida nula y además el conjunto R es medible Jordan. A continuación vamos a justificar la definición de area de una superficie. ´ Primero recordemos que dados dos vectores de R3 , v y w, linealmente independientes, el producto vectorial de ambos verifica: ||v × w||2 = ||v||2 ||w||2 senθ siendo θ el ´ angulo que forman v y w. De aqu´ı se deduce que: ||v × w|| = ´ area del paralelogramo de lados v y w.


82

´ Figura 2.3: Area de una superficie De forma que si I es un rect´ angulo que contiene a R y P es una partición de I, cada rect´ angulo Jj ∈ P con vértice uj lleva asociado un paralelogramo Jj0 con vértice en ϕ(uj ) contenido en el plano tangente a S (ver figura 2.3). Entonces una aproximaci´ on del ´ area de S se obtiene al sumar las áreas de los paralelogramos Jj0 . Pero para cada j ∈ {0, ..., p} se verifica que: a ´reaJj0 = ||D1 ϕ(uj )hj × D2 ϕ(uj )kj || = ||N (uj )||hj kj = ||N (uj )||´ area(Jj ) Lo cual significa que la aproximaci´ on del área de S corresponde a una suma del tipo: s(||N (u)||, P ) =

p P

||N (uj )||´ area(Jj )

j=0

Por R lo tanto, si ||N (u)|| es integrable en R, la aproximación del área de S converge a ||N (u)||du. R

Pasamos ahora a calcular el ´ area de las superficies que aparecen en los ejemplos anteriores. Ejemplo 2.7 siguiente funci´ on:

Sea S el sector del plano x1 + x2 + x3 = 1 recorrido por la ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (u1 , u2 , 1 − u1 − u2 )

2.2. INTEGRALES DE SUPERFICIE

83

siendo R cualquier regi´ on simple de R2 .Entonces el área de S viene dada por:

Z a ´rea(S)

Z ||(−D1 h(u), −D2 h(u), 1)||du

||N (u)||du =

= R

R

Z ||(1, 1, 1)||du =

=

√

3´ area(R).

R

Si calculamos el ´ area de la esfera utilizando el segundo recorrido del ejemplo 2.5 obtenemos que

Z a ´rea(S)

||N (u)||du

= R

Z =

||(−cosu1 sen2 u2 , −senu1 sen2 u2 , −senu2 cosu2 )||du

R

=

Z p R

sen2 u2 du

Z2πZπ =

Z2π senu2 du2 du1 =

0

0

π

(−cosu2 ]0 du1 = 4π. 0

Es f´ acil observar que si el recorrido da k vueltas alrededor de la esfera entonces el area de S resulta ser igual a 4kπ. ´ Ahora que sabemos construir recorridos sobre sectores de las superficies más conocidas (superficies descritas de forma expl´ıcita, o de forma impl´ıcita, o superficies de revoluci´ on) vamos a ver como se definen las integrales sobre esas superficies.

2.2.

Integrales de superficie

En esta secci´ on vamos a definir las integrales de un campo escalar, f : S → R, y de un campo vectorial, F : S → R3 , a lo largo de un recorrido ϕ de S y veremos algunas aplicaciones de estas integrales a problemas de F´ısica, como el cálculo de la masa, el centro de masas y el momento de inercia de una lámina.


84

Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo Definici´ on 2.8 escalar f definido sobre S, se llama integral de f a lo largo de ϕ, que R denotamos por f a la integral: ϕ

Z

Z f (ϕ(u))||N (u)||du

f= ϕ

R

siempre que dicha integral exista.

Observemos que si f = 1 entonces

R

f =a ´rea(ϕ). Por otro lado, la existencia de la

ϕ

integral anterior depender´ a de las propiedades de la función f y no de S ni de ϕ. Estas integrales se utilizan en F´ısica para resolver los siguientes problemas: Supongamos que S es una l´ amina delgada y que f es la función de densidad de S. Entonces un c´ alculo aproximado de la masa de S se obtiene al tomar un recorrido ϕ de S, una partici´ on P de un rect´ angulo I = [a, b] × [c, d] que contiene a R y asignar a cada porci´ on de l´ amina ϕ(Jj ), Jj ∈ P, una densidad fija f (ϕ(uj )), uj ∈ Jj . De esta manera un valor aproximado de la masa de la lámina es: p P j=0

f (ϕ(uj ))´ areaJj0 =

p P

f (ϕ(uj ))||N (uj )||vol(Jj )

j=0

Esta es una suma del tipo s(f (ϕ)||N ||, P ), es decir, que si la función f (ϕ)||N || es integrable en R los valores aproximados de la masa de la l´ amina S convergen a Z masa(S) = f ϕ

Con las mismas interpretaciones de f y de S se calcula el centro de masas y el momento de inercia de la l´ amina usando las siguientes integrales, cuya interpretaci´ on f´ısica es similar a la descrita para un alambre en la sección 1.2. ! R R R 1 centro de masa= x1 f, x2 f, x3 f masa(S) ϕ ϕ ϕ ! R R 2 R 2 2 2 2 2 momento de inercia= (x2 + x3 )f, (x1 + x3 )f, (x1 + x2 )f . ϕ

ϕ

ϕ

Vamos a calcular la masa y el centro de masas de la lámina Ejemplo 2.9 dada por S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x23 = x2 y x21 + x23 ≤ 1}, siendo la función de densidad f (x1 , x2 , x3 ) = x2 .


85

Observemos que la ecuaci´ on expl´ıcita en la variable x2 que describe a los puntos de S,esto es: x2 = x21 + x23 , corresponde a un paraboloide, que es una superficie de revoluci´ on. Mientras que la condición x21 + x23 ≤ 1 determina la porción del paraboloide con la que vamos a trabajar. En este caso podemos usar dos tipos distintos de recorridos, el que construimos a partir de la ecuaci´ on expl´ıcita x2 = h(x1 , x3 ): ϕ : R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1} (u1 , u2 )

→ S (u1 , u21 + u22 , u2 )

cuyo vector normal es: N (u1 , u2 ) = (D1 h(u1 , u2 ), −1, D2 h(u1 , u2 ) = (2u1 , −1, 2u2 ) Y el que construimos a partir de la condición de superficie de revolución, que es: Ψ:

[0, 1] × [0, 2π] → S √ √ (v1 , v2 ) ( v1 cos v2 , v1 , v1 senv2 )

cuyo vector normal es: √ −1 √ , v1 senv2 ). N (v1 , v2 ) = ( v1 cos v2 , 2 Veamos que integrales nos quedan cuando calculamos la masa de la lámina usando los dos recorridos. Con el primero obtenemos que: Z q masa(S) = (u21 + u22 ) 4(u21 + u22 ) + 1du1 du2 , R

que usando el cambio a coordenadas polares se convierte en la siguiente integral: Z1 Z2π p masa(S) = r3 4r2 + 1dθdr 0

0

Mientras que con el segundo recorrido nos queda: Z1 Z2π p masa(S) = v1 v1 + 1/4dv2 dv1 0

0

En definitiva llegamos a dos integrales muy parecidas que se pueden resolver con el


86

método de integraci´ on por partes. Operando desde la segunda obtenemos que: Z1 masa(S)

=

v1

2π

p v1 + 1/4dv1

0

 =

4π  v1 (v1 + 1/4)3/2 3

i1

Z1 −

0

 (v1 + 1/4)3/2 dv1 

0

=

4π 3

√ 3/2 1 ! 2 5 π(25 5 + 1) 5/2 − (v1 + 1/4) = = m. 4 5 60 0

Ahora calculamos el centro de masas. Si lo hacemos usando el primer recorrido llegamos las siguientes integrales:  R  p 2 u1 (u1 +u22 ) 4(u21 + u22 ) + 1du  R  p R 2  2 1   (u1 +u22 ) 4(u21 + u22 ) + 1du   R m p  R  2 u2 (u1 +u22 ) 4(u21 + u22 ) + 1du R

que usando el cambio a coordenadas polares se convierten en las siguientes integrales:  1 2π  Z Z Z Z p p p 1  r4 cos θ 4r2 + 1dθdr, r5 4r2 + 1dθdr, r4 senθ 4r2 + 1dθdr m 0

0

R

R

Mientras que con el segundo recorrido nos queda:  R1 2π R 3/2 p cos v2 v1 v1 + 1/4dv 2 dv 1   0 0 R 2p 1   R1 2π v v1 + 1/4dv 2 dv 1  m 0 0 1  1 2π  R R 3/2 p senv 2 v1 v1 + 1/4dv 2 dv 1

        

0 0

De nuevo llegamos a integrales muy parecidas. Operando a partir de las segundas integrales obtenemos que: ! √ 1 π(125 5 − 1) centro de masas = 0, ,0 . m 420

Ya hemos visto c´ omo se define la integral de un campo escalar. Pasamos ahora a definir la integral de un campo vectorial.


87

Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo Definici´ on 2.10 vectorial acotado F definido sobre S, se llama integral de F a lo largo de R ϕ, que denotamos por F · N a la integral: ϕ

Z

Z F ·N =

ϕ

F (ϕ(u))N (u)du R

siempre que dicha integral exista. Estas integrales se utilizan en F´ısica para resolver el siguiente problema: Supongamos que F (x) es un campo de velocidad de un fluido en un instante, es decir, que F asocia a cada part´ıcula x del fluido el vector velocidad de dicha part´ıcula en un instante fijo. Si ϕ : R → S es un recorrido de una superficie S contenida en el fluido, entonces en cada punto x ∈ S el producto escalar de los vectores F (x)

N (u) , ||N (u)||

siendo u ∈ R tal que ϕ(u) = x, es la componente normal del vector velocidad respecto a la superficie S. Por otro lado, sabemos que la cantidad de fluido (flujo) que atraviesa una superficie plana al moverse con velocidad constante y de forma perpendicular a la superficie, es igual al producto de la velocidad por el área de la superficie. Entonces un c´ alculo aproximado del flujo que atraviesa la superficie S al moverse con un campo de velocidad F se obtiene al tomar una partición P del rect´ angulo que contiene a R y evaluar la siguiente suma: p P

F (ϕ(uj ))

j=0

p P N (uj ) N (uj ) a ´reaJj = F (ϕ(uj )) ||N (uj )||vol(Jj ) = ||N (uj )|| ||N (uj )|| j=0 p P F (ϕ(uj ))N (uj )vol(Jj ) j=0

siendo uj el vértice del rect´ angulo Jj . Esta suma es del tipo s(F (ϕ)N , P ) De forma que si la funci´ on F (ϕ)N esR integrable en R los valores aproximados del flujo de F a través de S convergen a F · N . ϕ

En la definici´ on de flujo aparece la relación entre la integral del campo F y la integral de un campo escalar, esto es: R R

F (ϕ(u))N (u)du =

R R

F (ϕ(u))

N (u) ||N (u)||du ||N (u)||


88

La notaci´ on

R

F · N se utiliza para sugerir esta relación.

ϕ

Vamos a calcular el flujo del campo de velocidades Ejemplo 2.11 F (x1 , x2 , x3 ) = (x3 , 2x2 , 3x1 ) a través de la superficie S = {(x1 , x2 , x3 ); x1 +x2 +x3 = 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0, x3 ≥ 0} utilizando los siguientes recorridos: ϕ: R → S (u1 , u2 ) (u1 , u2 , 1 − u1 − u2 ) ψ:

R → S (u1 , u2 ) (u2 , u1 , 1 − u1 − u2 )

siendo la regi´ on simple en ambos casos R = {(u1 , u2 ); 0 ≤ u1 ≤ 1 y 0 ≤ u2 ≤ 1 − u1 }. Observemos que R es un tri´ angulo rectángulo de lado y altura 1, apoyado en los ejes de coordenadas y por lo tanto es simétrico respecto de las variables u1 y u2 es decir que (u1 , u2 ) ∈ R si y solo si (u2 , u1 ) ∈ R. Por otro lado, es fácil ver que para todo punto u ∈ R los dos recorridos env´ıan el punto a la superficie S con la diferencia de que ψ invierte el orden de las dos primeras coordenadas. Este cambio implica que el vector normal a la superficie para ϕ y para ψ es respectivamente:

N 1 (u1 , u2 )

=

(1, 1, 1)

N 2 (u1 , u2 )

=

(−1, −1, −1)

De aqu´ı que el flujo sea para el primer caso: Z

Z F ·N

(1 − u1 − u2 , 2u2 , 3u1 )(1, 1, 1)du

=

ϕ

R

Z1 1−u Z 1 = (1 + 2u1 + u2 )du2 du1 0

0

Z1 =

(1 + 2u1 )u2 +

u22 2

0

Z1 = 0

3 3 ( − u21 )du1 = 2 2

1−u1 du1 0

3 u3 u1 − 1 2 2

1 = 1. 0


89

Mientras que para el segundo caso es: Z Z F ·N = (1 − u1 − u2 , 2u1 , 3u2 )(−1, −1, −1)du1 du2 ψ

R

Z 1 Z1 1−u (1 + u1 + 2u2 )du2 du1 = − 0

Z1 = −

0

(1 + u1 )u2 + u22

1−u1 0

du1

0

Z1 = −

(2 − 2u1 )du1 = − 2u1 − u21

1 0

= −1.

0

Como vemos, hemos obtenido el mismo resultado pero con signos distintos. Esto es debido a que los vectores normales asociados a los dos recorridos tienen sentidos contrarios o, como veremos m´ as adelante, orientaciones distintas. Sin embargo, se verifica que det(D1 ϕ(u), D2 ϕ(u), N 1 (u)) = 3 = det(D1 ψ(u), D2 ψ(u), N 2 (u)). Esto es debido a que en ambos casos el vector normal asociado al recorrido se calcula a partir de los vectores tangentes. Al final de la sección 3.1 se demuestra que para todo recorrido regular ϕ el determinante de los vectores tangentes y el vector normal satisface la siguiente igualdad: det(D1 ϕ(u), D2 ϕ(u), N (u)) = ||N (u)||2 A continuaci´ on vamos a demostrar una de las leyes fundamentales de la electrostática conocida como la ley de Gauss que establece que el flujo de un campo eléctrico a través de una superficie esférica no depende del radio de la esfera. El campo de velocidades de un campo eléctrico producido Ejemplo 2.12 por una carga puntual viene dado por la función: k F (x1 , x2 , x3 ) = p 3 (x1 , x2 , x3 ), x21 + x22 + x23 siendo k una constante positiva conocida como la constante de Coulomb. Vamos a calcular, usando una integral de superficie, el flujo de este campo eléctrico cuando


90

atraviesa una esfera. Para ello tomamos como recorrido de la esfera la función de ejemplo 2.5 [0, 2mπ] × [0, π] → S (u1 , u2 ) (R cos u1 senu2 , Rsenu1 senu2 , R cos u2 )

ϕ:

cuyo vector normal es: N (u1 , u2 ) = (−R2 cos u1 sen2 u2 , −R2 senu1 sen2 u2 , −R2 senu2 cos u2 ). R De modo que el flujo F · N viene dado por la siguiente integral: S

k R3

    Zπ 2mπ Z cos u1 senu2 − cos u1 sen2 u2 R  senu1 senu2  · R2  −senu1 sen2 u2  du1 du2 cos u2 −senu2 cos u2 0 0

Zπ 2mπ Z Zπ π = k −senu2 du1 du2 = k2mπ −senu2 du2 = k2mπ (cos u2 ]0 = −4mπk. 0

0

0

Como vemos el flujo no depende del radio de la esfera pero si del n´ umero de vueltas que da el recorrido. La ley de Gauss es valida para superficies cerradas más generales y relaciona el flujo que atraviesa una superficie con la carga total que hay en su interior. ◦

Observemos que las integrales no cambian si integramos sobre R o sobre R, porque la frontera es un conjunto de medida nula, es decir que no es tan importante el comportamiento del recorrido en los puntos de la frontera de la región simple como su comportamiento en los puntos del interior. Una vez que hemos visto c´ omo a realizar integrales de campos escalares y de campos vectoriales es el momento de analizar las condiciones que tenemos que exigir a los recorridos para que esas integrales no dependan del recorrido, de modo que por ejemplo, la masa de una lamina sea independiente de la función que usemos para recorrerla, cuando la funci´ on cumple las condiciones adecuadas.

2.3.

Recorridos equivalentes. Orientaci´ on de una superficie.

Observemos que los dos ejemplos anteriores nos muestran casos en los cuales la integral de superficie var´ıa de signo al cambiar el sentido del vector normal asociado al recorrido y también nos muestran que la integral de superficie puede variar seg´ un el n´ umero de vueltas que dé el recorrido. Por esta razón se introduce el concepto de

´ DE UNA SUPERFICIE.91 2.3. RECORRIDOS EQUIVALENTES. ORIENTACION

recorridos equivalentes, que es an´ alogo al concepto de caminos equivalentes visto en el cap´ıtulo anterior. Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que dos Definici´ on 2.13 recorridos ϕ : R1 → S y ψ : R2 → S son equivalentes si existe una funci´ on continua H : R1 → R2 tal que: 1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1 ◦

◦

2- H : R1 → R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de clase ◦

C 1 y con jacobiano no nulo en todos los puntos de R1 . La propiedad 1 es la condici´ on natural que es lógico pedir a dos recorridos de una misma superficie si pretendemos pasar de uno a otro. Y en la propiedad 2 no nos deber´ıa sorprender que aparezca el término difeomorfismo porque es la condición que se pide, en el teorema del cambio de variable para la integral de Riemann, a la funci´ on H que describe el cambio de variable. ◦

◦

◦

−1

◦

Observemos que al ser H : R1 → R2 biyectiva la función H : R2 → R1 est´ a definida de manera u ńica, entonces aplicando el teorema de la función inversa ◦

a cada punto de R1 (lo cual podemos hacer porque por hipótesis el jacobiano de H ◦

−1

◦

: R2 → R1 es es no nulo en todos los puntos del interior) se demuestra que H también de clase C 1 y con jacobiano no nulo. Observemos que sobre los puntos de la frontera solo le pedimos a H que sea continua, porque como ya hemos observado la integral de Riemann no cambia si en lugar de ◦

integrar en R integramos en R. Es interesante destacar que de las propiedades de H se deduce también que la ◦

◦

funci´ on det DH : R1 → R es continua y no nula. Además como R1 es un conjunto arco conexo, aplicando el teorema de Bolzano se demuestra que det DH tiene signo ◦

constante en R1 , de modo que o siempre es mayor que cero o siempre es menor que ◦

◦

cero. En efecto, sean x1 y x2 dos puntos de R1 y sea α : [a, b] → R1 una función continua tal que α(a) = x1 y α(b) = x2 , entonces la función det(H(α(t)) : [a, b] → R es una funci´ on continua y no nula. Por lo tanto si det(H(x1 )) y det(H(x2 )) tuvieran signos distintos, por el teorema de Bolzano existir´ıa un punto t0 ∈ (a, b) tal que det(H(α(t0 )) = 0, lo cual contradice el hecho de que det(H(α(t)) 6= 0 para todo t ∈ [a, b]. Como veremos m´ as adelante el signo de detDH determinará si los dos recorridos dan la misma orientaci´ on a S o dan orientaciones contrarias.Recordemos que en la primera parte vimos que suced´ıa algo similar con los recorridos de los caminos, en ese caso habl´ abamos de sentidos de los recorridos, en lugar de orientaciones.


92

También en el cap´ıtulo anterior, observamos que cualquier recorrido de un camino que ven´ıa definido desde el intervalo [a, b] se pod´ıa transformar en un recorrido equivalente definido en el intervalo [0, 1] sin más que usar la función h : [0, 1] → [a, b] definida por h(t) = (b − a)t + a. De forma análoga, cualquier recorrido de una superficie S que venga definido desde la región simple [a, b] × [c, d] se puede transformar en un recorrido equivalente definido desde la región simple [0, 1] × [0, 1] sin m´ as que usar la funci´ on H : [0, 1] × [0, 1] → [a, b] × [c, d] dada por H(u1 , u2 ) = ((b−a)u1 +a, (d−c)u2 +c), de modo que podemos asumir que los dominios en forma de rect´ angulos se pueden reducir al rectángulo [0, 1] × [0, 1]. En el siguiente ejemplo vamos a ver que sucede cuando transformamos una región simple rectangular en una circular. Sea S la semi esfera superior de radio 1 y centro el origen Ejemplo 2.14 de coordenadas; es decir, S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 + x23 ≤ 1 y x3 ≥ 0}. como vimos en el ejemplo 2.5 podemos recorrer S de dos maneras usando las siguientes funciones: ϕ:

[0, 2π] × [0, π/2] → S (u1 , u2 ) (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , cos u2 )

ψ: R → S p (x1 , x2 ) (x1 , x2 , 1 − x21 − x22 ) siendo R = {(x1 , x2 ); x21 + x22 ≤ 1}. Veamos si estos dos recorridos son equivalentes. Definimos H : [0, 2π] × [0, π/2] → R por: H(u1 , u2 ) = (cos u1 senu2 , senu1 senu2 ). Observemos que en la definici´ on de H intervienen las coordenadas polares, de hecho para cada valor u2 ∈ [0, π/2] se verifica que 0 ≤ senu2 ≤ 1 de modo que podemos interpretar este valor positivo como un radio y u1 como el ángulo que da la vuelta entera. Por un lado es inmediato que H es de clase C 1 en todo R2 y verifica: ψ(H(u1 , u2 )) =

ψ(cos u1 senu2 , senu1 senu2 ) p = (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , 1 − cos2 u1 sen2 u2 − sen2 u1 sen2 u2 ) p = (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , 1 − sen2 u2 (cos s2 u1 + sen2 u1 ) =

(cos u1 senu2 , senu1 senu2 , cos u2 ) = ϕ1 (u1 , u2 ).

porque cosu2 ≥ 0 cuando u2 ∈ [0, π/2]. Además −senu1 senu2 cos u1 senu2 det(DH(u1 , u2 )) = det cos u1 cos u2 senu1 cos u2 =

−sen2 u1 senu2 cos u2 − cos2 u1 senu2 cos u2 = −senu2 cos u2


◦

es nulo solo cuando u2 = 0 o u2 = π/2, y en los puntos de R1 = (0, 2π) × (0, π/2) es ◦

positivo. Vamos a estudiar ahora la inyectividad de H restringida a R1 . Supongamos ◦

que dos puntos (u1 , u2 ), (v1 , v2 ) ∈ R1 verifican que cos u1 senu2

=

cos v1 senv2

senu1 senu2

=

senv1 senv2

Empezamos por descartar los casos en que alguna de las funciones trigonométricas que aparecen en estas ecuaciones es nula. Observemos que u2 , v2 ∈ (0, π/2) de modo que senu2 6= 0 y senv2 6= 0 y como u1 , v1 ∈ (0, 2π) se tiene que senu1 = 0 si y solo si senv1 = 0 si y solo si u1 = π = v1 . Por u ´ltimo, tenemos que cosu1 = 0 si y solo si cosv1 = 0 si y solo si u1 y v1 toman los valores π/2 o 3π/2. Pero si estas variables tomasen distintos valores la segunda ecuación quedar´ıa senu2 = −senu1 lo cual es imposible porque ambas funciones son estrictamente positivas en (0, π/2). De modo que podemos asumir que todas las funciones trigonométricas son distintas de 0 y despejar en consecuencia cualquiera de ellas. Esto nos permite combinar ambas ecuaciones para llegar a la igualdad: tagu1 = tagv1 Lo cual implica que u1 = v1 o bien u1 = v1 ± π. Pero de nuevo si estas variables tomasen distintos valores la segunda ecuación quedar´ıa senu2 = −senu1 lo cual es imposible. Una vez probado que u1 = v1 simplificando en cualquiera de las dos ecuaciones llegamos a la igualdad senu2 = senv2 , la cual implica que u2 = v2 , porque ambas variables se mueven en el intervalo (0, π/2). Finalmente observamos que la ◦

◦

funci´ on H restringida al conjunto R1 no llena el conjunto R2 = {(x1 , x2 ); x21 +x22 < 1} porque no cubre el punto (0, 0). Para el resto de los puntos es fácil ver que H los cubre usando la interpretaci´ on de H en términos de coordenadas polares: para cada r ∈ (0, 1) tomamos u2 ∈ (0, π/2) de modo que r = senu2 y después elegimos el ◦

angulo u1 ∈ (0, 2π) correspondiente al vector (x1 , x2 ) ∈ R2 \{(0, 0)}. ´ ◦

◦

Una vez probado que H : R1 → R2 \{(0, 0)} es biyectiva, entonces H

◦ R2 \{(0, 0)}

→

◦ R1

−1

:

esta definida de forma u ńica y por el teorema de la función ◦

−1

◦

◦

inversa aplicado a cada punto de R1 se concluye que H : R2 \{(0, 0)} → R1 es también de clase C 1 . Aunque no hayamos conseguido que se verifiquen todas las condiciones, el resultado obtenido es suficiente para alcanzar el objetivo deseado; esto es que las integrales sobre los dos recorridos coincidan, porque podemos aplicar el teorema del cambio de ◦

◦

variable sobre los conjuntos R2 \{(0, 0)} y R1 y la integral de Riemann no cambia si ◦

◦

integramos en R2 \{(0, 0)} o en R2 .


94

A continuaci´ on, aplicando el teorema del cambio de variable en la integral de Riemann, vamos a ver las relaciones que se dan entre las integrales sobre dos recorridos equivalentes de S.

: Sean ϕ y ψ dos recorridos equivalentes Proposici´ on 2.15 de S y sean f y F dos campos continuos definidos sobre S. Si existen las R R R R integrales f, f, F · N y F · N , entonces se verifica: ϕ

ϕ

ψ

ψ

Z

Z f

=

ϕ

f, ψ

Z

Z F ·N

F · N si det DH(u1 , u2 ) > 0

=

ϕ

ψ

Z

Z F ·N

ϕ

=

−

F · N si det DH(u1 , u2 ) < 0 ψ

Demostraci´ on Antes de aplicar el teorema del cambio de variable vamos a demostrar que los vectores normales asociados a los dos recorridos verifican la siguiente igualdad: D1 ϕ(u) × D2 ϕ(u) = det DH(u) D1 ψ(H(u)) × D2 ψ(H(u)) . Por la propiedad del producto vectorial demostrada en el problema 6 de la secci´ on 2.5 basta con probar que para cada u ∈ R1 los cuatro vectores D1 ϕ(u), D2 ϕ(u), D1 ψ(H(u)) y D2 ψ(H(u)) verifican la siguiente relación: D1 ϕ1 (u) D1 ϕ2 (u) D1 ϕ3 (u) D2 ϕ1 (u) D2 ϕ2 (u) D2 ϕ3 (u) D1 H 1 (u) D1 H 2 (u) D1 ψ1 (H(u)) D1 ψ2 (H(u)) D1 ψ3 (H(u)) = D2 H 1 (u) D2 H 2 (u) D2 ψ1 (H(u)) D2 ψ2 (H(u)) D2 ψ3 (H(u)) Para probar esta relaci´ on entre los cuatro vectores basta con aplicar la regla de la cadena sobre cada componente del recorrido ψ que por hipótesis verifica ϕi (u) = ψi (H(u)) de modo que para j = 1 y j = 2 se tiene que: Dj ϕi (u) = D1 ψi (H(u))Dj (H 1 (u)) + D2 ψi (H(u))Dj (H 2 (u)). Observemos que la matriz DH(u) es la traspuesta de la matriz que aparece en la igualdad anterior pero como ambas matrices tienen el mismo determinante se verifica la igualdad deseada entre los vectores normales asociados a los dos recorridos.


Sea entonces f un campo escalar continuo definido sobre S. Por definición se verifica que: Z Z Z f = f (ψ(v))||N (v)||dv = f (ψ(v))||D1 ψ(v) × D2 ψ(v)||dv R2

ψ

R2

Z f (ψ(v))||D1 ψ(v) × D2 ψ(v)||dv.

= ◦ R2

La u ´ltima igualdad es debida a que la frontera de las regiones es un conjunto de medida nula. Entonces aplicando el teorema del cambio de variable en la integral de ◦

◦

Riemann al difeomorfismo H : R1 → R2 que transforma la variable v en la variable v = H(u) se tiene que: Z f (ψ(v))||D1 ψ(v) × D2 ψ(v)||dv ◦

R2

Z f (ψ(H(u)))||D1 ψ(H(u)) × D2 ψ(H(u))||| det DH(u))|du

= ◦

R1

Z f (ϕ(u))||D1 ϕ(u) × D2 ϕ(u)||du

= ◦

R1

Z

Z f (ϕ(u))||D1 ϕ(u) × D2 ϕ(u)||du =

=

f. ϕ

R1

Si ahora tomamos F un campo vectorial continuo definido sobre S, entonces se verifica que: Z Z Z F = F (ψ(v))N (v)dv = F (ψ(v)) D1 ψ(v) × D2 ψ(v) dv R2

ψ

Z =

R2

F (ψ(v)) D1 ψ(v) × D2 ψ(v) dv

◦

R2

Z =

F (ψ(H(u))) D1 ψ(H(u)) × D2 ψ(H(u)) | det DH(u))|du.

◦

R1

En este caso la u ´ltima igualdad coincide con Z Z F (ψ(H(u))) D1 ψ(H(u)) × D2 ψ(H(u)) det DH(u))du = F R1

ϕ


96

cuando det DH(u) > 0. Y si det DH(u) < 0 entonces se tiene que

R

R F = − F.

ψ

ϕ

La siguiente definici´ on nos va a proporcionar ejemplos de recorridos equivalentes. Una superficie S ⊂ R3 se dice que es simple Definici´ on 2.16 si existe un recorrido ϕ : R → S biyectivo y continuo. tal que ϕ es de ◦

clase C 1 en R y adem´ as tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos del interior de R. A los recorridos de las superficies simples que verifican estas condiciones se les denomina recorridos regulares de S. Dada cualquier región simple R ⊂ R2 y dado cualquier plano Ejemplo 2.17 3 en R de ecuaci´ on ax1 + bx2 + cx3 = d si por ejemplo a 6= 0 entonces la superficie recorrida por la funci´ on: ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ ( a1 (d

S ⊂ R3 − bu1 − cu2 ), u1 , u2 )

es una superficie simple. El casquete esférico del ejemplo 2.5 es otra superficie simple, pero la esfera no lo es, porque no hay inyectividad. La siguiente proposici´ on demuestra que los recorridos regulares verifican el objetivo deseado. Dada una superficie simple S ⊂ R3 si ϕ y Proposici´ on 2.18 ψ son dos recorridos regulares de S, entonces son recorridos equivalentes.

Demostraci´ on Puesto que los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y 2 ψ : R2 ⊂ R → S ⊂ R3 son funciones inyectivas y verifican que ϕ(R1 ) = ψ(R2 ) = S, la definici´ on de H es obvia: H=ψ

−1

◦ ϕ : R1 → S → R2 .

Esta funci´ on es claramente biyectiva y verifica que ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1 . A continuaci´ on vamos a demostrar que H es continua. Haremos la demostración utilizando sucesiones y razonando por reducción al absurdo. La compacidad de los


dominios ser´ a la clave. Supongamos que H no fuera continua en un punto u0 . Entonces existir´ıa una sucesi´ on {xn } ⊂ R1 tal que {xn } converger´ıa a u0 pero {H(xn )} ⊂ R2 no converger´ıa a H(u0 ). Eso significar´ıa que para un cierto ε > 0 y para una subsucesi´ on de {H(xn )}, que volveremos a denotar por {H(xn )}, se cumplir´ıa que ||H(xn ) − H(u0 )|| > ε para todo n. Como R2 es compacto alguna subsucesi´ on de {H(xn )} tiene que converger a un cierto v ∈ R2 , de modo que si denotamos a esa subsucesi´ on por {H(xnk )} se verificar´ıa que {H(xnk )} converger´ıa a v, la sucesi´ on {xnk } converger´ıa a u0 pero ||H(xnk ) − H(u0 )|| > ε para todo k, lo cual implicar´ıa que ||v − H(u0 )|| ≥ ε Entonces, por la continuidad de las funciones ϕ y ψ, las sucesiones {ϕ(xnk )} y {ψ(H(xnk )} converger´ıan a ϕ(u0 ) y a ψ(v) respectivamente. Pero para todo k se verifica que ϕ(xnk ) = ψ(H(xnk ) de modo que los limites de ambas sucesiones coinciden; es decir que ϕ(u0 ) = ψ(v) = ψ(H(u0 )), lo cual implica, por ser ψ, biyectiva que v = H(u0 ) que se contradice con ||v − H(u0 )|| ≥ ε. −1 Observemos que un razonamiento análogo nos prueba que la función H : R2 → R1 ◦

◦

es continua de donde se deduce que H(f ron(R1 )) = f ron(R2 ) y H(R1 ) = R2 . Veamos c´ omo de la continuidad de H se deduce que H(f ron(R1 )) ⊂ f ron(R2 ). Supongamos que no fuera as´ı, entonces existir´ıa un punto x ∈ f ron(R1 ) tal que ◦

H(x) ∈ / f r(R2 ). Esto implica que H(x) ∈ R2 . Pero como H es una función continua ◦

y R2 es un conjunto abierto se verifica que H adem´ as x ∈ H −1

◦

−1

◦

−1

◦

(R2 ) es un conjunto abierto y

(R2 ) ⊂ R1 , lo cual contradice el hecho de que x ∈ f ron(R1 ) −1

porque H (R2 ) ∩ R2 \R1 = ∅. Del mismo modo la continuidad de H implica −1 −1 que H (f ron(R2 )) ⊂ f ron(R1 ) y por lo tanto f ron(R2 ) = H(H (f ron(R2 ))) ⊂ H(f ron(R1 )), lo cual implica que H(f ron(R1 )) = f ron(R2 ). Por u ´ltimo, como los ◦

◦

dominios verifican que Ri = Ri ∪ f ron(Ri ) y Ri ∩ f ron(Ri ) = ∅ para i = 1 y 2, se ◦

◦

concluye que H(R1 ) = R2 .

◦

A continuaci´ on demostramos que H es de clase C 1 en R1 . Para probarlo vamos a usar el teorema de la funci´ on inversa, pero como las recorridos regulares son funciones de R2 en R3 no podemos aplicarlo directamente sobre ellos, recordemos que el teorema de la funci´ on inversa se aplica a funciones de Rn en Rn , de modo que transformaremos los recorridos regulares en funciones de R3 en R3 , de forma adecuada, para que podamos recuperar con facilidad los puntos de la superficie y además lo haremos de tal manera que las nuevas funciones sean de clase C 1 . Esta demostración es similar a la que vimos en el cap´ıtulo anterior para recorridos de curvas simples 1.19 ◦

Dado u0 ∈ R1 como el recorrido ϕ es regular se verifica que el rango de la matriz D(ϕ(u0 )) es dos, de modo que los vectores (D1 ϕ1 (u0 ), D1 ϕ2 (u0 ), D1 ϕ3 (u0 )) y (D2 ϕ1 (u0 ), D2 ϕ2 (u0 ), D2 ϕ3 (u0 )) son linealmente independientes. Tomamos entonces un tercer vector v ∈ R3 que sea linealmente independiente de los dos anteriores y


98

◦

definimos la funci´ on G : R1 × R → R3 dada por: ϕ(u1 , u2 ) + u3 v = (ϕ1 (u1 , u2 ) + u3 v1 , ϕ2 (u1 , u2 ) + u3 v2 , ϕ3 (u1 , u2 ) + u3 v3 ) ◦

Lo mismo podemos hacer con el punto H(u0 ) ∈ R2 y la función ψ, tomamos el vector w ∈ R3 que sea linealmente independiente con (D1 ψ1 (u0 ), D1 ψ2 (u0 ), D1 ψ3 (u0 )) y ◦

(D2 ψ1 (u0 ), D2 ψ2 (u0 ), D2 ψ3 (u0 )) y definimos la función F : R2 × R → R3 dada por: ψ(x1 , x2 ) + x3 w = (ψ1 (x1 , x2 ) + x3 w1 , ψ2 (x1 , x2 ) + x3 w2 , ψ3 (x1 , x2 ) + x3 w3 ) Es inmediato que ambas funciones son de clase C 1 , además sus matrices jacobianas vienen dadas por:   D1 ϕ1 (u1 , u2 ) D2 ϕ1 (u1 , u2 ) v1 DG(u) =  D1 ϕ2 (u1 , u2 ) D2 ϕ2 (u1 , u2 ) v2  D1 ϕ3 (u1 , u2 ) D2 ϕ3 (u1 , u2 ) v3   D1 ψ1 (u1 , u2 ) D2 ψ1 (u1 , u2 ) w1 DF (x) =  D1 ψ2 (u1 , u2 ) D2 ψ2 (u1 , u2 ) w2  D1 ψ3 (u1 , u2 ) D2 ψ3 (u1 , u2 ) w3 De modo que tanto la matriz DG(u) como DF (x) tienen rango 3 en los puntos u = (u0 , 0) y x = (H(u0 ), 0). Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la función inversa a las dos funciones G y F en esos puntos y deducir que existen dos entornos de esos puntos donde ambas funciones son difeomorfismos Ahora solo nos falta expresar H como composición de estas dos funciones y otras funciones adecuadas que nos permitan pasar de R2 a R3 y viceversa. Antes observemos que G(u0 , 0) = ϕ(u0 ) = ψ(H(u0 )) = F (H(u0 ), 0) ∈ S. Tomamos un entorno de (H(u0 ), 0) que podemos considerar de la forma V × (−δ, δ) ◦

con δ > 0, haciéndolo menor si es necesario, y V ⊂ R2 y un entorno de F (H(u0 ), 0) = ψ(H(u0 )) que denotaremos por W de modo que F : V × (−δ, δ) ⊂ R3 → W1 ⊂ R3 es −1 un difeomorfismo, en particular la función F : W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3 es de clase C 1 . A continuaci´ on tomamos otros dos abiertos para G : un entorno de (u0 , 0), que de nuevo podemos considerar de la forma U × (−β, β) con β > 0 y otro de G(u0 , 0) = ϕ(u0 ) que denotaremos por W2 . Como G(u0 , 0) = ϕ(u0 ) = ψ(H(u0 )) = F (H(u0 ), 0) los abiertos W1 y W2 son ambos entornos del mismo punto y podemos −1 asumir que W2 ⊂ W1 para que la composición de G y F esté bien definida, recordemos que los difeomorfismos transforman conjuntos abiertos en conjuntos abiertos. Ahora expresamos H como composición de las siguientes funciones. ◦

Primero pasamos de U ⊂ R1 ⊂ R2 a U × (−β, β) ⊂ R3 con la función de clase C 1 definida por Π(u1 , u2 ) = (u1 , u2 , 0), luego componemos Π con las funciones


−1

G : U × (−β, β) ⊂ R3 → W2 y F : W1 ⊂ R3 → V × (−δ, δ) ⊂ R3 , para terminar en el conjunto V ⊂ R2 con la función, también de clase C 1 , dada por P (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 ) de modo que P ◦F = = = = = =

P ◦F P ◦F P ◦F P ◦F P (ψ ψ

−1

−1 −1 −1 −1 −1

−1

◦ G ◦ Π(u1 , u2 ) ◦ G(u1 , u2 , 0) (ϕ(u1 , u2 )) (ψ(H(u1 , u2 )) (F (ψ

−1

(ψ(H(u1 , u2 )), 0))

(ψ(H(u1 , u2 )), 0)

(ψ(H(u1 , u2 )) = H(u1 , u2 )

En consecuencia H es composici´ on de funciones de clase C 1 en el abierto U que contiene al punto de partida u0 . Para terminar solo nos falta probar que DH(u0 ) tiene determinante no nulo, pero como vimos en la demostraci´ on de la proposición 2.15 la relación entre las funciones ϕ, ψ y H implica que en el punto u0 los vectores normales a la superficie en ϕ(u0 ) = ψ(H(u0 )) cumplen la relación: D1 ϕ(u0 ) × D2 ϕ(u0 ) = det DH(u0 )D1 ψ(H(u0 )) × D2 ψ(H(u0 )). De modo que por ser ambos vectores normales no nulos det DH(u0 ) es forzosamente no nulo. El resultado on anterior implica que si S es una superficie simple, las R de la proposici´ integrales f no dependen del recorrido regular de S que se tome y por eso en este ϕ R R caso se puede escribir f y hablar del área de S como are´ a(S) = 1. S

S

Al igual que en el cap´ıtulo anterior este resultado nos permite dar un paso mas. Si S no es una superficie simple pero está formada por una unión de superficies p S simples S = Si , como sucede con los cubos, esferas, cilindros conos, etc, entonces i=1

gracias al proposici´ on 2.15 podemos calcular la integral de un campo escalar f sobre S como la suma de las integrales del campo f sobre las superficies Si y construir para cada una de las Si un recorrido regular, sin preocuparnos de que se ajusten los recorridos entre s´ı. Para que podamos hacerlo es necesario que las superficies se peguen bien, como veremos a continuación el recorrido ϕ es el que se ocupa de asegurar que se pegan bien.

100


Decimos que una superficie S ⊂ R3 es una Definici´ on 2.19 superficie compuesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que verifica las siguientes propiedades: 1- ϕ es sobreyectiva y continua. 2- Existe una parcelaci´ on de R en regiones simples que denotaremos por p ◦ ◦ S P = {Ri ; 1 ≤ i ≤ p} tales que Ri ∩ Rj = ∅ para todo i 6= j y R = Ri . i=1

3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri ) = Si . De nuevo llamaremos recorrido regular al recorrido ϕ de la superficie compuesta S que verifica las condiciones anteriores. Observemos que la primera condición se satisface en gran parte por ser ϕ un recorrido, porque todos los recorridos son funciones continuas y además verifican que ϕ(R) = S. En particular si la parcelación P está formada por una u ńica región simple P = {R} tendr´ıamos que S es simplemente una superficie simple. Por lo tanto, el caso que resulta de interés es cuando P tiene más de una región simple; es decir que p > 1. En el caso p > 1 la condici´ on 3 nos dice que ϕ| p ◦ es de clase C 1 y Dϕ(u) tiene

∪i=1 Ri ◦ p rango m´ aximo para todo u ∈ ∪i=1 Ri es decir que ϕ pierde sus buenas propiedades solo en los puntos del conjunto ∪pi=1 f ront(Ri ), que es un conjunto de medida nula,

con lo cual, como hemos observado en varias ocasiones, a la hora de integrar, siempre que la funci´ on que integramos sea suficientemente buena, como por ejemplo continua, como sucede con las funciones de los ejemplos y problemas, no va a suponer ning´ un obst´ aculo. R R Sin embargo para integrales de campos vectoriales las integrales F · N y F · N ϕ

ψ

pueden tener signos distintos a´ un siendo ϕ y ψ dos recorridos regulares de una superficie simple S. Como vimos en la demostración de la proposición 2.15, este cambio de signo proviene del signo de det DH que relaciona los vectores normales a S seg´ un los recorridos regulares ϕ : R1 ⊂ R2 → S ⊂ R3 y ψ : R2 ⊂ R2 → S ⊂ R3 (que en este caso existen en todos los puntos y son siempre no nulos) por medio de la siguiente ecuaci´ on: D1 ψ(H(u)) × D2 ψ(H(u)) = det DH(u)D1 ϕ(u) × D2 ϕ(u)para todo u ∈ R1 Es decir, que los dos vectores normales son proporcionales y la función det DH(u) es el factor de proporcionalidad en todos los puntos. Entonces que det DH(u) sea positivo significa que ambos vectores normales tienen siempre el mismo sentido y si det DH(u) es negativa, entonces los dos vectores normales llevan siempre la misma direcci´ on pero sentidos distintos. Por ejemplo, si utilizamos el cambio a coordenadas esféricas para recorrer la esfera


en las dos versiones m´ as conocidas obtenemos los dos siguientes recorridos de la esfera: ϕ : R1 = [0, 2π] × [− π2 , π2 ] ⊂ R2 (u1 , u2 )

S ⊂ R3 (cos u1 cosu2 , senu1 cosu2 , senu2 )

→

y ψ : R2 = [0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , cos u2 )

Utilizando la siguiente relaci´ on que verifican las funciones seno y coseno: senu2 = cos(

π − u2 ) 2

comprobamos que estos recorridos son equivalentes porque el difeomorfismo definido por: H:

[0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

[0, 2π] × [− π2 , π2 ] ⊂ R2 (u1 , π2 − u2 )

verifica que ψ(u1 , u2 ) = ϕ ◦ H(u1 , u2 ) y es facil ver que det DH(u) = −1 para todo u ∈ R2 En este caso se verifica que el vector normal de ϕ apunta hacia el exterior de la esfera en todos los puntos y el vector normal de ψ apunta siempre hacia el interior Observemos que si intersecamos la esfera con el plano XY, la curva que resulta es C = {(x1 , x2 , x3 ) : x21 + x22 = 1 y x3 = 0} es decir, C es una curva cerrada simple en el plano OXY. Si ahora estudiamos cómo son los recorridos de esta curva inducidos por los recorridos de ϕ y ψ de la esfera vemos que: ϕ(θ, 0) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π] ψ(θ, π/2) = (cos θ, senθ, 0) θ ∈ [0, 2π] Las dos funciones recorren la circunferencia con orientación positiva. Por lo tanto, la orientaci´ on que inducen sobre este camino cerrado simple no nos sirve de referencia para distinguir entre las dos orientaciones de la esfera Estas dos orientaciones de la esfera también se expresan diciendo que la esfera es una superficie que tiene dos caras: la cara interior y la cara exterior. De forma que si imaginamos que el vector normal es una persona que anda por la superficie puede andar por la cara exterior de la esfera o por la cara interior de la misma (boca abajo). Bajo esta interpretaci´ on se dice que la esfera es una superficie con dos caras.

102


Recordemos que en el plano se elige como orientación positiva de los recorridos de los caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario a las agujas de un reloj y la justificaci´ on de esa elección nos la daba una integral. Ahora usaremos también una integral para justificar como orientación positiva de una superficie compuesta y cerrada en el espacio la que tiene vector normal apuntando al exterior. El teorema de la divergencia que veremos en la siguiente secci´ on nos proporciona una justificación de esta elección porque demuestra que con esta orientaci´ on la integral del campo vectorial F (x) = 13 (x1 , x2 , x3 ) sobre cualquier superficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de la región del espacio comprendida dentro de S. Curiosamente existen superficies en R3 , como la que mostramos en la figura 2.4, que solo tienen una cara, por supuesto estas superficies no son orientables.

Figura 2.4: Cinta de Möebious En el siguiente direcci´ on Web se muestra el mismo dibujo con animación. http://icaraideas.blogspot.com.es/p/conoces-este-objecto-matematico.html En el curso de Geometr´ıa diferencial de curvas y superficies se dará como definición de superficie orientable la siguiente (ver página 160 de [C. G. P.]) Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que S es una Definici´ on 2.20 superficie orientable si existe una función continua, que denotaremos por N ||.|| , que asigna a cada punto x de la superficie un vector N ||.|| (x) normal a la superficie y de norma uno. Observemos que esta funci´ on es en cierto modo distinta a las funciones con las que estamos acostumbrados a trabajar en el texto porque está definida desde la superficie: N ||.|| : S ⊂ R3 → R3 . Si S es una superficie simple para la cual podemos encontrar un recorrido regular ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que no solo sea de clase C 1 y con matriz jacobiana de rango m´ aximo en en el interior de R sino que ambas condiciones las cumpla ϕ en un abierto U ⊃ R, como sucede con las superficies simples de los ejemplos y problemas,


entonces se verifica que S es orientable porque la función que asigna a cada punto u ∈ R el vector normal a S asociado al recorrido regular ϕ esto es el vector que on continua y no nula definida en un compacto, de denotamos por N (u) es una funci´ modo que por el teorema de Weierstrass alcanza su valor m´ınimo en un punto del compacto, lo cual asegura que existe un a > 0 tal que ||N (u)|| ≥ a para todo u ∈ R, de modo que la funci´ on 1 ||N ||

: R ⊂ R2

→ R3 N (u) ||N (u)||

u

es también continua. Entonces aplicando el teorema de la función inversa en cada punto x0 ∈ S, como hicimos en la demostraci´ on de la proposición 2.18, se demuestra que la función N ||.|| : .

S ⊂ R3 x

→

R ⊂ R2 ϕ−1 (x)

→ R3

N (ϕ−1 (x)) ||N (ϕ−1 (x))|||

es continua. Pero si S es una superficie compuesta entonces cada superficie simple que la forma es orientable pero en general no es posible encontrar una función N ||.|| que sea continua en todos los puntos de S. Por ejemplo, si S es la esfera de centro (0, 0, 0) y radio r = 1 entonces es orientable y N ||.|| : S ⊂ R3 → R3 es la función identidad; es decir N ||.|| (x) = x para todo x en la esfera unidad, pero si S es el cubo unidad la funci´ on N ||.|| no va a ser continua en las aristas del cubo, aun as´ı el cubo si es una superficie orientable. Esto nos obliga a dar otra definición de superficie orientable para las superficies compuestas.

Definici´ on 2.21 p S

Se dice que una superficie compuesta S =

Si con p > 1 es orientable si para cada par de regiones simples

i=1

Ri y Rj tales que f ronRi ∩ f ronRj 6= ∅ y N ||.|| pierde la continuidad es esos puntos se verifica que ϕ|f ronRi y ϕ|f ronRj tienen orientaciones contrarias. Se pide que las orientaciones sean contrarias para que el vector normal siga ◦

◦

apuntando con igual orientaci´ on en los puntos de ϕ(Ri ) que en los de ϕ(Rj ) el siguiente ejemplo y el problema 2 de la sección 2.5 nos ayudaran a entender mejor porque es as´ı como funciona la orientación. Antes es necesaria una u ´ltima reflexión sobre el concepto de orientación. Observemos que cuando decimos que una superficie S ⊂ R3 es orientable lo que estamos


104

afirmando es que podemos asignarle una orientación, no estamos diciendo que est´ a recorrida con orientaci´ on positiva. Recordemos que para los caminos simples cerrados contenidos en R2 llegamos al acuerdo de nombrar como orientación positiva la que recorre el camino en el sentido contrario a las agujas del reloj, pero observamos en la sección 1.3 que si el camino simple C ⊂ R2 no es cerrado no hay manera de decidir a priori si un recorrido lleva orientaci´ on positiva o negativa. En estos caso fijamos la orientación como positiva indicando que el recorrido debe empezar H en ϕ(a) ∈ C y terminar en ϕ(b) ∈ C. Ese es el significado que damos al s´ımbolo en la expresión: I p I X F = F C

i=1 C

i

3

Con las superficies de R sucede lo mismo. Cuando la superficie cerrada, es como la esfera o el cubo (en la siguiente sección estableceremos que entendemos por superficie cerrada) hemos visto porqué es natural tomar como orientación positiva la que asigna a los vectores normales a la superficie el sentido exterior. Pero si la superficie S no es cerrada no hay manera de decidir a priori que orientación es la positiva. Pensemos por ejemplo en las caras del cubo unidad. Si nos fijamos en la cara de la base y la cara de la tapadera vemos que ambas están en planos paralelos al plano x3 = 0 y para darle al cubo una orientaci´ on positiva tenemos que recorrer una de las caras de modo que la normal exterior sea (0, 0, −1) mientras que la otra se debe recorrer para que la normal sea (0, 0, 1), De modo que si la superficie es como la del ejemplo que se muestra a continuaci´ on es imposible decidir a priori cual de las dos orientaciones que se describen es la positiva. Si recorremos la superficie simple S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ Ejemplo 2.22 R3 ; x21 + x22 ≤ 1 y x3 = 0} con los siguientes recorridos regulares: R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1} ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (u1 , u2 , 0)

ψ : R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1} ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (u2 , u1 , 0)

ϕ:

Observamos que el vector normal del primer recorrido es (1, 0, 0) mientras que el vector normal del segundo es (−1, 0, 0). Como está superficie no es cerrada no podemos aplicar el criterio de ”vector normal apuntando al exterior”para decidir cual de las dos orientaciones es la positiva. Sin embargo la orientaci´ on de cada uno de estos recorridos está directamente relacionada con la orientaci´ on que cada uno de ellos induce sobre la curva cerrada simple C ⊂ S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 = 1 y x3 = 0}

2.4. EL TEOREMA DE STOKES Y EL TEOREMA DE LA DIVERGENCIA 105

Esta curva se obtiene al restringir las funciones ϕ y ψ a los puntos de la frontera de R, que es una curva cerrada simple contenida en R2 que recorremos con orientación positiva usando la siguiente funci´ on: φ:

[0, 1] ⊂ R t

→

∂R ⊂ R2 (cos 2πt, sen2πt)

Vamos a ver a continuaci´ on c´ omo son los recorridos que induce φ sobre C ⊂ S cuando componemos φ con los dos recorridos descritos para S : ϕ◦φ:

[0, 1] ⊂ R t

→

C ⊂ S ⊂ R3 (cos 2πt, sen2πt, 0)

ψ◦φ:

[0, 1] ⊂ R t

→

C ⊂ S ⊂ R3 (sen2πt, cos 2πt, 0)

De modo que el mismo recorrido positivo de ∂R induce sobre C dos recorridos con orientaciones contrarias, porque los vectores normales de ϕ y ψ tienen sentidos opuestos. No nos deber´ıa extra˜ nar esta conexión entre los vectores normales de un recorrido y la orientaci´ on de las curvas cerradas simples contenidas en la superficie porque el vector normal se calcula a partir de los vectores tangentes a la superficie, recordemos que N (u) = D1 ϕ(u)×D2 ϕ(u) Esta relación entre los tres vectores da una orientaci´ on al vector N (u) que gr´ aficamente suele explicarse de la siguiente manera. En las figuras 2.5 y 2.6 hemos marcado la curva C ⊂ R3 con el recorrido inducido por ϕ ◦ φ, si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo ese movimiento (ver figura 2.5), el dedo pulgar se˜ nala al cielo, como lo hace el vector normal. Mientras que si movemos los dedos de la mano derecha siguiendo el recorrido marcado por ψ ◦ φ, como muestra la figura 2.6, el dedo pulgar indica al suelo, como lo hace el vector normal del recorrido ψ.

2.4.

El Teorema de Stokes y el Teorema de la divergencia

En esta secci´ on vamos a enunciar y a mostrar algunas de las aplicaciones que tienen el teorema de Stokes en R3 y el teorema de la divergencia. Ambos teoremas puede verse como extensiones del teorema de Green a R3 , lo cual no debe extra˜ narnos puesto que los tres teoremas se deducen como corolarios del teorema general. Recordemos que el teorema de Green relaciona una integral doble sobre una región plana R ⊂ R2 con una integral sobre la curva ∂R ⊂ R2 frontera de R. De forma an´ aloga el teorema de Stokes para R3 vincula una integral doble sobre una superficie S ⊂ R3 con una integral sobre la curva ∂S ⊂ R3 borde de S. Mientras que el

106


Figura 2.5: La regla del sacacorchos 1

Figura 2.6: La regla del sacacorchos 2


teorema de la divergencia relaciona una integral triple sobre un solido K ⊂ R3 con una integral doble sobre la superficie ∂K frontera de K. Antes de enunciar el primer teorema necesitamos dar la definición formal de borde de una superficie y tenemos también que definir el rotacional de un campo vectorial.

: Dada S una superficie simple o compuesta Definici´ on 2.23 en R3 se llama borde de S, que denotaremos por ∂S al camino en R3 definido por ϕ(f ron(R)) siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 un recorrido regular de S. Observemos que si S es una superficie simple el borde de S no depende del recorrido regular elegido ya que si ϕ y ψ son dos recorridos regulares de S, entonces son recorridos equivalentes y la función H : R1 ⊂ R2 → R2 ⊂ R2 definida entre sus dominios verifica que H(f ron(R1 )) = f ron(H(R1 )) = f ron(R2 ), por tanto ∂S = ϕ(f ron(R1 )) = ψ(f ron(R2 )). Pero si la superficie es compuesta el borde puede variar seg´ un el recorrido regular que construyamos. Tomemos por ejemplo una parte del cilindro x21 + x22 = 1 y un recorrido ϕ como el siguiente: ϕ : R = [a, b] × [θ0 − π, θ0 + π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (cosu2 , senu2 , u1 )

El recorrido no es inyectivo porque para todo u1 ∈ [a, b] se verifica que ϕ(u1 , θ0 −π) = ϕ(u1 , θ0 + π). Es f´ acil descomponer R en dos regiones simples R1 y R2 de modo que ϕ|Ri sea inyectiva para i = 1 y 2. Basta con tomar un ángulo θ1 ∈ (θ0 − π, θ0 + π) y dividir R en las regiones R1 = [a, b] × [θ0 − π, θ1 ] y R2 = [a, b] × [θ1 , θ0 + π]. Entonces para cada valor θ0 que tomemos la región R cambia y por lo tanto el borde de S cambia: ∂S = {x ∈ R3 ; x21 + x22 = 1; x3 = a} ∪ {x ∈ R3 ; x21 + x22 = 1; x3 = b} ∪{x ∈ R3 ; x1 = cos(θ0 − π), x2 = sen(θ0 − π) y x3 ∈ [a, b]} Sin embargo este cambio en el borde de S no se refleja en el cálculo de las integrales de campos vectoriales sobre el borde de S porque para todos los ángulos θ0 la funci´ on que recorre el borde de S; esto es: ϕ ◦ ψ, siendo ψ un recorrido regular del camino cerrado simple ∂R, recorre dos veces el segmento vertical {x ∈ R3 ; x1 = cos(θ0 − π), x2 = sen(θ0 − π) y x3 ∈ [a, b]} una vez con orientación positiva y otra con orientaci´ on negativa, de modo que las dos integrales correspondientes de cualquier campo vectorial continuo se anulan y el valor final de la integral del campo vectorial sobre ∂S solo depender´ a de las integrales sobre los otros dos conjuntos que forman el borde de S.


108

Veamos cómo son los bordes de las superficies simples Ejemplo 2.24 descritas en el ejemplo 2.5. Es claro que si la superficie es una región R contenida en un plano, su borde ser´ a el camino cerrado simple que define la frontera de R pero dentro de ese plano, mientras que para el casquete superior de la esfera, el borde es la circunferencia de centro (0, 0, 0) y radio r = 1 contenida en el plano XY. Por otro lado, al ser f ron(R) una curva cerrada simple en R2 y ser cada recorrido on inyectiva en R se verifica que ϕ(f ron(R)) = ∂S es regular ϕ de S una funci´ una curva cerrada simple en R3 . Para este tipo de curvas cerradas simples en R3 se define la orientaci´ on positiva como la inducida por una orientaci´ H on positiva de f ron(R) ⊂ R2 . Este es el significado que tiene el s´ımbolo F · T en el ∂S

enunciado del teorema de Stokes para R3 . El u ´ltimo ejemplo de la secci´ on anterior muestra como una misma curva cerrada simple C ⊂ R3 , que es borde de una superficie simple C = ∂S se puede recorrer en ambos sentidos con orientaci´ on positiva seg´ un que recorrido regular de S se utilice. Veamos a continuaci´ on que es el rotacional de un campo vectorial. Para definirlo vamos a utilizar la notaci´ on que se emplea en el producto vectorial vectores de R3 Recordemos que la operaci´ on producto vectorial nos ha servido para definir al vector normal N (u) asociado al recorrido de una superficie. Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de Definici´ on 2.25 1 clase C en el abierto U se llama rotacional de F y se denota por rotF al campo vectorial que se obtiene al desarrollar el siguiente determinante:   i j k rotF = det  D1 D2 D3  = F1 F2 F3 (D2 F3 − D3 F2 , D3 F1 − D1 F3 , D1 F2 − D2 F1 )

El siguiente ejemplo nos ayudar´ a a entender la definición anterior. Ejemplo 2.26

Vamos a calcular el rotacional del siguiente campo vectorial:

F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + 2x2 + 3x3 , x1 x2 x3 , ex1 senx2 cos x3 ). En primer lugar observamos que el campo es de clase C ∞ en R3 , de modo que tiene derivadas parciales continuas. A continuación calculamos el determinante que en este


caso tiene la forma: 

i D1 rotF = det  x1 + 2x2 + 3x3

j D2 x1 x2 x3

 k  D3 ex1 senx2 cos x3

 x D2 (e 1 senx2 cos x3 ) − D3 (x1 x2 x3 ) x =  D3 (x1 +2x2 +3x3 ) − D1 (e 1 senx2 cos x3 )  D1 (x1 x2 x3 ) − D2 (x1 +2x2 +3x3 ) 

=

(ex1 cos x2 cos x3 −x1 x2 , 3 − ex1 senx2 cos x3 , x2 x3 −2).

Como ya hab´ıamos adelantado en la primera sección, el rotacional de un campo vectorial est´ a relacionado con la condición de campo conservativo en el sentido de que se verifica la siguiente equivalencia: F es conservativo si y solo si rotF = 0. A continuaci´ on vamos a enunciar el teorema de Stokes que nos ayudará después a dar una interpretaci´ on f´ısica del rotacional de un campo vectorial en relación al flujo del campo. Teorema de Stokes en R3 : Si F : U ⊂ R3 → R3 Teorema 2.27 1 es de clase C , U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simple S y ϕ : R ⊂ R2 → R3 , es una recorrido regular de S de clase C 2 ,entonces se verifica que: I I Z rotF · N = F1 dx1 + F2 dx2 + F3 dx3 = F · T S

∂S

∂S

En la segunda parte veremos como se deduce este teorema del teorema general de Stokes. Observemos que ahora hemos pedido al recorrido regular ϕ una condición más y es que sea de clase C 2 porque, como veremos al demostrar el teorema de Stokes, necesitamos que el recorrido tenga derivadas parciales segundas continuas para que se de la igualdad. De nuevo esto no será un problema para los recorridos que aparecen en los ejemplos y problemas del texto. Una primera consecuencia de este teorema es que si el campo vectorial F es conservativo, o equivalentemente rotF = 0, entonces la integral de F a lo largo


110

de cualquier camino cerrado ∂S que se pueda obtener como el borde de alguna superficie S es 0. A continuaci´ on veremos un ejemplo. Vamos a calcular la integral del campo vectorial Ejemplo 2.28 F (x1 , x2 , x3 ) = (f (x1 ), g(x2 ), h(x3 )) siendo f, g, h : (−2, 2) ⊂ R → R tres funciones de clase C 1 sobre la curva cerrada simple C = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 = 1, x3 = 0}. Primero observamos que el campo vectorial as´ı definido es conservativo sean cómo sean las funciones f, g y h por como están distribuidas las tres variables entre ellas. Después observamos que la curva cerrada C está contenida en el plano x3 = 0, por lo cual es el borde de la superficie simple contenida en el mismo plano y delimitada por C. En este caso también podemos tomar como superficie S la semiesfera de centro (0, 0, 0) y radio r = 1. En cualquier caso aplicando el teorema anterior deducimos que

I

I F ·T = C

F · T = 0. ∂S

El siguiente ejemplo nos muestra c´ omo gracias al Teorema de Stokes podemos evitar el c´ alculo de primitivas muy dif´ıciles por otras inmediatas. Tomamos el siguiente campo vectorial:

Ejemplo 2.29

2 1 F (x1 , x2 , x3 ) = (arctgx1 + x2 x3 , ex2 senx2 + x1 ( + x3 ), ln(1 + x23 ) + x21 x2 ) 2

y la curva simple dada por C = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 = 1, x3 = 5}, que corresponde a la circunferencia contenida en el plano x3 = 5, de centro (0, 0, 5) y radio 1. De modo que tomando el t´ıpico recorrido regular de C, que sabemos tiene orientaci´ on positiva:

ϕ:

[0, 2π] ⊂ R t

→

R3 (cos t, sent, 5)


la integral de l´ınea

H

F · T queda as´ı:

C

I F ·T C

Z2π =

F (ϕ(t)) · ϕ0 (t)dt

0

Z2π 2 1 = ((arctg(cos t) + 5sent)(−sent) + (esen t sen(sent) + cos t( + 5)) cos t)dt 2 0

Como vemos nos aparecen funciones cuyas integrales primitivas son dif´ıciles de calcular, mientras que aplicando el teorema de Stokes a la superficie S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 ≤ 1, x3 = 5}, cuyo borde es claramente C, nos apareceran unas integrales m´ as sencillas porque 1 rotF (x1 , x2 , x3 ) = (x21 − x1 , x2 (1 − 2x1 ), ). 2 En efecto, tomando como recorrido regular de S el dado por: ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (u1 , u2 , 5)

siendo R = {(u1 , u2 ) ∈ R2 : u21 + u22 ≤ 1}, cuyo vector normal es N (u1 , u2 ) = (0, 0, 1) nos queda que: I Z Z π 1 du1 du2 = F · T = rotF · N = 2 2 C

S

R

Otra circunstancia en la cual resulta conveniente aplicar el teorema de Stokes se da cuando el camino cerrado simple está formado por varios tramos de curvas que necesitan recorridos distintos, como por ejemplo los lados de un triángulo. Ejemplo 2.30

Dado el campo vectorial

F (x1 , x2 ) = (x1 (x22 − x23 ), x2 (x21 − x23 ), x3 (x21 − x22 )) vamos a calcular la integral de l´ınea de este campo a lo largo del camino cerrado simple C formado por los lados del triángulo de vértices: (1, 0, 0), (0, 1, 0) y (0, 0, 1). Para calcular esta integral de l´ınea tendr´ıamos primero que buscar los tres recorridos regulares α1 , α2 y α3 correspondientes a los tres lados del triángulo y después


112

calcular tres integrales de l´ınea, mientras que aplicando el teorema de Stokes la integral de l´ınea se transforma en una sencilla integral doble sobre la superficie S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x1 + x2 + x3 = 1, x1 ≥ 0, x2 ≥ 0 y x3 ≥ 0} que recorremos con la funci´ on: ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

S ⊂ R3 (u1 , u2 , 1 − u1 − u2 )

→

siendo R = {(u1 , u2 ); u1 + u2 ≤ 1, u1 ≥ 0 y u2 ≥ 0} y el vector normal exterior N (u1 , u2 ) = (1, 1, 1). En este caso además, la función que tenemos que integrar también se simplifica puesto que rotF (x1 , x2 , x3 ) = (0, −4x1 x3 , 0), entonces: I

Z F ·T

=

C

Z 1 Z1 1−u −4u1 (1 − u1 − u2 )du2 du1 rotF · N = 0

S

Z1 = −4

(u1 (1 −

0 1−u u1 )u2 ]0 1

0

Z1 = −4

1−u1 ! u22 + −u1 du1 2 0

1 u1 (1 − u1 )2 du1 = −2 2

0

= −2

Z1

(u1 + u31 − 2u21 )du1

0

u21 2

+

u41 4

2 − u31 3

1 =− 0

1 6

Por u ´ltimo, observemos que si dos superficies simples S1 y S2 de clase C 2 tienen el mismo borde C entonces por el teorema de Stokes se verifica que: Z I Z rotF · N = F · T = rotF · N S1

C

S2

es decir que la integral del rotacional del campo es la misma a lo largo de las dos superficies. Este resultado nos puede ayudar a simplificar los cálculos como sucede en el siguiente ejemplo. Si tenemos que calcular la integral del rotacional del campo Ejemplo 2.31 dado en el ejemplo 2.26, esto es F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + 2x2 + 3x3 , x1 x2 x3 , ex1 senx2 cos x3 ) cuyo rotacional es rotF (x1 , x2 , x3 ) = (ex1 cos x2 cos x3 − x1 x2 , 3 − ex1 senx2 cos x3 , x2 x3 − 2)


a lo largo de la semiesfera superior con orientación positiva, podemos sustituir la esfera por la superficie S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x21 + x22 ≤ 1 y x3 = 0}, que recorremos con una sencilla funci´ on de la forma: ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (u1 , u2 , 0)

siendo R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1} y siendo el vector normal N (u1 , u2 ) = (0, 0, 1), de modo que: Z Z rotF · N = −2du1 du2 = −2π. S

R

A continuaci´ on vamos a utilizar el teorema de Stokes en R3 para dar una interpretaci´ on f´ısica de rotF · N . Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campo de velocidades de un fluido y sea S una superficie contenida en U. Si en el punto x0 ∈ S trazamos la circunferencia Cr de radio r y centro x0 contenida en el plano tangente a x0 , esta circunferencia Cr y el disco que encierra, Rr , estar´ an muy pr´ oximos a la superficie S para valores peque˜ nos de r. En cada punto de la circunferencia Cr el campo de velocidades tiene componente tangencial F · T que ser´ a mayor cuánto más alineados estén los vectores F y T. En este caso el fluido tender´ a a moverse a lo largo de la circunferencia Cr , en lugar de atravesarla. Por eso decimos que la integral de l´ınea mide la cantidad de fluido que circula a lo largo de Cr . Consideremos ahora la actuaci´ on del campo de velocidades F sobre la superficie Rr , es decir sobre el disco de radio r y centro x0 cuyo borde es Cr . Como r es muy peque˜ no el vector rotF en Rr es prácticamente constante de valor rotF (x0 ) y lo mismo sucede con el vector rotF · N . En consecuencia el teorema de Stokes lleva en este caso a: I Z Z F · T = rotF · N = rotF (x0 ) · N 1 = rotF (x0 ) · N a ´rea(Rr ) Cr

Rr

Rr

Por lo tanto, rotF (x0 ) · N ≈

circulación del fluido a lo largo de Cr πr2

Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que I 1 rotF (x0 ) · N = l´ım 2 F ·T r→0 πr Cr

114


es decir, que rotF (x0 ) · N mide la tendencia del fluido a girar alrededor del punto x0 cuando atraviesa la superficie S. De aqu´ı proviene el nombre de rotacional de F . Normalmente esta tendencia variará de punto a punto. El teorema de Stokes nos dice que la medida colectiva de esta tendencia rotacional tomada sobre la superficie (integral de superficie) es igual a la tendencia del fluido a circular alrededor del borde de S (integral de l´ınea). El teorema de Stokes aplicado a campos eléctricos permite probar la ley de Faraday: el voltaje a lo largo del borde de S es igual a menos la razón de cambio del flujo magnético a través de la superficie. Terminamos esta secci´ on con el teorema de la divergencia o teorema de Gauss, en honor del matem´ atico alem´ an Carl Friedrich Gauss (1777-1855). Este teorema es una extensi´ on a tres dimensiones del teorema de Green, porque prueba que, bajo ciertas hip´ otesis, la integral de un campo vectorial a lo largo de una superficie S coincide con la integral de un campo escalar sobre la región de R3 cuya frontera es la superficie S. Antes de enunciarlo ser´ a necesario introducir las siguientes definiciones. Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de Definici´ on 2.32 1 clase C en el abierto U , se llama divergente de F , y se escribe divF , al campo escalar definido por:

divF (x) = D1 F1 (x) + D2 F2 (x) + D3 F3 (x) Mas adelante utilizaremos el teorema de la divergencia para dar una interpretación f´ısica del divergente de un campo vectorial. A continuación veamos un ejemplo. Vamos a calcular el divergente del campo vectorial dado en Ejemplo 2.33 el ejemplo 2.26, esto es: F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + 2x2 + 3x3 , x1 x2 x3 , ex1 senx2 cos x3 ). Para ello solo tenemos que derivar la primera función respecto de la primera variable, después sumar la derivada de la segunda función respecto de la segunda variable y por u ´ltimo sumar la derivada de la tercera función respecto de la tercera variable, con lo cual nos queda el campo escalar: divF (x1 , x2 , x3 ) = 1 + x1 x3 − ex1 senx2 senx3 .

A continuaci´ on introducimos la definición de superficie compuesta cerrada. Recordemos que un camino simple C es cerrado cuando los recorridos regulares ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn satisfacen que ϕ(a) = ϕ(b).


Se dice que una superficie compuesta S ⊂ R3 Definici´ on 2.34 es cerrada si cada camino simple contenido en el borde de S es recorrido dos veces una con orientaci´ on positiva y otra con orientación negativa por la funci´ on ϕ ◦ ψ siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 el recorrido regular que define a S y siendo ψ un recorrido regular del camino cerrado simple ∂R

Recordemos que el borde de S se define cómo la imagen de la frontera de la región simple R ⊂ R2 por medio del recorrido regular de S; es decir que ∂S = ϕ(∂R). De modo que si S es una superficie simple no puede ser cerrada porque el recorrido regular ϕ es inyectivo en R y por lo tanto los caminos simples contenidos en ∂R solo son recorridos una vez por la función ϕ ◦ ψ Pero si la superficie es compuesta ϕ no es inyectiva en las fronteras de las regiones simples que forman R, de modo que tampoco es inyectivo en ∂R y puede suceder que cada camino simple contenido en el borde se recorra dos veces con orientaciones contrarias, como veremos en el problema 2 de la secci´ on 2.5 que sucede cuando S es el cubo unidad. El teorema de la divergencia o de Gauss se verifica para superficies compuestas y cerradas que son orientables y relaciona cierta integral sobre estas superficies con otra integral sobre el recinto que encierran al que llamaremos sólido. Se dice que un conjunto acotado K ⊂ R3 Definici´ on 2.35 es un s´ olido si su frontera, que denotaremos por ∂K es una superficie compuesta cerrada y orientable. Por ejemplo son s´ olidos las bolas cerradas y los prismas cerrados en R3 . Recordemos que en el plano se elige como orientación positiva de los recorridos de los caminos cerrados simples el recorrido que gira en sentido contrario a las agujas de un reloj y la justificaci´ on de esa elección nos la daba una integral. Ahora usaremos también una integral para justificar como orientación positiva de una superficie compuesta y cerrada en el espacio Se elije como orientación positiva de una superficie compuesta cerrada la que tiene vector normal apuntando al exterior. El teorema de la divergencia nos proporciona una justificación de esta elecci´ on porque demuestra que con esta orientación la integral del campo vectorial F (x) = 13 (x1 , x2 , x3 ) sobre cualquier superficie compuesta y cerrada S coincide con el volumen de la regi´ on del espacio comprendida dentro de S. Como las superficies de los s´ olidos son cerradas y orientables, vimos en la sección 1.3 que en estos casos se toma como orientación positiva la que da como vector normal en cada punto de la superficie el vector que apunta al exterior. Este es el significado


116

que tiene la notaci´ on

H

F · N en el siguiente teorema.

∂K

Teorema de la divergencia (o Teorema de Teorema 2.36 Gauss): Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C 1 , U es un conjunto abierto que contiene al sólido K y la frontera de K es una superficie de clase C 2 , entonces se verifica que: Z I F ·N divF = K

∂K

Observemos que de nuevo es necesario suponer que la superficie es de clase C 2 . El teorema de la divergencia resulta muy u ´til cuando la superficie cerrada est´ a delimitada por varias superficies, como es el caso del cubo, porque resulta más f´ acil integrar sobre el s´ olido K que sobre la superficie ∂K, como muestra el siguiente ejemplo. Ejemplo 2.37 ejemplo 2.26 esto es:

Vamos a calcular la integral del campo vectorial dado en el

F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 + 2x2 + 3x3 , x1 x2 x3 , ex1 senx2 cos x3 )

sobre la superficie del cubo K = [0, 1] × [0, 1] × [0, 1]. Para calcular esta integral tendr´ıamos primero que construir seis recorridos sobre las seis caras del cubo y después integrar las seis funciones que obtendr´ıamos de los respectivos productos F · N , mientras que aplicando el teorema de la divergencia nos queda una u ńica


integral de la forma: Z1 Z1 Z1 divF (x1 , x2 , x3 )dx1 dx2 dx3 0

0

0

Z1 Z1 Z1 = 0

0

(1 + x1 x3 − ex1 senx2 senx3 )dx1 dx2 dx3

0

Z1 Z1 =

x1 + x3 0

=

x21 − ex1 senx2 senx3 2

0

Z1

1+

1 dx2 dx3 0

i1 x3 x2 − (1 − e) cos x2 senx3 dx3 2 0

0

= =

1 x23 x3 + − (1 − e)(1 − cos 1) cos x3 4 0 5 2 + (1 − e)(1 − cos 1) . 4

Por u ´ltimo, vamos a ver c´ omo el teorema de la divergencia nos proporciona una interpretaci´ on f´ısica del divergente de un campo. Sea F : U ⊂ R3 → R3 un campo de velocidades de un fluido. Para cada punto x0 ∈ U tomamos una bola cerrada de centro x0 y radio r, que denotamos por Br . Ya vimos que la integral de F sobre la frontera de esta bola (la esfera que denotamos por Sr ) mide la cantidad de fluido que atraviesa la esfera (hacia el interior y hacia el exterior). Por el teorema de la divergencia este flujo coincide con: R

divF (x)dx

Br

Si r es suficientemente peque˜ no se puede considerar que la función divF permanece constante en x0 y podemos aproximar el flujo a través de la esfera por: Z Z I F · N = divF (x)dx ≈ divF (x0 ) 1 = divF (x0 )vol(Br ) S

Br

Br

Por lo tanto, divF (x0 ) ≈

circulación del fluido a través de Sr 4 3 3 πR

118


Entonces, si las condiciones son buenas, se sigue que I 1 F ·N divF (x0 ) = l´ım 4 3 r→0 πr 3 Sr

es decir, que divF (x0 ) mide el flujo del campo en el punto x0 por unidad de volumen. Los signos de la funci´ on divF (x0 ) clasifican a los puntos en los siguientes tres grupos: 1o ) x0 es fuente si divF (x0 ) > 0, pues en este caso el fluido cerca de x0 tiende a expandirse. 2o ) x0 es sumidero si divF (x0 ) < 0, pues en este caso el fluido cerca de x0 tiende a concentrarse. 3o ) x0 es incompresible si divF (x0 ) = 0, pues en este caso la cantidad de fluido que fluye hacia dentro y hacia fuera son las mismas. En los ejercicios de este apartado se prueba que si un campo de velocidades es constante, entonces el flujo a través de cualquier superficie cerrada es cero, y si es radial, F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 , x3 ), entonces el flujo a través de cualquier superficie es proporcional al volumen de la superficie.


2.5.

119


A continuaci´ on encontrar´ a una colección de problemas cuyos contenidos son similares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema se ofrece una peque˜ na sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unos minutos en pensar como desarrollar´ıa la solución. De esta forma aprenderá mucho m´ as que si se limita a leer la respuesta. Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa las caracter´ısticas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..). p a) S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x3 = x21 + x22 ≤ 1} b) S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; b21 (x1 − a1 )2 + b22 (x2 − a2 )2 + b23 (x3 − a3 )2 = 1} siendo b1 b2 b3 6= 0. Sugerencia: Analice que tipo de superficies son. Ejemplos similares se pueden encontrar al principio del cap´ıtulo. Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en los semiejes positivos de coordenadas que tenga vectores normales apuntando al exterior del cubo y describa c´ omo es el borde de esta superficie asociado al recorrido encontrado. Sugerencia: Elija una regi´ on simple en forma de cruz formada por seis cuadrados, como har´ıa con una cartulina para construir un cubo. Cada cuadrado de la regi´ on simple se transformar´ a en una cara del cubo usando una funci´ on adecuada de modo que el recorrido sea continuo y tenga orientaci´ on positiva. Si le cuesta encontrar las funciones adecuadas consulte la definici´ on de recorrido del borde de I 3 que se da en la secci´ on 4.1. Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por el sector cil´ındrico S1 = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dos tapaderas. Sugerencia: Use coordenadas cil´ındricas para el sector cil´ındrico y polares para las dos tapas. Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie: S = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]} ∪ {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 + x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}. Sugerencia: Aver´ıg¨ ue de que tipo de superficies se trata y encontrar´ a las coordenadas adecuadas. Problema 5 Sean {v 1 , v 2 , v 3 } tres vectores no nulos de R3 . Probar que el producto vectorial verifica: a) v 1 × v 1 = 0 b) v 1 × v 2 = −v 2 × v 1 c) (av 1 + bv 2 ) × v 3 = av 1 × v 3 + bv 2 × v 3 y v 1 × (cv 2 + dv 3 ) = cv 1 × v 2 + dv 1 × v 3 Sugerencia: Recuerde las propiedades de los determinantes. Problema 6 Dados dos vectores v 1 , v 2 no nulos en R3 y dada A una matriz 2×2 con coeficientes reales, llamamos w1 , w2 a los vectores de R3 que se obtienen al realizar


120

la composici´ on de las siguientes matrices: w11 w12 w13 a b v11 = w21 w22 w23 c d v21

v12 v22

v13 v23

.

Probar que w1 × w2 = det(A)v 1 × v 2 . Sugerencia: Utilice las propiedades demostradas en el problema anterior. Problema 7 Calcule el ´ area de las siguientes superficies de revolución usando los recorridos definidos en cada caso. ϕ : [0, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3 a) (u1 , u2 ) (u1 cos u2 , u21 , u1 senu2 ) ϕ : [0, π] × [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3 b) (u1 , u2 ) (u1 , senu1 cos u2 , senu1 senu2 ) ¿Qué se puede decir de las gr´ aficas de estas superficies? Sugerencia: Como el recorrido viene dado, solo hay que aplicar la f´ ormula del ´ area, para lo cual es necesario calcular N (u). Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lámina en forma de cono recorrida por la funci´ on: ϕ:

[1, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (u1 , u1 cos u2 , u1 senu2 )

siendo la funci´ on de densidad: a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coordenadas: F (x1 , x2 , x3 ) = √ 2 K 2 2 . x1 +x2 +x3

b) Uniforme de valor K. Sugerencia: Como el recorrido est´ a dado solo hay que aplicar las f´ ormulas, para lo cual es necesario calcular N (u). Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (4x1 x2 , −x23 , x2 x3 ) a través del cubo unidad con orientación positiva. Sugerencia: Podr´ıa usar el recorrido del problema 2 pero hay un teorema que permite simplificar mucho los c´ alculos. Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , 2x1 , 3x1 ) a través de la superficie dada por S = {(x1 , x2 , x3 ); x3 = x21 + x22 y x21 + x22 ≤ 4}, con orientaci´ on positiva. Sugerencia: Observe que la superficie es de revoluci´ on.


2.6.

121


Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer la soluci´ on. Problema 1 Encuentre recorridos de las siguientes superficies y describa las caracter´ısticas de los mismos (inyectividad, diferenciabilidad, vector normal,..). p a) S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; x3 = x21 + x22 ≤ 1} b) S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; b21 (x1 − a1 )2 + b22 (x2 − a2 )2 + b23 (x3 − a3 )2 = 1} siendo b1 b2 b3 6= 0 Soluci´ on: a) En este caso la superficie viene descrita de forma expl´ıcita en la variable x3 = h(x1 , x2 ) por lo cual podemos usar el recorrido: ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 p (u1 , u2 , u21 + u22 )

p La regi´ on simple R viene determinado por la condición x21 + x22 ≤ 1. De modo que ser´ a: R = {(u1 , u2 ); u21 + u22 ≤ 1}. En estos casos el recorrido es siempre una función inyectiva, por la forma de sus dos primeras componentes, y la tercera componente hace que el recorrido sea de clase C ∞ en R2 \{(0, 0)}. Por otro lado el vector normal es: ! −u1 −u2 N (u) = (−D1 h(u), −D2 h(u), 1) = p 2 ,p 2 ,1 u1 + u22 u1 + u22 que es no nulo y con orientaci´ on exterior. b) Ahora la superficie es un elipsoide que podemos recorrer usando coordenadas esféricas como en el ejemplo 2.5; esto esϕ : [0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 → S ⊂ R3 viene dada por: ϕ(u1 , u2 ) =

1 1 1 cos u1 senu2 + a1 , senu1 senu2 + a2 , cos u2 + a3 ) |b1 | |b2 | |b3 |

En este caso el recorrido no es inyectivo, es de clase C ∞ en R2 y su vector normal es: 1 1 1 N (u) = − senu22 cosu1 , senu22 senu1 , senu2 cosu2 . |b2 b3 | |b1 b3 | |b1 b2 | Problema 2 Encuentre un recorrido del cubo de lado uno apoyado en los semiejes positivos de coordenadas que tenga vectores normales apuntando al exterior del cubo y describa c´ omo es el borde de esta superficie asociado al recorrido encontrado. Soluci´ on: Para resolver este problema tenemos que buscar un recorrido para cada una de las seis caras que forman el cubo y ajustar los seis recorridos. Observemos que las seis caras est´ an contenidas en seis planos que se caracterizan gráficamente por ser

122


planos perpendiculares a alg´ un eje de coordenadas y anal´ıticamente por tener una de las tres variables constantes: x1 = 0, x1 = 1, x2 = 0, x2 = 1, x3 = 0 y x3 = 1. Por esta raz´ on los recorridos ser´ an funciones sencillas que se obtienen al fijar la variable que determina al plano y ajustar los otras dos variables u1 y u2 de modo que se ajusten los dominios y el sentido del vector normal. Como regi´ on simple utilizaremos la región simple con forma de cruz representada en la figura 2.7 y formada por la uni´ on de los rectángulos: R = [−2, 2] × [0, 1] ∪ [0, 1] × [−1, 2]. A cada uno de los seis rect´ angulos que forman R le vamos a hacer corresponder la cara del cubo que se indica en la figura 2.8, de modo que ϕ sobre cada rectángulo Ri queda de la siguiente manera: ϕ : R1 = [0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (1 − u1 , u2 , 0)

el vector normal es N (u1 , u2 ) = (0, 0, −1) y ϕ recorre la cara contenida en el plano x1 = 0. Para la cara contenida en el plano x2 = 1 la función será: ϕ : R3 = [0, 1] × [1, 2] ⊂ R2 (u1 , u2 )

S ⊂ R3 (1 − u1 , 1, u2 − 1)

→

cuyo vector normal N (u1 , u2 ) = (0, 1, 0) apunta al exterior. Para la cara contenida en el plano x2 = 0 la función será: ϕ : R2 = [0, 1] × [−1, 0] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (1 − u1 , 0, −u2 )

cuyo vector normal N (u1 , u2 ) = (0, −1, 0) que apunta al exterior. Para la cara contenida en el plano x1 = 0 la función será: ϕ : R4 = [1, 2] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 (0, u2 , u1 − 1)

cuyo vector normal N (u1 , u2 ) = (−1, 0, 0) apunta al exterior. Para la cara contenida en el plano x1 = 1 la función será: ϕ : R5 = [−1, 0] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (1, u2 , −u1 )

cuyo vector normal N (u1 , u2 ) = (1, 0, 0) apunta al exterior. Por u ´ltimo, para la cara contenida en el plano x3 = 1 la función será: ϕ : R6 = [−2, −1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (u1 + 2, u2 , 1)


Figura 2.7: Regi´ on simple para recorrer el cubo

Figura 2.8: Recorrido del cubo

123

124


cuyo vector normal N (u1 , u2 ) = (0, 0, 1) apunta al exterior. La funci´ on construida es continua en R, inyectiva y satisface que ϕ(R) =cubo. Adem´ as en el interior de cada cuadrado Ri es de clase C ∞ y Dϕ(u) tiene rángo m´ aximo. Por otro lado, la hemos construido de modo que recorre el cubo con orientación positiva. Por lo tanto est´ a funci´ on demuestra que el cubo es una superficie compuesta y orientable. Ahora vamos a demostrar que es también una superficie cerrada. Para recorrer el borde del cubo tenemos primero que definir un camino cerrado simple que recorra la frontera de R con orientación positiva, que vamos a llamar φ y después probar que el recorrido ϕ ◦ φ pasa dos veces por varios caminos simples con orientaciones opuestas Como la frontera de R est´ a formada por catorce segmentos rectos vamos a construir el recorrido partiendo del intervalo [0, 14], de modo que usamos un intervalo de longitud uno para recorrer cada tramo. Si comenzamos por el punto (0, −1) recorreremos la frontera como muestra la figura 2.9 con la siguiente función:

Figura 2.9: Recorrido del borde del cubo


φ(t) =

                                              

De modo que el recorrido ϕ ◦ φ                         ϕ ◦ φ(t) =                       

(t, 1) (1, t − 2) (t − 1, 0) (2, t − 3) (6 − t, 1) (1, t − 4) (7 − t, 2) (0, 9 − t) (8 − t, 1) (8 − t, 1) (−2, 11 − t) (t − 13, 0) (t − 13, 0) (0, 13 − t)

125

t ∈ [0, 1] t ∈ [1, 2] t ∈ [2, 3] t ∈ [3, 4] t ∈ [4, 5] t ∈ [5, 6] t ∈ [6, 7] t ∈ [7, 8] t ∈ [8, 9] t ∈ [9, 10] t ∈ [10, 11 t ∈ [11, 12 t ∈ [12, 13 t ∈ [13, 14

es: (1 − t, 0, 1) (0, 0, −t + 2) (0, 0, t − 2) (0, t − 3, 1) (0, 1, 5 − t) (0, 1, t − 5) (t − 6, 1, 1) (1, 1, 8 − t) (1, 1, t − 8) (10 − t, 1, 1) (0, 11 − t, 1) (t − 11, 0, 1) (1, 0, −t + 13) (1, 0, t − 13)

t ∈ [0, 1] t ∈ [1, 2] t ∈ [2, 3] t ∈ [3, 4] t ∈ [4, 5] t ∈ [5, 6] t ∈ [6, 7] t ∈ [7, 8] t ∈ [8, 9] t ∈ [9, 10] t ∈ [10, 11] t ∈ [11, 12] t ∈ [12, 13] t ∈ [13, 14]

Cada tramo se contrarresta con otro que pasa por los mismos puntos pero en sentido contrario de modo que la integral de cualquier campo vectorial continuo sobre este recorrido es nula, con lo cual el cubo es una superficie cerrada. Problema 3 Encuentre un recorrido de la superficie cerrada formada por el sector cil´ındrico S1 = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 = 1 y x3 ∈ [0, 1]} con sus dos tapaderas. Soluci´ on: Como el cilindro es una superficie de revolución podemos recorrer S1 con la siguiente funci´ on, como vimos en la sección 2.1 (ver figura 2.2) ϕ:

[0, 1] × [0, 2π] ⊂ R2 (r, θ)

→ S1 ⊂ R3 (cos θ, senθ, r)

Ahora tenemos que recorrer los dos tapas, que son sectores de dos planos, prolongando esta funci´ on. Ya vimos en 2.1 cómo se usan las coordenadas polares


126

para recorrer sectores de un plano. Aplicando esa estrategia a este caso ampliaremos la regi´ on simple R para recorrer las tapas manteniendo la variable u2 en el intervalo [0, 2π] y prolongando el intervalo de la variable u1 . De modo que para recorrer la tapa de abajo usamos la siguiente función: ϕ:

[−1, 0] × [0, 2π] ⊂ R2 (r, θ)

→ S ⊂ R3 ((r + 1) cos θ, (r + 1)senθ, 0)

Y para recorrer la tapa de arriba esta otra ϕ:

[1, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 (r, θ)

→

S ⊂ R3 ((2 − r) cos θ, (2 − r)senθ, 1)

Ahora comprobaremos que la funci´ on as´ı definida es continua. Por un lado, es obvio que cada una de las tres funciones que hemos elegido para definir a ϕ es, no solo continua sino incluso, de clase C ∞ , por lo tanto para probar la continuidad de ϕ en la regi´ on simple R = [−1, 2] × [0, 2π] solo tenemos que comprobar que las funciones elegidas coinciden en las intersecciones de las tres subregiones; es decir en los conjuntos {(r, θ); r = 0 y θ ∈ [0, 2π]} y {(r, θ); r = 1 y θ ∈ [0, 2π]}. En el primer conjunto el recorrido ϕ del sector cil´ındrico es ϕ(0, θ) = (cos θ, senθ, 0) que coincide con los valores que toma ϕ al recorrer la tapa de abajo. Mientras que en el segundo conjunto el recorrido ϕ del sector cil´ındrico es ϕ(1, θ) = (cos θ, senθ, 1) que coincide con los valores que toma ϕ al recorrer la tapa de arriba. Observemos que aunque ϕ es continua en todos los puntos de R = [−1, 2]×[0, 2π], sin embargo no es diferenciable en los puntos de los conjuntos {(r, θ); r = 0 y θ ∈ [0, 2π]} y {(r, θ); r = 1 y θ ∈ [0, 2π]}. Observar que la normal es interior porque viene dada por:   (−cosθ, −senθ, 0) si (r, θ) ∈ (0, 1) × [0, 2π] (0, 0, (r + 1)) si (r, θ) ∈ (−1, 0) × [0, 2π] N (r, θ) =  (0, 0, −(2 − r)) si (r, θ) ∈ (1, 2) × [0, 2π] Problema 4. Encuentre un recorrido sobre la siguiente superficie: S = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 = 1 y x3 ∈ [−1, 0]} ∪ {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 + x23 = 1 y x3 ∈ [0, 1]}. Soluci´ on: Vamos a usar coordenadas polares para describir las dos primeras componentes de los puntos de S, de modo que la variable u1 hará de ángulo y se mover´ a en el intervalo [0, 2π] y la variable u2 hará de radio. La tercera componente de los puntos de S la vamos a describir, en el caso de la semiesfera, a partir de la ecuaci´ on de la esfera y, en el caso del cilindro, usando coordenadas cil´ındricas de la siguiente manera: ϕ:

[0, 2π] × [0, 2] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 p (u2 cos u1 , u2 senu1 , 1 − u22 ) si u2 ∈ [0, 1] (cos u1 , senu1 , 1 − u2 ) si u2 ∈ [1, 2]


127

Observamos que la funci´ on as´ı definida es continua en todos los puntos porque cuando u2 = 1 las dos expresiones de ϕ coinciden. Vamos a ver la orientaci´ on de este recorrido calculando el vector normal.  2 2  −u √2 cos u2 1 , −u √2 senu2 1 , −u2 si u2 ∈ [0, 1] 1−u2 1−u2 N (u1 , u2 ) =  (− cos u1 , −senu1 , 0) si u2 ∈ [1, 2] Observamos que el recorrido lleva orientación interior tanto en la semiesfera como en el cilindro. Problema 5 Sean {v 1 , v 2 , v 3 } tres vectores no nulos de R3 . Probar que el producto vectorial verifica: a) v 1 × v 1 = 0 b) v 1 × v 2 = −v 2 × v 1 c) (av 1 + bv 2 ) × v 3 = av 1 × v 3 + bv 2 × v 3 y v 1 × (cv 2 + dv 3 ) = cv 1 × v 2 + dv 1 × v 3 Soluci´ on: Recordemos que el producto vectorial de dos vectores v 1 = (v11 , v12 , v13 ), v 2 = (v21 , v22 , v23 ) se define como:   i j k v 1 × v 2 = det  v11 v12 v13  v21 v22 v23 a) v 1 × v 1 = 0 porque la matriz asociada tiene dos filas linealmente dependientes. b) v 1 × v 2 = −v 2 × v 1 porque el determinante cambia de signo cuando cambiamos una fila por otra. c) (av 1 + bv 2 ) × v 3 = av 1 × v 3 + bv 2 × v 3 es consecuencia de las propiedades del determinante:   i j k (av 1 + bv 2 ) × v 3 = det  av11 + bv21 av12 + bv22 av13 + bv23  v31 v32 v33      i j k i j k = det a  v11 v12 v13  + b  v21 v22 v23  v31 v32 v33 v31 v32 v33     i j k i j k = a det  v11 v12 v13  + b det  v21 v22 v23  v31 v32 v33 v31 v32 v33 = av 1 × v 3 + bv 2 × v 3 . De igual modo se prueba que v 1 × (cv 2 + dv 3 ) = cv 1 × v 2 + dv 1 × v 3 . Problema 6 Dados dos vectores v 1 , v 2 no nulos en R3 y dada A una matriz 2×2 con coeficientes reales, llamamos w1 , w2 a los vectores de R3 que se obtienen al realizar la composici´ on de las siguientes matrices: w11 w12 w13 a b v11 v12 v13 = . w21 w22 w23 c d v21 v22 v23


128

Probar que w1 × w2 = det(A)v 1 × v 2 . Soluci´ on: Observemos que los vectores w1 y w2 son combinaciones lineales de los vectores v 1 y v 2 , puesto que satisfacen: w1 w2

= =

av 1 + bv 2 cv 1 + dv 2 .

De modo que por las propiedades demostradas en el problema anterior el producto vectorial verifica: w1 × w2

=

(av 1 + bv 2 ) × (cv 1 + dv 2 )

= av 1 × (cv 1 + dv 2 ) + bv 2 × (cv 1 + dv 2 ) = acv 1 × v 1 + adv 1 × v 2 + bcv 2 × v 1 + dbv 2 × v 2 = adv 1 × v 2 − bcv 1 × v 2 =

det(A)v 1 × v 2 .

Problema 7 Calcule el ´ area de las siguientes superficies de revolución usando los recorridos definidos en cada caso. ϕ : [0, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 → S ⊂ R3 a) (u1 , u2 ) (u1 cos u2 , u21 , u1 senu2 ) 2 ϕ : [0, π] × [0, 2π] ⊂ R → S ⊂ R3 b) (u1 , u2 ) (u1 , senu1 cos u2 , senu1 senu2 ) ¿Qué se puede decir de las gr´ aficas de estas superficies? Soluci´ on: En ambos casos vamos a aplicar la fórmula del área de una superficie, para lo cual lo primero que tenemos que hacer es hallar el vector N (u1 , u2 ). a) Por la forma que tienen las ecuaciones que describen el recorrido, observamos que en este caso S es la superficie de revolución correspondiente a la ecuación x21 + x23 = x2 ; es decir es una porción de un paraboloide con eje de giro OX2 . El vector normal en este caso es N (u1 , u2 ) = (2u21 cos u2 , −u1 , 2u21 senu2 ). Por lo tanto el ´ area es: Z2 Z2π

Z a ´rea(S)

||N (u)||du =

=

0

R

Z2 =

u1

2π

u1

q

q

1 + 4u21 du2 du1

0

1 + 4u21 du1 =

i2 √ π π (1 + 4u21 )3/2 = (17 17 − 1). 6 6 0

0

b) Observamos que de nuevo tenemos una superficie de revolución que en este caso corresponde a la gr´ afica de la funci´ on positiva g(s) = sens girando alrededor del eje


129

OX1 . El vector normal en este caso es N (u1 , u2 ) = (cos u1 senu1 , −senu1 cos u2 , −senu1 senu2 ). Por lo tanto el ´ area es: Zπ Z2π

Z a ´rea(S)

||N (u)||du =

=

0

R

Zπ =

senu1

2π

senu1

p

1+

p

1 + cos2 u1 du2 du1

0

cos2

u1 du1 = 2π

Z1 p

1+

t2 dt

= 2π

√

1 2 + log 2

−1

0

√ !! 1+ 2 √ 2−1

Problema 8 Calcular la masa y el centro de masas de una lámina en forma de cono recorrida por la funci´ on: ϕ:

[1, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (u1 , u1 cos u2 , u1 senu2 )

siendo la funci´ on de densidad: a) Inversamente proporcional a la distancia del punto al origen de coordenadas: f (x1 , x2 , x3 ) = √ 2 K 2 2 . x1 +x2 +x3

b) Uniforme de valor K. Soluci´ on: Como ya observamos en la primera sección del cap´ıtulo, el cono es una superficie de revoluci´ on y el vector norma del recorrido dado es: N (u1 , u2 ) = (u1 , −u1 cos u2 , −u1 senu2 ). a) Con esta funci´ on de densidad la masa de la lámina es: Z2 Z2π 2masa = 1

0

K p 2u21

q

2u21 du2 du1 = 2Kπ.

Y el centro de masas viene dado por:  π 2π  Z Z Zπ Z2π Zπ Z2π 1  Ku1 du2 du1 , Ku1 cos u2 du2 du1 , Ku1 senu2 du2 du1  2Kπ 0 0 0 0 0 0   2 2 Z Z 2 1  u21  = 2π , u1 senu2 ]02π du1 , −u1 cos u2 ]2π 0 du1 2π 2 1 1

=

3 ( , 0, 0). 2

1


130

b) Si la funci´ on de densidad es f (x1 , x2 , x3 ) = K la masa de la lámina es: 2 Z2 Z2π q √ √ u21 2 = 3 2Kπ. masa = K 2u1 du2 du1 = 2 2Kπ 2 1 1

0

Y el centro de masas viene dado por: 

R2 2π R

√

 2u21 du2 du1

K   1 0  R2 2π 1  R √ √ 2Ku21 cos u2 ddu2 u1  3 2Kπ  0  12 2π  R R √ 2Ku21 senu2 du2 du1

       

1 0



= =

√ 1 u3 √ 2 2π 1 3 3 2π

 2 Z2 Z2 √ √ 2  , 2u1 senu2 ]2π − 2u21 cos u2 ]2π 0 du1 , 0 du1 1

1

1

14 ( , 0, 0). 9

Problema 9 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (4x1 x2 , −x23 , x2 x3 ) a través del cubo unidad con orientación positiva. Soluci´ on: Como el cubo es una superficie compuesta, cerrada y orientable podemos aplicar el teorema de la divergencia y calcular el flujo por medio de una integral triple m´ as sencilla:

I F ·N = ∂K

Z1 Z1 Z1

Z divF = K

5x2 dx1 dx2 dx3 = 0

0

5 2

0

Si usamos el recorrido del cubo construido en el problema 2 de esta sección 2.5; esto es la funci´ on:  (1 − u1 , u2 , 0)     (1 − u1 , 1, u2 − 1)    (−u1 , 0, −u2 ) ϕ(u) = (0, u2 , u1 − 1)     (1, u2 , −u1 )    (u1 + 2, u2 , 1)

si u ∈ [0, 1] × [0, 1] si u ∈ [0, 1] × [1, 2] si u ∈ [0, 1] × [−1, 0] si u ∈ [1, 2] × [0, 1] si u ∈ [−1, 0] × [0, 1] si u ∈ [−2, −1] × [0, 1]


131

cuyo vector normal es:  (0, 0, −1)     (0, 1, 0)    (0, −1, 0) N (u1 , u2 ) =  (−1, 0, 0)     (1, 0, 0)   (0, 0, 1)

u ∈ [0, 1] × [0, 1] si si u ∈ [0, 1] × [1, 2] si u ∈ [0, 1] × [−1, 0] si u ∈ [1, 2] × [0, 1] si u ∈ [−1, 0] × [0, 1] si u ∈ [−2, −1] × [0, 1]

para calcular directamente la integral del campo vectorial a través de la superficie nos quedan seis integrales dobles sencillas que nos llevan al mismo resultado pero con bastantes m´ as c´ alculos. F ·N =

f lujo =

Z2 Z1

Z1 Z1

Z

1

0

Z1 Z2 +

0du1 du2 + 0

−

0

(u2 − 1) 3

u22 du1 du2

−1 0

0

Z1 Z−1 4u2 du1 du2 + u2 du1 du2

0 −1

1

Z1 =

Z1 Z0

Z0 Z1

−(u2 − 1) du1 du2 +

0du1 du2 + 0

ϕ

2

0 −2

Z1

3 2

du1 + 1

0 Z0 Z−1 2 1 u32 u2 2 1 du1 + 2u2 0 du1 + du1 3 −1 2 0 −1

0

−2

1 5 1 1 = − + +2+ = . 3 3 2 2 Problema 10 Calcular el flujo del campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , 2x1 , 3x1 ) a través de la superficie dada por S = {(x1 , x2 , x3 ); x3 = x21 + x22 y x21 + x22 ≤ 4}, tomando orientaci´ on positiva. Soluci´ on: La ecuación x3 = x21 + x22 corresponde al paraboloide de revoluci´ on con eje de giro el eje OX3 , de modo que podemos construir el recorrido siguiendo las indicaciones dadas en la sección 2.1, con una región simple adecuado para que cubramos la porción de paraboloide correspondiente al interior del cilindro de ecuaci´ on x21 + x22 = 4. As´ı llegamos al recorrido: ϕ:

[0, 2] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 . (u1 cos u2 , u1 senu2 , u21 )

cuyo vector normal es: N (u1 , u2 ) = (−2u21 cos u2 , −2u21 senu2 , u1 ). Para ver que orientaci´ on tiene este recorrido analizamos el sentido del vector normal en el punto (1, 0, 1) ∈ S, que se alcanza en los valores u1 = 1, u2 = 0. Como N (1, 0) = (−2, 0, 1) apunta hacia el interior de S, el recorrido tiene orientación negativa y en consecuencia


132

el flujo viene dado por:

Z −

F ·N ϕ

Z2 Z2π = − (u1 cos u2 , 2u1 cos u2 , 3u1 cos u2 ) · (−2u21 cos u2 , −2u21 senu2 , u1 )du2 du1 0

0

Z2 Z2π = − (−2u31 cos2 u2 − 4u31 cos u2 senu2 + 3u21 cos u2 )du2 du1 0

Z2

0

u31

=

sen2u2 u2 + 2

0

Z2 =

2π 0

u31 du1 = 8π.

2π + 0

sen 4u31

2

2

u2

!

2π − 0

3u21 senu2 ]2π 0

du1


2.7.

133


Prueba 1 1: Cual de los siguientes conjuntos es una región simple: a) {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 = 1} b) {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 ≤ 1} c) {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 ≥ 1} 2: La funci´ on ϕ : R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 p (u1 , u2 , u21 + u22 )

se puede extender con continuidad a lo sumo en todos los puntos del abierto U : a) U = {(u1 , u2 ) ∈ R2 ; u21 + u22 6= 0} b) U = R2 c) U = {(u1 , u2 ) ∈ R2 ; u21 + u22 > 0} 3: La funci´ on: ϕ:

R ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 √ √ ( u1 cos u2 , u1 senu2 , u1 )

es continua en todos los puntos del abierto U : a) U = {(u1 , u2 ) ∈ R2 ; u1 > 0} b) U = R2 c) U = {(u1 , u2 ) ∈ R2 ; u1 6= 0} 4: La funci´ on: ϕ:

[a, b] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

S ⊂ R3 √ √ ( u1 cos u2 , u1 , u1 senu2 )

es un recorrido sobre los puntos de la superficie S que satisfacen la ecuación: a) x21 + x22 = x3 b) x23 + x21 = x2 c) x23 + x22 = x1 5: Si {e1 , e2 , e3 } son los vectores de la base canónica de R3 entonces el producto vectorial verifica: a) e1 × e1 = 0 b) e1 × e2 = 1 c) e1 × e2 = −e3


134

6: La siguiente funci´ on describe una superficie de rotación alrededor ϕ:

[a, b] × [0, 2π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (g(u1 ) cos u2 , g(u1 )senu2 , u1 )

a) del eje OX3 buena b) del eje OX2 c) del eje OX1 7: Si f es la funci´ on de densidad de la lámina S y ϕ es un recorrido de S entonces la siguiente f´ ormula se utiliza para calcular:   Z Z Z  (x22 + x23 )f, (x21 + x23 )f, (x21 + x22 )f  . ϕ

ϕ

ϕ

a) El centro de masas de la l´ amina en R3 . b) El momento de inercia de la l´ amina en R3 c) El momento de inercia de un alambre en R3 8: La masa de una l´ amina en forma triangular cuyos vértices son los puntos (1, 00), (0, 1, 0) y (0, 0, 1) y cuya función de densidad viene dada por f (x1 , x2 , x3 ) = x1 √ es: a) √3 b) 63 √ c) 23 9: El siguiente recorrido de la esfera tiene orientación: ϕ:

[0, 2π] × [0, π] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→ S ⊂ R3 (cos u1 senu2 , senu1 senu2 , cos u2 )

a) positiva b) negativa c) La esfera no es una superficie orientable. 10: Si un campo de velocidades es cuadrático inverso; esto es k(x1 , x2 , x3 ) F (x1 , x2 , x3 ) = p 3 x21 + x22 + x23 entonces el flujo a través de la esfera centrada en el origen y de radio R es: a) ±4πk


b) ± π3 c) 0 Las soluciones est´ an en el apéndice A

135

136


Prueba 2 1:Si f : U ⊂ R3 → R es un campo escalar de clase C 2 entonces se verifica que: a) rot(∇f ) = ∇f b) rot(∇f ) = 0 c) rot(∇f ) = f 2:Si tomamos el campo vectorial F (x1 , x2 , x3 ) = (−x22 , x3 , x1 ) y la curva cerrada simple C en forma de tri´ angulo con vértices en los puntos (3, 0, 0), (0, 3, 0) y (0, 0, 6) entonces se verifica que: H a) F · T = 0 C H b) F · T = −9 HC c) F · T = 1 C

3: Si tomamos el campo vectorial F (x1 , x2 , x3 ) = (−x22 , x1 , x23 ) y la curva cerrada simple C que se obtiene al intersecar las superficies de ecuaciones: x21 + x22 = 1 y x2 + H x3 = 2 entonces se verifica que: a) F · T = 0 ∂S H b) F · T = π ∂S H c) F · T = 1 ∂S

F (x1 , x2 , x3 ) = (x2 , −x1 , ex1 x3 ) y la superficie 4a : Si tomamos el campo vectorial p 2 2 simple R S = {(x1 , x2 , x3 ); x3 = 1 − x1 − x2 } entonces se verifica que: a) rotF = −2π S R b) rotF = 0 RS c) rotF = 3π 2 S

5a : Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C 2 entonces se verifica que: a) rot(divF ) = 0 b) div(rotF ) = 0 c) rotF = divF 6a : Sean f y F un campo escalar y un campo vectorial respectivamente de clase C 1 en todo R3 . El divergente del campo vectorial dado por f F verifica la siguiente igualdad: a) div(f F ) = f divF + F ∇f b) div(f F ) = f divF c) div(f F ) = ∇f divF 7a : Si un campo de velocidades es constante F (x1 , x2 , x3 ) = (a, b, c) entonces el flujo


137

a trav´ H es de cualquier superficie cerrada S es: a) F · N = a + b + c S H b) F · N = 0 HS c) F · N = abcvol(K) siendo K el sólido delimitado por S. S

8a : Si un campo de velocidades es radial F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x2 , x3 ) entonces el flujo a trav´ H es de cualquier superficie cerrada S es: a) F · N = π3 S H b) F · N = 0 HS c) F · N = 3vol(K) siendo K el sólido delimitado por S. S

9a : Dado el campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (x1 , x22 , x3 ) y dada la superficie cerrada S limitada por los tres planos de coordenadas junto con el plano 2x1 + 2x2 + x3 = 6 se verifica que el flujo de F a través de S es: a) 63 2 b) π3 c) 0 10a Dado el campo de velocidades F (x1 , x2 , x3 ) = (x21 + senx3 , x1 x2 + cos x3 , ex2 ) y dada la superficie cerrada S limitada por los planos x3 = 0, x1 + x3 = 6 y el cilindro x21 + x22 = 4 se verifica que el flujo de F a través de S es: a) 6π 2 b) −12π c) 0 Las soluciones est´ an en el apéndice A

138


Parte II

Formas diferenciales y demostraci´ on del teorema de Stokes

139

Cap´ıtulo 3

Formas diferenciales Para poder introducir el concepto de forma diferencial necesitamos familiarizarnos antes con el concepto de k-tensor alterno, por esa razón la primera sección de este cap´ıtulo est´ a dedicada al estudio de los tensores alternos y al análisis de una operaci´ on entre ellos, llamada producto exterior, que nos será de gran ayuda para entenderlos mejor y para trabajar con los mismos. En la sección 3.1 vamos a trabajar con conceptos puramente algebraicos como espacio vectorial, base de un espacio ´ vectorial, coordenadas respecto de la base,...,estudiados en el curso de Algebra Lineal I. En la siguiente secci´ on entramos ya a definir las formas diferenciales y a trabajar con ellas, centrando nuestro esfuerzo en dos operaciones que serán claves para demostrar el teorema de Stokes: la transformación que llamaremos diferencial de una forma y que denotaremos por dw y la trasformación de una forma diferencial w con una funci´ on adecuada ϕ, que denotaremos por ϕ∗ w. En la tercera sección de este cap´ıtulo introduciremos la transformación inversa de dw, que llamaremos integral de una forma diferencial y que denotaremos por Iw, y probaremos el teorema de Poincaré que muestra y demuestra en que sentido Iw y dw son transformaciones inversas.

141

CAPÍTULO 3. FORMAS DIFERENCIALES

142

Notación

En este cap´ıtulo vamos a trabajar con funciones que act´ uan sobre familias de k vectores de Rn ; es decir, que el espacio de partida es el producto de k vectores de k−veces

}| { z R que denotaremos por Rn × ... × Rn . Como estas funciones (los tensores) tendrán su imagen en R, usaremos las letras min´ usculas r y s para denotarlos. Por otro lado, para facilitar la comprensión y el manejo de los tensores usaremos la representaci´ on habitual de los vectores v ∈ Rn respecto a la base canónica, esto es la familia de vectores {e1 , e2 , ..., en } dados por: n

i

z}|{ ei = (0, ..., 0, 1 , 0..., 0) y denotaremos por e01 , e02 , ..., e0n a las aplicaciones lineales asociadas a la base can´ onica. De modo que todo v ∈ Rn se expresa de la siguiente manera:

v = (v1 , v2 , ..., vn ) = (e01 (v), e02 (v), ..., e0n (v)) =

n X

e0i (v)ei .

i=1

También vamos a trabajar con permutaciones del conjunto de ´ındices (1, 2, ..., k) y usaremos la letra griega σ (sigma) para denotarlas, de modo que (σ(1), σ(2), ..., σ(k)), muestra el nuevo orden de la familia de ´ındices asignado por la permutación σ.

3.1.

Tensores alternos y producto exterior

En esta secci´ on vamos a introducir los siguientes conceptos: primero definiremos tensor, que es una aplicaci´ on multilineal con imagen en R, después introduciremos una operaci´ on entre tensores, llamada producto tensorial, que nos permitirá describir c´ omo es la base algebraica del espacio vectorial formado por todos los tensores. A continuaci´ on introduciremos la definición de tensor alterno y una operación entre tensores alternos, llamada producto exterior, que nos permitirá describir cómo es la base del subespacio vectorial formado por los tensores alternos.

3.1. TENSORES ALTERNOS Y PRODUCTO EXTERIOR

143

k−veces

z }| { Decimos que una aplicación s : Rn × ... × Rn → Definici´ on 3.1 R es un k-tensor o un tensor de orden k si es multilineal; es decir , que es lineal en cada variable, o equivalentemente, que para cada i∈ {1, 2, ..., k}, para cada familia de vectores v 1 , v 2 , ..., v i , wi , ..., v k en Rn y para cada par de n´ umeros reales a, b se verifica que s(v 1 , v 2 , ..., av i + bwi , ..., v k ) = as(v 1 , v 2 , ..., v i , ..., v k ) + bs(v 1 , v 2 , ..., wi , ..., v k ) Denotaremos por Lk (Rn ) a la familia formada por todos los k-tensores en Rn . Observemos que Lk (Rn ) tiene estructura de espacio vectorial con la suma y el producto por escalares habituales; esto es: (s + r)(v 1 , v 2 , ..., v k )

=

s(v 1 , v 2 , ..., v k ) + r(v 1 , v 2 , ..., v k )

(as)(v 1 , v 2 , ..., v k )

=

as(v 1 , v 2 , ..., v k )

Tomemos n = 2 y k = 3, de modo que lo que buscamos es Ejemplo 3.2 una aplicaci´ on s : R2 × R2 × R2 → R que a cada tr´ıo de vectores v 1 = (v11 , v12 ), v 2 = (v21 , v22 ) y v 3 = (v31 , v32 ) les haga corresponder un n´ umero real y que sea lineal en cada una de sus tres componentes. Imaginemos la aplicación que toma de cada vector v 1 , v 2 , v 3 su primera coordenada y luego las multiplica entre s´ı; esto es s(v 1 , v 2 , v 3 ) = v11 v21 v31 Comprobemos que s es lineal en la primera variable, para lo cual tomamos un cuarto vector w1 = (w11 , w12 ): s(av 1 + bw1 , v 2 , v 3 )

=

(av11 + bw11 )v21 v31

=

av11 v21 v31 + bw11 v21 v31

= as(v 1 , v 2 , v 3 ) + bs(w1 , v 2 , v 3 ) De igual manera se comprueba que s es lineal en la segunda y en la tercera variable. Es f´ acil ver que si en lugar de escoger las tres primeras coordenadas y luego multiplicarlas hubiéramos tomado la primera, la segunda y otra vez la primera la aplicaci´ on s que nos habr´ıa quedado, esto es: s(v 1 , v 2 , v 3 ) = v11 v22 v31 , también ser´ıa multilineal. De hecho el teorema 3.5 nos demuestra que todas las aplicaciones multilineales de R2 × R2 × R2 en R son combinaciones lineales de aplicaciones como

144


las descritas. Antes de demostrar el teorema 3.5 vamos a introducir la operación producto tensorial entre tensores, que denotaremos por ⊗. Dados dos tensores s ∈ Lk (Rn ) y r ∈ Ll (Rn ) Definici´ on 3.3 se define el producto tensorial de s por r como el (k+l)-tensor s ⊗ r ∈ Lk+l (Rn ) dado por: s ⊗ r(v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l ) = s(v 1 , ..., v k )r(v k+1 , ..., v k+l )

Tal y como hemos definido el producto tensorial es obvio que la aplicación s ⊗ r es lineal en cada una de sus (k+l) componentes. A continuación vamos a ver un ejemplo sencillo. Volvemos a tomar n = 2 y k = l = 1. Observemos que Ejemplo 3.4 L1 (R2 ) es el espacio vectorial formado por las aplicaciones lineales definidas en R2 . Como sabemos en este caso todas las aplicaciones lineales, o 1-tensores, son de la forma: s(v) = s(v1 , v2 ) = a1 v1 + a2 v2 siendo a1 y a2 dos n´ umeros reales. Es decir, que cada aplicación lineal act´ ua sobre el vector v ∈ R2 formando una combinación lineal de sus dos coordenadas. Se da por hecho que estamos considerando las dos coordenadas del vector v respecto a la llamada base can´ onica, que se suele denotar como la base formada por los vectores e1 = (1, 0) y e2 = (0, 1). Asociados a esta base canónica están las aplicaciones lineales e01 y e02 que nos proporcionan las coordenadas del vector v respecto a la base can´ onica; es decir que v = (v1 , v2 ) = e01 (v)(1, 0) + e02 (v)(0, 1) = e01 (v)e1 + e02 (v)e2 Con esta notaci´ on todas las aplicaciones lineales definidas en R2 , o 1-tensores, se escriben como combinaciones lineales de e01 y e02 ; esto es: s(v) = (a1 e01 + a2 e02 )(v) Si ahora tomamos los siguientes 1-tensores: s = e01 , r = e02 y formamos su producto tensorial obtenemos el 2-tensor definido sobre R2 e01 ⊗ e02 (v, w) = v1 w2


145

El ejemplo anterior pone en evidencia que el producto tensorial no es una operación conmutativa puesto que los 2-tensores e01 ⊗ e02 y e02 ⊗ e01 no coinciden. En efecto e01 ⊗ e02 ((1, 2), (3, 4)) = 4 6= 6 = e02 ⊗ e01 ((1, 2), (3, 4)). En el problema 1 de la secci´ on 3.4 se estudian algunas propiedades sencillas y u ´tiles del producto de tensores. Por ejemplo, se demuestra la propiedad asociativa, es decir que dados tres tensores s ∈ Lk (Rn ), r ∈ Ll (Rn ) y t ∈ Lm (Rn ) se verifica que (s ⊗ r) ⊗ t = s ⊗ (r ⊗ t) lo cual nos permite escribir este doble producto as´ı s ⊗ r ⊗ t. Con esta notaci´ on y con la notaci´ on descrita en la definición 3.3 podemos expresar el 3-tensor del ejemplo 3.2 as´ı: s = e01 ⊗ e01 ⊗ e01 . El siguiente teorema demuestra que los 3-tensores de este tipo, e0i1 ⊗ e0i2 ⊗ e0i3 siendo i1 , i2 , i3 iguales a 1 o a 2, son base algebraica del espacio vectorial L3 (R2 ).

Sean e1 , e2 , ...en los vectores de la base canónica Teorema 3.5 de Rn y sean e01 , e02 , ..., e0n , las aplicaciones lineales asociadas a esta base. Para todo k∈ N se verifica que la familia de los k-tensores dada por : {e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik ; 1 ≤ i1 , ..., ik ≤ n} es una base de Lk (Rn ). Demostraci´ on En primer lugar observemos que debido a la relación entre los vectores de la base {e1 , e2 , ...en } y las aplicaciones lineales asociadas {e01 , e02 , ..., e0n } se verifica que 1 si i1 = j1 , ..., ik = jk 0 0 ei1 ⊗ ... ⊗ eik (ej1 , ..., ejk ) = 0 en los demás casos Ahora veremos c´ omo cualquier k-tensor s se puede expresar como combinación lineal de los k-tensores de la familia dada. Dados k vectores v 1 , v 2 , ..., v k , podemos expresar cada uno de ellos en función a la base dada de la siguiente manera v j = e01 (v j )e1 + ... + e0n (v j )en =

n X

e0i (v j )ei

i=1

De modo que s actuando sobre los k vectores dados quedar´ıa as´ı: s(v 1 , v 2 , ..., v k ) = s

n X i=1

e0i (v 1 )ei ,

n X i=1

e0i (v 2 )ei , ...,

n X

! e0i (v k )ei

i=1

A continuaci´ on, por ser s lineal en cada una de sus variables, podemos desarrollar


146

la expresi´ on anterior de la siguiente manera: n X

s

e0i (v 1 )ei , ...,

i=1

=

n X

e0i1 (v 1 )s

e i1 ,

i1 =1

=

n X

e0i1 (v 1 )

i1 =1

=

n X

=

=

! e0i (v k )ei

i=1 n X

n X

i=1

i=1

e0i (v 2 )ei , ...,

e0i2 (v 2 )s

ei1 , ei2 , ...,

i2 =1

n X n X

e0i1 (v 1 )e0i2 (v 2 )s ei1 , ei2 , ...,

..... n X

! e0i (v k )ei

n X

! e0i (v k )ei

i=1 n X

! e0i (v k )ei

i=1

i1 =1 i2 =1

=

n X

e0i1 (v 1 )...e0ik (v k )s (ei1 , ei2 , ..., eik )

i1 ,...,ik =1 n X

e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik (v 1 , ..., v k )s (ei1 , ei2 , ..., eik ) .

i1 ,...,ik =1

umeros reales de modo que hemos Observemos que los factores s (ei1 , ei2 , ..., ein ) son n´ escrito s ∈ Lk (Rn ) como combinación lineal de los k-tensores pertenecientes a la familia dada en el enunciado. Por lo tanto, para que la familia sea una base de Lk (Rn ) solo nos falta probar que son linealmente independientes. Supongamos que una cierta combinaci´ on lineal de los elementos de la familia fuese 0: n X

ai1 i2 ...ik e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik = 0

i1 ,i2 ,...,ik =1

Entonces para cada conjunto de k vectores ej1 , ..., ejk escogidos entre los vectores de la base de Rn se verificar´ıa que n X

ai1 i2 ...ik e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik (ej1 , ..., ejk ) = 0

i1 ,i2 ,...,ik =1

Pero como ya hemos observado antes e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik (ej1 , ..., ejk ) = 0 en todos los casos excepto cuando i1 = j1 , ..., ik = jk lo cual prueba que aj1 ...jk = 0, como esto se verifica para toda familia de vectores ej1 , ..., ejk , concluimos que los k-tensores descritos son linealmente independientes. De este teorema deducimos que el espacio vectorial Lk (Rn ) tiene dimensión nk , porque nk es el n´ umero de variaciones con repetición que se pueden formar con n elementos tomados de k en k.


147

En el problema 4 de la secci´ on3.4 se demuestra que el producto escalar habitual en Rn es un 2-tensor y se expresa en función de la base descrita en el teorema anterior. Una transformaci´ on muy u ´til que nos permite formar nuevos k-tensores es la siguiente. Tomamos una aplicaci´ on lineal A : Rn → Rm y a cada k-tensor s ∈ Lk (Rm ) le asignamos el k-tensor, que denotaremos por, A∗s ∈ Lk (Rn ) definido de la siguiente manera: Dada una familia de vectores {v 1 , ..., v k } ∈ Rn , usamos A para transformarlos en vectores de Rm y luego aplicamos s, de modo que A ∗ s queda as´ı: A ∗ s(v 1 , ..., v k ) = s(A(v 1 ), ..., A(v k )). Veamos un ejemplo. Ejemplo 3.6

Dada la aplicación lineal A : R2 → R3 definida por A(v) = A(v1 , v2 ) = (v1 + v2 , v2 , 3v1 )

y dado el 2-tensor s ∈ L2 (R3 ) definido por s(v, w) = (e01 ⊗ e01 + e02 ⊗ e02 + e03 ⊗ e03 )((v1 , v2 , v3 ), (w1 , w2 , w3 )) = v1 w1 + v2 w2 + v3 w3 vamos a ver que forma tiene el 2-tensor en L2 (R2 ) definido por A ∗ s A ∗ s(v, w)

= A ∗ s((v1 , v2 ), (w1 , w2 )) = s(A(v1 , v2 ), A(w1 , w2 )) = s((v1 + v2 , v2 , 3v1 ), (w1 + w2 , w2 , 3w1 )) =

(v1 + v2 )(w1 + w2 ) + v2 w2 + 3v1 3w1

=

10v1 w1 + v1 w2 + v2 w1 + 2v2 w2

Si usamos de nuevo las aplicaciones lineales e01 , e02 ∈ L(R2 ) para describir A∗s vemos que A ∗ s(v, w) = (10e01 ⊗ e01 + e01 ⊗ e02 + e02 ⊗ e01 + 2e02 ⊗ e02 )(v, w)

Observemos que en el ejemplo anterior hemos utilizado la misma notación e0i ⊗ e0j para describir los tensores s y A ∗ s, sin embargo en el primer caso las aplicaciones lineales e0i y e0j son elementos de L(R3 ) mientras que en el segundo caso son elementos de L(R2 ). A partir de ahora centraremos nuestra atención en una clase especial de k-tensores: los alternos.


148

Decimos que un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) es alterno Definici´ on 3.7 si para cada k-upla de vectores (v 1 , ..., v k ) y para cada par de ´ındices i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= j se verifica que s(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v k ) = −s(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v k ) es decir, que si intercambiamos la posición de dos vectores dejando a los dem´ as quietos el k-tensor s cambia de signo. A la familia de los k-tensores alternos definidos en Rn la denotaremos por Λk (Rn ). Es inmediato comprobar que la suma de dos tensores alternos vuelve a ser un tensor alterno y lo mismo sucede con el producto de un tensor alterno por un n´ umero real; es decir que Λk (Rn ) es un subespacio vectorial de Lk (Rn ). El ejemplo m´ as conocido de k-tensor alterno es el determinante. Pensemos en el determinante de una matriz n × n como una aplicación que a los n-vectores columna que forman la matriz les hace corresponder un n´ umero real. Si llamamos v 1 , ...v n a esos vectores columna, que por tener n coordenadas son vectores de Rn , entonces las dos siguientes propiedades del determinante det(v 1 , ..., av i + bwi , ..., v n ) det(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v n )

= a det(v 1 , ..., v i , ..., v n ) + b det(v 1 , ..., wi , ..., v n ) = − det(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v n )

muestran que det ∈ Λn (Rn ), la primera propiedad significa que det es un tensor y la segunda que es alterno. En el problema 5 de la sección3.4 se expresan los determinantes de R2 y R3 en funci´ on de los tensores de la base. A continuaci´ on vamos a ver c´ omo a partir de cualquier k-tensor se puede construir otro que sea alterno. Antes necesitamos recordar algunas propiedades de las permutaciones. Recordemos que dada la k-upla de n´ umeros naturales (1, 2, 3, ..., k) llamamos permutaci´ on a cualquier transformación que coloque los k elementos en otro orden y se usa la notaci´ on (σ(1), ..., σ(k)) para indicar el nuevo orden que se obtiene después de realizar la permutaci´ on σ. Recordemos también que toda permutación se puede describir como una sucesi´ on de cambios de orden en solo dos elementos consecutivos. As´ı por ejemplo para pasar de la 3-upla (1,2,3) a (3,2,1) hacemos la siguiente sucesión de permutaciones de solo dos elementos consecutivos: (1, 2, 3)

(2, 1, 3)

(2, 3, 1)

(3, 2, 1)

Podemos realizar otras sucesiones de permutaciones de solo dos elementos consecutivos para pasar de (1,2,3) a (3,2,1), pero en todos los casos el n´ umero de este tipo de permutaciones que usamos es, como en el ejemplo descrito, siempre impar (observar que en el ejemplo hemos usado 3 permutaciones de dos elementos


149

consecutivos). Por esa raz´ on se dice que una permutación σ es par o es impar si el n´ umero de permutaciones de solo dos elementos consecutivos es par o impar respectivamente. Recordemos también que a las permutaciones pares se les asigna el valor +1, sgnσ = +1, mientras que a las permutaciones impares se les asigna el valor -1, sgnσ = −1. Para refrescar la memoria es un buen ejercicio probar que cualquier permutación que solo cambie dos elementos de posición, ya sean consecutivos o no, es siempre impar (ver la demostraci´ on de la siguiente proposición). Otra propiedad destacada que verifican las permutaciones es que si realizamos dos permutaciones σ1 y σ2 entonces sgn(σ1 σ2 ) = sgnσ1 sgnσ2 . Por otro lado, por definici´ on, los k-tensores alternos verifican que s(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v k ) = −s(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v k ); es decir que para toda permutación σ que solo cambie dos elementos de lugar se verifica que s(v 1 , ..., v k ) = sgnσs(v σ(1) , .....v σ(k) ). En consecuencia, como cualquier permutación se puede descomponer en el producto de permutaciones de solo dos elementos, los k-tensores alternos verifican que para cualquier permutaci´ on σ del conjunto (1, 2, 3, ..., k) y para cualquier familia de vectores {v 1 , ..., v k } ⊂ Rn s(v 1 , ..., v k ) = sgnσs(v σ(1) , ..., v σ(k) ) Pod´ıamos haber empezado definiendo los tensores alternos como los tensores que verifican la igualdad anterior, pero habr´ıamos perdido la esencia de esta propiedad que es la condici´ on, en principio más suave y por lo tanto más fácil de comprobar, que hemos pedido en nuestra definición. Para construir un k-tensor alterno a partir de un k-tensor cualquiera s ∈ Lk (Rn ) es necesario trabajar con todas las permutaciones del conjunto de k elementos (1,2,3,...,k). A la familia de estas permutaciones la llamaremos Sk Recordemos que en Sk hay k! (k factorial) permutaciones.

Proposici´ on 3.8 definida por Alt(s)(v 1 , ..., v k ) =

Dado un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) la aplicación 1 X sgnσ s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) k! σ∈Sk

es un k-tensor alterno en Rn . Demostraci´ on En primer lugar es fácil ver que Alt(s) es una aplicación multilineal porque para cada permutaci´ on σ la aplicación s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) es multilineal. Por


150

lo tanto solo tenemos que demostrar que es alterna es decir que si cambiamos dos on Alt(s) cambia de signo. Observemos que el cambio de vectores v i , v j de posici´ posici´ on de v i y v j implica que en cada permutación σ los vectores v σ(i) y v σ(j) cambian de posici´ on. Por lo tanto solo tenemos que demostrar que la permutación que cambia solo dos elementos de posición tiene signo -1. Si los elementos están uno a continuaci´ on del otro es inmediato y si están separados digamos que por p posiciones; esto es permutamos los elementos σ(i+1) y σ(i+p), entonces la siguiente sucesión de permutaciones de dos elementos consecutivos genera la permutación dada. Primero colocamos σ(i + 1) detr´ as de σ(i + p)

(..., σ(i + 1), σ(i + 2), ..., σ(i + p), ....) (..., σ(i + 2), σ(i + 1), ..., σ(i + p), ....) (..., σ(i + 2), σ(i + 3), σ(i + 1), ..., σ(i + p), ....) ··· (..., σ(i + 2), ..., σ(i + 1), σ(i + p), ....) (..., σ(i + 2), ..., σ(i + p), σ(i + 1), ....)

Observemos que hemos realizado p-1 permutaciones de solo dos elementos consecutivos para colocar al ´ındice σ(i + 1) detrás de σ(i + p). Ahora traemos a σ(i + p) delante de σ(i + 2)

(..., σ(i + 2), ..., σ(i + p), σ(i + 1), ....) (..., σ(i + 2), ..., σ(i + p), σ(i + p − 1), σ(i + 1), ....) ··· (..., σ(i + 2), σ(i + p), ..., σ(i + 1), ....) (..., σ(i + p), σ(i + 2), ..., σ(i + 1), ....)

para lo cual hemos realizado p-2 permutaciones de solo dos elementos consecutivos Por lo tanto, hemos realizado p-1+p-2=2p-3 permutaciones de solo dos elementos consecutivos, lo cual demuestra que para cada permutación σ ∈ Sk la permutación σ 0 = (σ(1), ..., σ(j), ..., σ(i), ..., σ(k)) que solo cambia los ´ındices σ(i) y σ(j) dejando los dem´ as como estaban verifica que sgnσ = −sgnσ 0 . Por otro lado, es claro que si cada elemento σ ∈ Sk es cambiado por σ 0 la nueva


151

colecci´ on de permutaciones σ 0 vuelve a completar la familia Sk de modo que Alt(s)(v 1 , ..., v j , ..., v i .., v k ) 1 X = sgnσ s(v σ(1) , ..., v σ(j) , ..., v σ(i) , ..., v σ(k) ) k! σ∈Sk 1 X sgnσ s(v σ0 (1) , ..., v σ0 (i) , ..., v σ0 (j) , ..., v σ0 (k) ) = k! σ∈Sk 1 X = −sgnσ 0 s(v σ0 (1) , ..., v σ0 (i) , ..., v σ0 (j) , ..., v σ0 (k) ) k! 0 σ ∈Sk

= −Alt(s)(v 1 , ..., v i , ..., v j .., v k ) A continuaci´ on vamos a calcular los tensores alternos de e01 ⊗ e02 y e01 ⊗ e01 definidos 2 3 en L (R ) Ejemplo 3.9 siguiente manera

Tomemos el 2-tensor e01 ⊗ e02 ∈ L2 (R3 ) que act´ ua de la e01 ⊗ e02 ((v1 , v2 , v3 ), (w1 , w2 , w3 )) = v1 w2

y calculemos su tensor alterno utilizando la fórmula descrita en el teorema anterior.

=

Alt(e01 ⊗ e02 )((v1 , v2 , v3 ), (w1 , w2 , w3 )) 1 1 0 (e ⊗ e02 (v, w) − e01 ⊗ e02 (w, v)) = (v1 w2 − w1 v2 ) 2! 1 2

Ahora tomamos el 2-tensor e01 ⊗ e01 ∈ L2 (R3 ) que act´ ua de la siguiente manera 0

e01 ⊗ e1 ((v1 , v2 , v3 ), (w1 , w2 , w3 )) = v1 w1 y vamos a comprobar que Alt(e01 ⊗ e01 ) = 0 Alt(e01 ⊗ e01 )((v1 , v2 , v3 ), (w1 , w2 , w3 )) 1 1 0 (e ⊗ e01 (v, w) − e01 ⊗ e01 (w, v)) = (v1 w1 − w1 v1 ) = 0 = 2! 1 2

En el problema 6 de la secci´ on3.4 se prueba que si un tensor s es alterno entonces Alt(s) = s. A continuaci´ on vamos a estudiar como son los tensores de la base de Λk (Rn ). Para ello necesitamos, en primer lugar, extender el concepto de producto tensorial,


152

porque, como veremos en el siguiente ejemplo, existen tensores alternos s ∈ Λk (Rn ) y r ∈ Λl (Rn ) tales que su producto tensorial s ⊗ r no es alterno. De ah´ı que se defina el producto de tensores alternos como mostramos a continuación. Dados dos tensores alternos s ∈ Λk (Rn ) y Definici´ on 3.10 l n r ∈ Λ (R ) se define el producto exterior de s y r, que denotaremos por sΛr, como sΛr =

(k + l)! Alt(s ⊗ r) k!l!

Es obvio que sΛr ∈ Λk+l (Rn ), porque es el tensor alterno asociado a s ⊗ r ∈ Lk+l (Rn ). La raz´ on de multiplicar por el factor (k+l)! on k!l! la veremos en la proposici´ 3.13. Tomemos los 1-tensores e01 y e02 pertenecientes a L1 (R3 ) = Ejemplo 3.11 3 Λ (R ). Observemos que la igualdad de los espacios vectoriales L1 (Rn ) y Λ1 (Rn ) para todo n se debe a que no hay permutaciones en la 1-upla (1).Ahora si consideramos el producto tensorial de ambos; esto es el 2-tensor e01 ⊗ e02 del ejemplo anterior, es f´ acil ver que no obtenemos un tensor alterno porque 1

e01 ⊗ e02 ((1, 1, 1), (1, 2, 3)) = 2 6= 1 = e01 ⊗ e02 ((1, 2, 3), (1, 1, 1)) Para conseguir un tensor alterno debemos realizar el producto exterior que en este caso nos da como ya hemos visto e01 Λe02

= =

2! Alt(e01 ⊗ e02 ) = 2! 1!1! e01 ⊗ e02 − e02 ⊗ e01

1 0 0 0 0 (e ⊗ e2 − e2 ⊗ e1 ) 2! 1

En el problema 7 (ver secci´ on 3.4) se estudian algunas propiedades sencillas y u ´tiles del producto exterior, similares a las estudiadas en el problema 1 (ver sección 3.4) para el producto tensorial. Pero en este caso la propiedad más importante, la propiedad asociativa; es decir que sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt, la cual nos permite expresar el producto exterior de una familia de tensores alternos as´ı: s1 Λ...Λsk , no tiene una demostraci´ on directa como ocurr´ıa con el producto tensorial. Para poder demostrar ahora la propiedad asociativa necesitamos probar primero que Alt(s⊗Alt(r ⊗t)) = Alt(Alt(s⊗r)⊗t) lo cual se deducirá de la siguiente proposición


153

Dados dos tensores s ∈ Lk (Rn ) y r ∈ Proposici´ on 3.12 Ll (Rn ) si Alt(s) = 0, o bien Alt(r) = 0, entonces Alt(s ⊗ r) = 0 = Alt(r ⊗ s).

Demostraci´ on Vamos a suponer que Alt(s) = 0 y demostraremos que entonces Alt(s ⊗ r) = 0. La demostraci´ on se basa en una descomposición adecuada de la familia de permutaciones σ ∈ Sk+l . Empezamos por escoger la subfamilia formada por todas las permutaciones que dejan los u ´ltimos l elementos: k + 1, k + 2, ..., k + l, fijos. Llamemos Sk0 a esta subfamilia, entonces es claro que para toda familia de vectores {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l }

X

sgnσs ⊗ r(v σ(1) , ..., v σ(k) , v σ(k+1) , ..., v σ(k+l) )

σ∈Sk0

=

X

sgnσs ⊗ r(v σ(1) , ..., v σ(k) , v k+1 , ..., v k+l )

σ∈Sk0

=

X

sgnσs(v σ(1) , ..., v σ(k) )r(v k+1 , ..., v k+l )

σ∈Sk0

= r(v k+1 , ..., v k+l )

X

sgnσs(v σ(1) , ..., v σ(k) )

σ∈Sk0

= r(v k+1 , ..., v k+l )(k!)Alt(s)(v 1 , ..., v k ) = 0

Sea ahora σ0 una permutaci´ on de Sk+l que no pertenece a la subfamilia Sk0 ; es decir que σ0 cambia de posici´ on a uno de los u ´ltimos l elementos k + 1, k + 2, ..., k + l, bien porque lo lleva a una de las k primeras posiciones o bien porque lo mantiene en el grupo final pero cambiado de sitio. En cualquier caso es claro que si multiplicamos esta permutaci´ on por otra σ ∈ Sk0 la nueva permutación σσ0 no pertenece a la 0 subfamilia Sk , de modo que las subfamilias Sk0 y Sk0 σ0 = {σσ0 ; σ ∈ Sk0 } son disjuntas. Por otro lado, es claro que todas las permutaciones de la nueva subfamilia Sk0 σ0 dejan los u ´ltimos l elementos en las mismas posiciones que la permutación σ0 . Por esta


154

raz´ on dada cualquier familia de vectores {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l } se verifica que X sgnσs ⊗ r(v σ(1) , ..., v σ(k) , v σ(k+1) , ..., v σ(k+l) ) σ∈Sk0 σ0

=

X

sgnσs ⊗ r(v σ(1) , ..., v σ(k) , v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) )

σ∈Sk0 σ0

=

X

sgnσs(v σ(1) , ..., v σ(k) )r(v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) )

σ∈Sk0 σ0

= r(v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) )

X

sgnσs(v σ(1) , ..., v σ(k) )

σ∈Sk0 σ0

= r(v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) )(k!)Alt(s)(v σ0 (1) , ..., v σ0 (k) ) = 0 La demostraci´ on entonces concluye comprobando que la familia Sk+l se puede separar en subfamilias disjuntas del tipo Sk0 σ0 . En efecto, si ahora tomamos σ1 ∈ Sk+l \{Sk0 ∪ Sk0 σ0 } entonces las subfamilias Sk0 y Sk0 σ1 = {σσ1 ; σ ∈ Sk0 } son disjuntas por la misma raz´ on que Sk0 y Sk0 σ0 = {σσ0 ; σ ∈ Sk0 } eran disjuntas y Sk0 σ1 y Sk0 σ0 también son disjuntas porque si una permutación σ estuviera en la intersección Sk0 σ1 ∩ Sk0 σ0 implicar´ıa que existir´ıan dos permutaciones σ 0 , σ 00 ∈ Sk0 tales que σ = σ 0 σ1 = σ 00 σ0 pero entonces, llamando (σ 0 )−1 a la permutación inversa de σ 0 , que claramente también pertenece a Sk0 , se verificar´ıa que σ1 = (σ 0 )−1 σ 00 σ0 ∈ Sk0 σ0 , lo cual es falso. Los otros casos que figuran en el enunciado de la proposición se demuestran de la misma forma. Ahora ya estamos preparados para probar la propiedad asociativa del producto exterior. Dados tres tensores alternos s ∈ Λk (Rn ), Proposici´ on 3.13 l n m n r ∈ Λ (R ) y t ∈ Λ (R ) se verifica que sΛ(rΛt) = (sΛr)Λt =

(k + l + m)! Alt(s ⊗ r ⊗ t) k!l!m!

Demostraci´ on En primer lugar vamos a usar el resultado de la proposición anterior para probar que Alt(s⊗Alt(r ⊗t)) = Alt(s⊗r ⊗t) = Alt(Alt(s⊗r)⊗t). Probaremos solo la primera igualdad porque la segunda se prueba igual. Empecemos observando que la igualdad Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t)) = Alt(s ⊗ r ⊗ t) es equivalente a decir que Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t)) − Alt(s ⊗ r ⊗ t) = 0. Es inmediato que Alt(s1 + s2 ) = Alt(s1 ) + Alt(s2 ), de modo que la igualdad anterior es equivalente a


155

probar que Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t) − s ⊗ r ⊗ t) = 0 Ahora aplicando la propiedad b) del problema 1 (ver sección 3.4) obtenemos que Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t) − s ⊗ r ⊗ t) = Alt(s ⊗ (Alt(r ⊗ t) − r ⊗ t)). Por la proposición anterior, este u ´ltimo tensor ser´ a cero si probamos que el alterno de (Alt(r ⊗t)−r ⊗t) es nulo, pero Alt(Alt(r ⊗ t) − r ⊗ t) = Alt(Alt(r ⊗ t) − Alt(r ⊗ t) = Alt(r ⊗ t) − Alt(r ⊗ t) = 0 Terminamos probando la propiedad asociativa del producto exterior sΛ(rΛt)

= = =

(k + l + m)! Alt(s ⊗ (rΛt)) k!(m + l)! (k + l + m)! (m + l)! Alt(s ⊗ Alt(r ⊗ t)) k!(m + l)! m!l! (k + l + m)! Alt(s ⊗ r ⊗ t) k!m!l!

Aqu´ı vemos la necesidad de multiplicar por el factor producto exterior sΛr.

(k+l)! k!l!

en la definición del

La proposici´ on anterior nos permite denotar el producto exterior de tres tensores alternos como sΛrΛt. De igual modo, podemos denotar el producto exterior de una cantidad finita de tensores alternos como s1 Λs2 Λ...Λsp =

(k1 + k2 + ... + kp )! Alt(s1 ⊗ s2 ⊗ ... ⊗ sp ) k1 !k2 !...kp !

siendo cada si ∈ Λki (Rn ). En el siguiente ejemplo vamos a analizar cómo son los productos externos de los tensores e01 , e02 , ..., e0n ∈ L1 (Rn ) = ∗1 (Rn ), porque como veremos en el teorema 3.15 ser´ an base algebraica del subespacio vectorial ∗k (Rn ). Como vimos en el ejemplo 3.9 Alt(e01 ⊗ e01 ) = 0. De igual Ejemplo 3.14 modo se prueba que para cualquier tensor e0i ∈ L1 (Rn ) = ∗1 (Rn ) se verifica que Alt(e0i ⊗ e0i ) = 0 y por lo tanto e0i Λe0i = 0. Ahora vamos a ver que también obtenemos el tensor 0 cuando realizamos el producto externo de un familia de tensores del tipo e0i en la cual hay al menos dos tensores repetidos. Para que la notación sea más sencilla vamos a fijar el caso e01 Λe02 Λe03 Λe01 = 4!Alt(e01 ⊗ e02 ⊗ e03 ⊗ e01 ). En primer lugar observamos que por ser el tensor e01 Λe02 Λe03 Λe01 alterno se verifica que para cada familia de vectores v 1 , v 2 , v 3 , v 4 en Rn y para cada permutación σ ∈ S4 e01 Λe02 Λe03 Λe01 (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) = sgn(σ)e01 Λe02 Λe03 Λe01 (v σ(1) , v σ(2) , v σ(3) , v σ(4) )


156

Por otro lado, es f´ acil comprobar que si llamamos σ0 a la permutación que transforma el conjunto (1, 2, 3, 4) en (1, 4, 2, 3) entonces para cada familia de vectores v 1 , v 2 , v 3 , v 4 en Rn se cumple que e01 Λe02 Λe03 Λe01 (v σ0 (1) , v σ0 (2) , v σ0 (3) , v σ0 (4) ) = e01 Λe01 Λe02 Λe03 (v 1 , v 2 , v 3 , v 4 ) Por lo tanto, si probamos que e01 Λe01 Λe02 Λe03 = 0 también se verificará que e01 Λe02 Λe03 Λe01 = 0. Para ello basta con observar que e01 Λe01 Λe02 Λe03

=

4!Alt(e01 ⊗ e01 ⊗ e02 ⊗ e03 )

=

4!Alt(Alt(e01 ⊗ e01 ) ⊗ (e02 ⊗ e03 )) = 0

La u ´ltima igualdad se deduce de la proposición anterior, porque como ya hemos comprobado Alt(e01 ⊗ e01 ) = 0. Por u ´ltimo, observemos que los tensores alternos de la forma e0i1 Λ...Λe0ik cuando todos los ´ındices i1 , ..., ik son distintos entre s´ı son elementos de Lk (Rn ) y por lo tanto podemos expresarlos como combinaciones lineales de los elementos de la base de Lk (Rn ). As´ı por ejemplo el tensor alterno e01 Λe02 ∈ Λ2 (R3 ) se expresa de la siguiente manera (ver ejemplo 3.9): e01 Λe02 = e01 ⊗ e02 − e02 ⊗ e01

Observemos que si k > n entonces en cada producto exterior de la forma e0i1 Λ...Λe0ik necesariamente alguno de los tensores e0ij se repite de modo que el u ńico tensor alterno que podemos encontrar en ∗k (Rn ) es s = 0. Si k=n, entonces el subespacio ∗n (Rn ) tiene dimensión 1, porque el u ńico tensor alterno en este caso es e01 Λe02 Λ....Λe0n . Para k < n tenemos los tensores de la forma e0i1 Λ....Λe0ik siendo 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n que como demostraremos en el próximo teorema forman base del subespacio n! , igual al n´ umero de ∗k (Rn ), que en consecuencia tiene dimensión nk = k!(n−k)! combinaciones sin repetici´ on de n elementos tomados de k en k . Sean {e1 , ..., en } los vectores de la base canónica Teorema 3.15 de Rn y sean {e01 , e02 , ..., e0n } las aplicaciones lineales asociadas a esta base, entonces se verifica que para todo k ≤ n la familia de los k-tensores dada por : {e0i1 Λ...Λe0ik ; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n} es una base de Λk (Rn ).


157

Demostraci´ on Por el teorema 3.5 sabemos que la familia de tensores {e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik ; 1 ≤ i1 , ..., ik ≤ n} es base de Lk (Rn ) de modo que dado s ∈ Λk (Rn ) existe una familia de n´ umeros reales {ai1 ...ik ; 1 ≤ i1 , ..., ik ≤ n} tales que s = Alt(s) =

n X

ai1 i2 ...ik Alt(e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik )

i1 ,i2 ,...,ik =1

un ´ındice ij se repite. Para los demás casos, Pero Alt(e0i1 ⊗ ... ⊗ e0ik ) = 0 cuando alg´ cada familia de ´ındices i1 , .., ik distintos dos a dos lleva asociado un u ńico tensor alterno, porque los cambios de orden en los productos exteriores de estos tensores solo implican cambios de signo en el tensor que generan. Por esta razón se elije un orden concreto para cada familia de ´ındices, que es el que se obtiene cuando los ordenamos de menor a mayor 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n. Finalmente, la independencia lineal de los tensores alternos {e0i1 Λ...Λe0ik ; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n} se prueba igual que en el teorema 3.5. Aplicando el teorema anterior podemos calcular la dimensión del espacio Λk (Rn ). Si k=1 entonces, Λ1 (Rn ) = L1 (Rn ) tiene dimensi´ on n y los 1-tensores {e01 , e02 , ..., e0n } son base del espacio vectorial. Si k ≥ 2, entonces los k-tensores {e0i1 Λ...Λe0ik ; 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n} son base de Λk (Rn ), que en consecuencia tiene dimensión nk Observemos que si k=n entonces la dimensi´ on de Λn (Rn ) es 1 = nn y el n-tensor e01 Λ...Λe0n es base del espacio. Este tensor es precisamente el determinante de la matriz formada por los vectores columna v 1 , ..., v n ; es decir que det(v 1 , ..., v n ) = e01 Λ...Λe0n (v 1 , ..., v n ). Recordemos que det(·, ..., ·) ∈ Λn (Rn ), de modo que debe existir un n´ umero real a tal que det(·, ..., ·) = ae01 Λ...Λe0n (·, ..., ·). Pero en los vectores de la base canónica {e1 , ..., en } se verifica que det(e1 , ..., e1 ) = 1 = ae01 Λ...Λe0n (e1 , ..., e1 ) = a de modo que a = 1 y det(·, ..., ·) = e01 Λ...Λe0n (·, ..., ·). Para terminar veremos una proposición en la cual se describe cómo son los tensores e0i1 Λ...Λe0ik usando el concepto de determinante. Sean {e1 , ..., en } los vectores de la base Proposici´ on 3.16 can´ onica de Rn y sean e01 , e02 , ..., e0n las aplicaciones lineales asociadas a esta base, entonces para cada familia de ´ındices 1 ≤ i1 < ... < ik ≤ n y para cada familia de vectores v 1 , v 2 , ..., v k en Rn se verifica no que e0i1 Λ...Λe0ik (v 1 , v 2 , ..., v k ) es el determinante de la matriz de tama˜ k × k que se obtiene de la matriz de tama˜ no n × k cuyas columnas son las coordenadas de los vectores v 1 , v 2 , ..., v k de Rn cuando reducimos la matriz grande qued´ andonos s´ olo con las filas correspondientes a los ´ındices i1 , i2 , ..., ik . Demostraci´ on Como ya hab´ıamos observado el determinante de una matriz de


158

tama˜ no k × k es la forma alterna perteneciente a Λk (Rk ) que hemos denotado por e01 Λ...Λe0k . Por lo tanto, lo que tenemos que demostrar ahora es que podemos transformar el k -tensor e0i1 Λ...Λe0ik en el k -tensor e01 Λ...Λe0k . Para ello vamos a usar la aplicaci´ on lineal A : Rk → Rn que lleva cada coordenada j ∈ {1, ..., k} en la correspondiente coordenada ij ∈ {i1 , ..., ik }; es decir, que para cada vector v ∈ Rk se define A(v) por: A(v) = A(v1 , ..., vk ) = A(e01 (v)e1 + ... + e0k (v)ek ) = e01 (v)ei1 + ... + e0k (v)eik . En primer lugar vamos a demostrar que cada 1 -tensor e0ij ∈ Λ1 (Rn ) = L1 (Rn ) se transforma por medio de A en el 1 -tensor e0j ∈ Λ1 (Rk ) = L1 (Rk ). En efecto dado v ∈ Rk se verifica que: A ∗ e0ij (v) = e0ij (A(v)) = e0ij (e01 (v)ei1 + ... + e0k (v)eik ) = e0j (v). A continuaci´ on recordemos que por definición el k -tensor e0i1 Λ...Λe0ik act´ ua de la siguiente manera: para cada familia de vectores {v 1 , ..., v k } ⊂ Rn e0i1 Λ...Λe0ik (v 1 , ..., v k ) =

1 X 0 ei1 ⊗ ... ⊗ e0ik (v σ(1) , ..., v σ(k) ). k! σ∈Sk

De modo que sea cual sea la permutación σ ∈ Sk de cada familia de vectores {v σ(1) , ..., v σ(k) } s´ olo nos interesan los valores de esos vectores en sus coordenadas i1 , ..., ik y nos dar´ a igual los valores que tengan esos vectores en las demás coordenadas. Por esa raz´ on dados {v 1 , ..., v k } ⊂ Rn si llamamos {u1 , ..., uk } ⊂ Rn a los vectores que tienen las coordenadas i1 , ..., ik iguales a las de su correspondiente vector de la primera familia pero que tienen las demas coordenadas nulas entonces se verifica que e0i1 Λ...Λe0ik (v 1 , ..., v k ) = e0i1 Λ...Λe0ik (u1 , ..., uk ). Sean {w1 , ..., wk } ∈ Rk tales que A(wj ) = uj , entonces e0i1 Λ...Λe0ik (v 1 , ..., v k )

= e0i1 Λ...Λe0ik (A(w1 ), ..., A(wk )) = A ∗ (e0i1 Λ...Λe0ik (w1 , ..., wk )) =

(A ∗ e0i1 )Λ...Λ(A ∗ e0ik )(w1 , ..., wk )

= e01 Λ...Λe0k (w1 , ..., wk ) =

det(w1 , ..., wk ).

El resultado demostrado en esta proposición va a ser clave para la demostración del teorema de Stokes y vamos a aplicarla en Rk al caso en que la familia de ´ındices i1 < ... < ik son todos los ´ındices 1 < 2 < ... < k excepto el del lugar i. Para f uera

trabajar con el tensor asociado usaremos la notación e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k en lugar


159

an todos los 1 -tensores e01 , ..., e0k excepto uno. De modo que de e0i1 Λ...Λe0ik , porque est´ la proposici´ on anterior prueba que a cada familia de vectores v 1 , ..., v k−1 en Rk el f uera

tensor e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k hace corresponder el determinante de la matriz de tama˜ no (k − 1) × (k − 1) cuyas columnas son las coordenadas de los vectores v 1 , ..., v k−1 de Rk quitando la fila correspondiente al ´ındice i. Por u ´ltimo, antes de pasar a la definición de forma diferencial queremos hacer una observaci´ on sobre la relaci´ on entre el tensor e01 Λe02 Λe03 ∈ Λ3 (R3 ) y la operación 3 producto vectorial en R que ha sido tan u ´til en el segundo cap´ıtulo porque nos ha servido para definir el vector normal N (u) asociado a los recorridos de las superficies y también para definir el rotacional de un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C 1 . Ya hemos demostrado que el tensor e01 Λe02 Λe03 , que hemos elegido como base del espacio Λ3 (R3 ), coincide con el determinante en R3 ; es decir que dados tres vectores de R3 , v, u y w se verifica que e01 Λe02 Λe03 (v, u, w) = det(v, u, w). Observemos que si fijamos dos vectores, u y w por ejemplo, entonces la aplicación que queda es lineal; es decir se verifica que para todo par de vectores x y y en R3 y para todo par de n´ umeros reales: det(ax + by, u, w) = a det(x, u, w) + b det(y, u, w). Por lo tanto det(·, u, w) ∈ L1 (R3 ) = Λ1 (R3 ) y se puede expresar como combinación lineal de los elementos de la base de L1 (R3 ) de la siguiente manera: det(x, u, w)

=

3 X e0i (x)ei , u, w) det( i=1

=

3 X i=1

=

e0i (x) det(ei , u, w) =

3 X

det(ei , u, w)e0i (x)

i=1

(det(e1 , u, w), det(e2 , u, w), det(e3 , u, w)) · (x1 , x2 , x3 ).

En particular si tomamos como vector x0 el vector de coordenadas: x0 = (det(e1 , u, w), det(e2 , u, w), det(e3 , u, w)) se verifica que: det(x0 , u, w) = x0 · x0 = ||x0 ||2 . Por otro lado, la definici´ on de producto vectorial de dos vectores se puede expresar también como:   i j k u × w = det  u1 u2 u3  = (det(e1 , u, w), det(e2 , u, w), det(e3 , u, w)). w1 w2 w3


160

Combinando ambas notaciones observamos que para todo par de vectores u y w de R3 se verifica que: det(u × w, u, w) = ||u × w||2 .

3.2.

Formas diferenciales

En esta secci´ on vamos a introducir el concepto de forma diferencial que va a ser una funci´ on que a cada punto de un conjunto abierto le hace corresponder un tensor alterno. Por lo tanto, es imprescindible entender muy bien qué son los tensores alternos, c´ omo se define el producto exterior de los tensores alternos, qué propiedades verifica y sobre todo c´ omo es la base de Λk (Rn ) antes de abordar el concepto de forma diferencial. Se llama forma diferencial de orden k, o k-forma Definici´ on 3.17 diferencial, con k ≥ 1, a toda función Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) con U un conjunto abierto no vac´ıo, que se puede expresar de la siguiente manera: X Ψ(x) = Ψi1 ...ik (x)e0i1 Λ...Λe0ik 1≤i1 <...
siendo cada una de las funciones Ψi1 ...ik : U ⊂ Rn → R de clase C p , con p ≥ 1. Es importante observar que en la definición anterior aparece el espacio Rn tanto en el dominio de definici´ on de la k -forma, U ⊂ Rn , como en el espacio de llegada, k n Λ (R ). Observemos que si k > n entonces Λk (Rn ) = 0 y por lo tanto la u ńica k -forma diferencial es Ψ = 0. Si k = n entonces Λn (Rn ) tiene dimensión uno y las k -formas diferenciales son as´ı: Ψ(x) = Ψ1...n (x)e01 Λ...Λe0n . Si k = 1 el espacio vectorial Λ1 (Rn ) = Ll (Rn ) tiene dimensión n y las 1 -formas diferenciales son as´ı: n P Ψ(x) = Ψi (x)e0i . i=1

Observemos que cada 1 -forma viene determinada por un campo vectorial, el dado por F (x) = (Ψ1 (x), ..., Ψn (x)). Y viceversa, cada campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn n P de clase C p en U determina una 1 -forma diferencial definida por: Ψ(x) = Fi (x)e0i . i=1

Esta correspondencia entre 1 -formas y campos vectoriales es la que da origen al t´ıtulo del curso porque muestra la conexión entre ambos conceptos, el primero, campos, m´ as propio de disciplinas como la F´ısica Aplicada y el Análisis Matemático y el segundo, formas, m´ as propio de la Geometr´ıa Diferencial. Ahora vamos a introducir las 0 -formas diferenciales, que por convenio serán funciones reales de clase C p , con p ≥ 1; es decir funciones de la forma Ψ : U ⊂

3.2. FORMAS DIFERENCIALES

161

Rn → R, que en la primera parte del curso hemos denominado campos escalares. La raz´ on por la cual es necesario introducir las 0 -formas se muestra a continuación. Recordemos que a cada campo escalar f : U ⊂ Rn → R de clase C p con p ≥ 1 le podemos asociar el campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn dado por F = ∇f. De manera an´ aloga a cada 0 -forma Υ : U ⊂ Rn → R le podemos asociar la 1 -forma n P Di Υ(x)e0i . Esta 1 -forma se va a llamar Ψ : U ⊂ Rn → Λ1 (Rn ) dada por Ψ(x) = i=1

la diferencial de Υ y la denotaremos por Ψ = dΥ. Este proceso se puede continuar transformando k -formas en (k+1)-formas para todo k ≥ 1 como se indica en la siguiente definici´ on. Dada una k-forma diferencial Υ : U ⊂ Rn → Definici´ on 3.18 n p Λ (R ) de clase C , con p ≥ 2 y k ≥ 0, se define la (k+1)-forma dΥ : U ⊂ Rn → Λk+1 (Rn ), que llamaremos la diferencial de la forma Υ, por k

n X

X

dΥ =

Dj (Υi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
Observemos que dΥ es de orden superior porque sobre cada tensor alterno e0i1 Λ...Λe0ik se realiza el producto exterior con los 1 -tensores e0j , para todo j ∈ {1, ..., n}. Muchos de estos productos ser´ an 0, porque como vimos en el ejemplo 3.14, cuando el ´ındice j est´ a en la familia de ´ındices i1 , ..., ik el producto exterior e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik es 0. Como ya hemos comentado si aplicamos la definición al caso k = 0 lo que obtenemos es la trasformaci´ on de la funci´ on real, o 0-forma, Υ : U ⊂ Rn → R en la 1-forma n P dΥ = Dj Υdx, cuyas funciones asociadas son las componentes del vector gradiente j=1

∇Υ. A continuaci´ on vamos a ver c´ omo es la diferencial de una 1-forma en Rn . Ejemplo 3.19

Partimos de una 1-forma en Rn que viene dada por: Υ(x) = Υ1 (x)e01 + ... + Υn (x)e0n

siendo Υ1 , ..., Υn funciones de clase C p en un abierto U ⊂ Rn , con p≥ 2. En este caso la diferencial de Υ viene dada por: dΥ(x)

=

D1 Υ1 (x)e01 Λe01 + ... + Dn Υ1 (x)e0n Λe01 + +D1 Υ2 (x)e01 Λe02 + ... + Dn Υ2 (x)e0n Λe02 + ··· +D1 Υn (x)e01 Λe0n + ... + Dn Υn (x)e0n Λe0n .


162

Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite alg´ un ´ındice, porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuando sea necesario, como indica la propiedad e) del problema 7 (ver sección 3.4), de modo que dΥ nos queda as´ı: dΥ(x) = (−D2 Υ1 (x) + D1 Υ2 (x))e01 Λe02 + ... + (−Dn Υ1 (x) + D1 Υn (x))e01 Λe0n + (−D3 Υ2 (x) + D2 Υ3 (x))e02 Λe03 + ... + (−Dn Υ2 (x) + D2 Υn (x))e02 Λe0n + =

· · · + (−Dn Υ(n−1) (x) + D(n−1) Υn (x))e0n−1 Λe0n X (Di1 Υi2 (x) − Di2 Υi1 (x))e0i1 Λe0i2 . 1≤i1
El siguiente ejemplo nos muestra cómo es la diferencial de una 2 -forma en R3 . Para que la expresión de la forma dΥ nos quede más sencilla Ejemplo 3.20 vamos a elegir los siguientes ´ındices para la 2-forma Υ Υ(x) = Υ1 (x)e02 Λe03 + Υ2 (x)e01 Λe03 + Υ3 (x)e01 Λe02 siendo Υ1 , Υ2 , Υ3 funciones de clase C p en un abierto U ⊂ R3 , con p≥ 2. Observemos que en los tres sumandos el ´ındice de la componente de Υ es justo el ´ındice que no aparece en el tensor e0i Λe0j . Con esta elección de ´ındices la forma dΥ queda as´ı: dΥ(x)

= D1 Υ1 (x)e01 Λe02 Λe03 + D2 Υ1 (x)e02 Λe02 Λe03 + D3 Υ1 (x)e03 Λe02 Λe03 +D1 Υ2 (x)e01 Λe01 Λe03 + D2 Υ2 (x)e02 Λe01 Λe03 + D3 Υ2 (x)e03 Λe01 Λe03 +D1 Υ3 (x)e01 Λe01 Λe02 + D2 Υ3 (x)e02 Λe01 Λe02 + D3 Υ3 (x)e03 Λe01 Λe02

Ahora suprimimos todos los productos exteriores en los cuales se repite alg´ un ´ındice, porque son nulos, y ordenamos los que quedan cambiando el signo cuando sea necesario como indica la propiedad e) del problema 7 (ver sección 3.4), de modo que dΥ tiene la siguiente expresi´ on: dΥ(x) = (D1 Υ1 (x) − D2 Υ2 (x) + D3 Υ3 (x))e01 Λe02 Λe03

En el problema 9 (ver secci´ on 3.4) se muestran algunas propiedades muy u ´tiles de la diferencial de una forma. A continuaci´ on vamos a ver otras dos maneras de obtener formas diferenciales a partir de otras usando dos transformaciones de tensores estudiadas en la sección anterior: el producto exterior de tensores y la transformación por medio de aplicaciones lineales. Empecemos por el producto exterior. Es inmediato comprobar que si tenemos dos formas diferenciales Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) y Υ : U ⊂ Rn → Λl (Rn ) podemos


163

definir el producto exterior de ambas, que como es natural se denotará por ΨΛΥ, de la siguiente manera: ΨΛΥ : U ⊂ Rn x

→

Λk+l (Rn ) Ψ(x)ΛΥ(x)

Consiguiendo una (k+l)-forma diferencial. Por conveniencia asumiremos que el producto exterior de una 0-forma; es decir una función f : U ⊂ Rn → R por una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) es la k-forma (f ΛΨ)(x) = f (x)Ψ(x) que también podemos denotar por f Ψ. A continuación vamos a ver que sucede cuando multiplicamos dos 1-formas. Tomemos dos 1-formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λ1 (Rn ) de clase Ejemplo 3.21 C , y vamos a ver que aspecto tiene la 2-forma ΨΛΥ : U ⊂ Rn → Λ2 (Rn ). Para ello vamos a aplicar las propiedades del producto exterior que se recogen en el problema 7 (ver secci´ on 3.4) p

ΨΛΥ(x)

(Ψ1 (x)e01 + .... + Ψn (x)e0n )Λ(Υ1 (x)e01 + .... + Υn (x)e0n ) n X = Ψi (x)e0i Λ(Υ1 (x)e01 + .... + Υn (x)e0n ) =

i=1

=

n X n X

Ψi (x)e0i ΛΥj (x)e0j

i=1 j=1

=

X

(Ψi (x)Υj (x) − Ψj (x)Υi (x))e0i Λe0j

1≤i
Terminamos la secci´ on con la transformación de las formas diferenciales que utiliza la composici´ on con aplicaciones lineales. Ya vimos en la sección anterior que cada aplicaci´ on lineal A : Rn → Rm nos permite transformar los tensores s ∈ Lk (Rm ) en los tensores A ∗ s ∈ Lk (Rn ) por medio de la siguiente fórmula: A ∗ s(v 1 , ..., v k ) = s(A(v 1 ), ..., A(v k )) Es obvio que si s es alterno, entonces A ∗ s también será alterno. A continuaci´ on vamos a aplicar la transformación anterior a un caso particular que nos va a permitir construir las k -formas diferenciales que necesitamos para definir la integral.


164

Dada una función ϕ : V ⊂ Rm → Rn de Definici´ on 3.22 clase C p (con p ≥ 1) y dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con n, m ≥ k > 0 y ϕ(V ) ⊂ U ) se define la k-forma ϕ∗ Ψ : V ⊂ Rm → Λk (Rm ) como la funci´ on que a cada x ∈ Rm le hace corresponder la k-forma en Rm dada por Dϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x) la aplicación lineal asociada a la matriz jacobiana de la función ϕ en x. Recordemos que para cada vi ∈ Rm el vector Dϕ(x)(vi ) está en Rn y hemos definido Dϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x))(v1 , ..., vk ) = Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v1 ), ..., Dϕ(x)(vk )). Esta operación que denotamos con el s´ımbolo ∗ nos serv´ıa para transformar tensores definidos en el espacio vectorial Rn en tensores definidos en Rm , utilizando para la transformación una aplicaci´ on lineal de Rm en Rn . Ahora usamos una notación análoga, ϕ∗ Ψ, para transformar k -formas diferenciales definidas en Rn en k -formas diferenciales definidas en Rm , pero esta vez en cada punto x usamos una aplicación lineal distinta, la dada por Dϕ(x) y necesitamos también echar mano de la función ϕ para que las funciones que definen la nueva k-forma partan de Rm . As´ı si Ψ viene dada por:

X

Ψ(y) =

Ψi1 ...ik (y)e0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
entonces ϕ∗ Ψ es:

ϕ∗ Ψ(x) =

X

Ψi1 ...ik (ϕ(x))Dϕ(x) ∗ e0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
Para entender mejor la definici´ on, que es fundamental en el desarrollo de los siguientes apartados, vamos a mostrar un ejemplo sencillo donde Ψ sólo tiene un sumando y la funci´ on correspondiente a ese sumando es la función constante 1. Tomamos una función ϕ : U ⊂ Rm → Rn de clase C 1 y Ejemplo 3.23 vamos ver c´ omo se transforma la 1-forma diferencial Ψ = e01 : Rn → Λ1 (Rn ) que a n cada x ∈ R le hace corresponder siempre la misma 1-forma Ψ(x) = e01 .Para cada


165

y ∈ U ⊂ Rn y cada vector v ∈ Rm tenemos que ϕ∗ Ψ(y)(v)

Dϕ(y) ∗ Ψ(ϕ(y))(v) = Dϕ(y) ∗ e01 (v) = e01 (Dϕ(y)(v))    D1 ϕ1 (y) ... Dm ϕ1 (y) v1   ..   .. .. .. e01    .  . . .

= =

D1 ϕn (y) e01

=

m X

....

Di ϕ1 (y)vi , ...,

i=1 m X

=

m P i=1

! Di ϕn (x)vi

i=1

Di ϕ1 (y)vi =

m X

Di ϕ1 (y)e0i (v)

i=1

i=1

Es decir que ϕ∗ e01 =

vm

Dm ϕn (y) m X

Di ϕ1 (y)e0i . De igual forma se prueba que para cada

j ∈ {1, ..., m} se tiene que ϕ∗ e0j =

m P i=1

Di ϕj (y)e0i .

A continuaci´ on vamos a ver qué sucede si tomamos m = 1 y n = 3. Ejemplo 3.24 1-forma Ψ en R3

Dada una función ϕ : U ⊂ R → R3 de clase C 2 y dada una

Ψ : R3 x

→

Λ1 (R3 ) Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03

Vamos a calcular la 1-forma en R que se obtiene con la transformación ϕ∗ Ψ. Como hemos visto en el ejemplo anterior para cada t ∈ U la 1-forma ϕ∗ Ψ(t) ∈ Λ1 (R) es: ϕ∗ Ψ(t) = Ψ1 (ϕ(t))ϕ01 (t)e0 + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t)e0 + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t)e0

Observemos el paralelismo entre la 1-forma ϕ∗ Ψ(t)

=

(Ψ1 (ϕ(t))ϕ01 (t) + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t) + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t)) e0

=

((Ψ1 (ϕ(t)), Ψ2 (ϕ(t)), Ψ3 (ϕ(t)) · (ϕ01 (t), ϕ02 (t), ϕ03 (t))) e0

y la expresi´ on que integramos cuando calculamos la integral de l´ınea del campo vectorial F (x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)) a lo largo del recorrido ϕ : Zb

Z F ·T = ϕ

a

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt.


166

Ambas expresiones coinciden porque, como veremos en el siguiente cap´ıtulo, las integrales de l´ınea coinciden con las integrales de 1 -formas sobre recorridos de caminos. También en el siguiente cap´ıtulo (ver problema 6) demostraremos que las integrales de campos vectoriales sobre recorridos de superficies coinciden con las integrales de 2 -formas sobre recorridos de superficies.

3.3.

El teorema de Poincar´ e

En este apartado vamos a demostrar el teorema de Poincaré que relaciona los conceptos de forma cerrada y forma exacta que enunciamos a continuación: Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Definici´ on 3.25 n Λ (R ) con k ≥ 1 es exacta si existe una (k-1)-forma Υ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) de clase C p en U con p ≥ 2 tal que k

Ψ = d(Υ).

Ejemplos de formas exactas han aparecido en la sección anterior cuando introdujimos la definici´ on de diferencial de una forma diferencial. Ya entonces observamos que si tomamos k = 1 la 1 -forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ1 (Rn ): Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + ... + Ψn (x)e0n , siendo cada una de las funciones Ψi : U ⊂ Rn → R de clase C p , con p ≥ 1, en el abierto U es exacta si existe una 0 -forma Υ : U ⊂ Rn → Λ0 (Rn ) = R, que es una funci´ on real de clase C p en U con p ≥ 2, tal que Ψ = d(Υ); es decir que las funciones asociadas a la 1 -forma Ψ y a la 0 -forma Υ tienen la siguiente relación: ∇Υ = (Ψ1 , ...., Ψn ). De modo que si interpretamos esta relación entre formas en términos de campos escalares y vectoriales la igualdad anterior significa que el campo vectorial Ψ : U ⊂ Rn → Rn , cuyas componentes son Ψ = (Ψ1 , ..., Ψn ) es conservativo porque coincide con el gradiente del campo escalar Υ : U ⊂ Rn → R. Observemos que la definición de forma exacta es m´ as general porque se aplica a todo k≥ 0. En el primer cap´ıtulo estudiamos que condiciones debe cumplir un campo vectorial para ser conservativo, el concepto que introducimos a continuación nos va a permitir dar condiciones para asegurar que una forma diferencia es exacta.

´ 3.3. EL TEOREMA DE POINCARE

167

Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Definici´ on 3.26 Λk (Rn ) es cerrada si verifica que d(Ψ) = 0

Por la propiedad c) del problema 8 para toda k-forma Ψ se verifica que d(d(Ψ)) = 0, lo cual implica que si una forma es exacta entonces es cerrada. El teorema de Poincaré, que demostraremos m´ as adelante, prueba que la implicación inversa es también cierta; es decir que toda forma Ψ cerrada es exacta, o lo que es lo mismo que existe una forma Υ tal que Ψ = dΥ, pero con la condición de que el abierto U donde est´ a definida Ψ sea estrellado. En particular se verifica que si U es un conjunto estrellado, una 1 -forma Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + ... + Ψn (x)e0n es exacta si y solo si es cerrada es decir que dΨ = 0. Como cabe esperar, si interpretamos las 1 -formas como campos vectoriales la condici´ on de ser forma cerrada se tiene que traducir a que el campo vectorial F : U ⊂ R2 → R2 dado por F (x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x)) verifique la condición (1), mientras que en R3 la condici´ on de ser 1 -forma cerrada se debe traducir a que el campo vectorial F (x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)) verifique la condición (2). En efecto el ejemplo 3.19 muestra que la diferencial de la 1 -forma en R2 dada por: Ψ(x) = F1 (x)e01 + F2 (x)e02 es dΨ(x) = (D2 F1 (x)−D1 F2 (x))e01 Λe02 , de modo que Ψ es cerrada, o equivalentemente el campo F (x) = (F1 (x), F2 (x)) es conservativo si y solo si (D2 F1 (x)−D1 F2 (x)) = 0 que coincide con la condici´ on (1). Mientras que, como vimos también en el ejemplo 3.19, la diferencial de la 1-forma en R3 dada por: Ψ(x) = F1 (x)e01 + F2 (x)e02 + F3 (x)dx3 es dΨ(x) = (D2 F1 (x) − D1 F2 (x))e01 Λe02 + (D3 F1 (x) − D1 F3 (x))e01 Λe03 + (D3 F2 (x) − D2 F3 (x))e02 Λe03 , de modo que Ψ es cerrada, o equivalentemente el campo F (x) = (F1 (x), F2 (x), F3 (x)) es conservativo si y solo si (D2 F1 (x) − D1 F2 (x))

=

0

(D3 F1 (x) − D1 F3 (x))

=

0

(D3 F2 (x) − D2 F3 (x))

=

0

que coincide con la condici´ on (2). Decimos que un conjunto U ⊂ Rn es estrellado Definici´ on 3.27 si para todo punto x ∈ U se verifica que el segmento de la recta que une el punto x con el origen de coordenadas está contenido en U.


168

Observemos que el segmento de recta que aparece en la definición no es otra cosa que el conjunto de vectores de la forma {tx; t ∈ [0, 1]}. Por lo tanto, U es estrellado si para todo x ∈ U se verifica que tx ∈ U para todo t ∈ [0, 1]. Ejemplos de conjuntos estrellados los podemos encontrar en las bolas de Rn con centro el origen de coordenadas y asociadas a cualquier norma. Esto se debe a que una de las umero propiedades que verifican las normas es que para todo vector x y todo n´ real t se verifica que ||tx|| = |t| ||x||. A continuaci´ on vamos a ver un ejemplo que muestra que la condición U estrellado es necesaria. Tomamos como conjunto abierto y no estrellado el conjunto Ejemplo 3.28 V = {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; (x1 , x2 ) 6= (0, 0)} = R2 \{(0, 0)} y la 1-forma de clase C ∞ en V dada por: Ψ : V ⊂ R2 (x1 , x2 )

→

Λ1 (R2 ) 0 1 + x2x+x 2 e2

−x2 e0 x21 +x22 1

1

2

Primero comprobamos que Ψ es cerrada; es decir, que dΨ = 0 : dΨ(x1 , x2 )

= = =

(−D2 Ψ1 (x1 , x2 ) + D1 Ψ2 (x1 , x2 ))e01 Λe02 −(x21 + x22 ) + 2x22 (x21 + x22 ) − 2x21 − + e01 Λe02 (x21 + x22 )2 (x21 + x22 )2 +2(x21 + x22 ) − 2x22 − 2x21 0 0 e1 Λe2 = 0 (x21 + x22 )2

Si el teorema de Poincaré fuese cierto en este caso, entonces existir´ıa una 0-forma Υ : V ⊂ R2 → Λ0 (R2 ) = R de clase C ∞ en V tal que dΥ = Ψ pero, como vamos a ver a continuaci´ on, esto nos es cierto. Consideremos la funci´ on f (x1 , x2 ) = ar cot xx12 , siendo ar cot una abreviatura de la funci´ on arco tangente. Esta función no está definida en los puntos (x1 , x2 ) con x1 = 0, de hecho para todo x2 6= 0 el siguiente l´ımite no existe: x2 l´ım ar cot ag x1 →0 x1 porque el cociente xx12 va tomando valores que tienden a ∞ y también valores que tienden a −∞. Sin embargo en los puntos del abierto W = {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x1 6= 0} la funci´ on es de clase C ∞ y sus derivadas parciales coinciden con las componentes de la 1-forma Ψ es decir que Di f (x1 , x2 ) = Ψi (x1 , x2 ) para i = 1 y 2 Por u ´ltimo, antes de demostrar el teorema de Poincaré vamos a ver un método para generar una forma de orden inferior que en cierto sentido será el proceso inverso al utilizado para generar dΨ.


169

Dada una k-forma Ψ = Definici´ on 3.29 P Ψi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con k ≥ 1) se

1≤i1 <...
define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) por medio de la siguiente f´ ormula: k X

X

IΨ =

(−1)

α−1

1

Z

k−1

t 0

1≤i1 <...
iα 0 Λ.Λe0 Ψi1 ...ik (tx)dt xiα e0i1 Λ..Λec ik iα

iα 0 significa que esa 1-forma se suprime. donde ec iα

Observemos que en efecto la forma que queda es de orden (k-1) porque en cada elemento de la base e0i1 Λ...Λe0ik se ha suprimido un producto, de hecho, por cada sumando de Ψ aparecen ahora k-sumandos, los que se obtienen al ir suprimiendo cada uno de los factores e0iα . Si embargo la función que multiplica a cada uno de R1 ellos es la misma 0 tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt. Por u ´ltimo, el factor (−1)α−1 veremos más adelante que est´ a relacionado con el cambio de orden en el producto e0i1 Λ...Λe0ik . El siguiente ejemplo nos ayudar´ a a comprender mejor la definición. Dada la siguiente 2-forma definida en R4

Ejemplo 3.30

Ψ = (x1 + x2 + x3 + x4 )e01 Λe02 + (x1 x2 x3 x4 )e03 Λe04 vamos a calcular IΨ. Como es de grado 2, de cada sumando que la define vamos a obtener dos 1-formas Z 1 2−1 IΨ = t (tx1 + tx2 + tx3 + tx4 )dt ((−1)1−1 x1 e02 + (−1)2−1 x2 e01 ) 0

Z +

1 2−1

t

(tx1 tx2 tx3 tx4 )dt ((−1)1−1 x3 e04 + (−1)2−1 x4 e03 )

0

=

Z (x1 + x2 + x3 + x4 )

1

t2 dt (x1 e02 − x2 e01 )

0

Z

+ (x1 x2 x3 x4 )

1

t5 dt (x3 e04 − x4 e03 )

0

−1 1 = ( (x1 + x2 + x3 + x4 )x2 e01 + (x1 + x2 + x3 + x4 )x1 e02 3 3 −1 1 0 + (x1 x2 x3 x4 )x4 e3 + (x1 x2 x3 x4 )x3 e04 6 6


170

Como ya hemos adelantado, la transformación IΨ es en cierto sentido la acción inversa de la transformaci´ on dΨ, de hecho el teorema de Poincaré va a demostrar que se verifica la siguiente igualdad: Ψ = I(dΨ) + d(IΨ). Teorema de Poincaré Dado U ⊂ Rn un conjunto Teorema 3.31 abierto y estrellado y dada Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con k ≥ 1) una k-forma cerrada; es decir, que dΨ = 0, se verifica que Ψ = d(IΨ) lo cual implica que Ψ es exacta. Demostraci´ on Vamos a demostrar que para todo conjunto abierto y estrellado U y para toda k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con k ≥ 1) se verifica que: Ψ = d(IΨ) + I(dΨ), de modo que si Ψ es cerrada entonces dΨ = 0 y, por lo tanto, I(dΨ) = I(0) = 0 y Ψ = d(IΨ) Como siempre representaremos Ψ como: X Ψ= Ψi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik , 1≤i1 <...
de modo que IΨ =

k X

X

α−1

Z

(−1)

1

t 0

1≤i1 <...
k−1

iα 0 Λ...Λe0 . Ψi1 ...ik (tx)dt xiα e0i1 Λ...Λec ik iα

Ahora vamos a calcular d(IΨ). Recordemos que la transformación d lo que hace es derivar respecto de cada una de las variables xj las funciones que multiplican a las iα 0 Λ...Λe0 y realizar el producto Λ por e0 . En este caso las funciones formas e0i1 Λ...Λec ik j iα que tenemos que derivar son de la forma Z 1 (−1)α−1 tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt xiα . 0

Cuando derivamos esta funci´ on respecto de xiα nos aparecen dos sumandos: Z 1 Z 1 α−1 k−1 α−1 k−1 (−1) t Ψi1 ...ik (tx)dt y (−1) xiα Diα t Ψi1 ...ik (tx)dt 0

0 iα

0 Λ...Λe0 . A partir de las ambos multiplicados por la k-forma e0iα Λe0i1 Λ...Λec ik iα propiedades c) y e) del producto exterior demostradas en el problema 7 del cap´ıtulo 3


171

iα 0 Λ...Λe0 = e0 Λ...Λe0 Λ...Λe0 , de modo que es f´ acil ver que (−1)α−1 e0iα Λe0i1 Λ...Λec ik iα ik i1 iα 0 cada elemento de la base Ψi1 ...ik (x)ei1 Λ...Λe0iα Λ...Λe0ik nos proporciona k sumandos iguales al calcular d(IΨ) que tienen la siguiente expresión: Z 1 tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt e0i1 Λ...Λe0iα Λ...Λe0ik . 0

Por otro lado, es f´ acil ver que Z 1 Z tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt = Diα 0

1

tk Diα Ψi1 ...ik (tx)dt

0

con lo cual d(IΨ) nos queda de la siguiente manera: Z 1 X k−1 d(IΨ) = k t Ψi1 ...ik (tx)dt e0i1 Λ...Λe0iα Λ...Λe0ik 0

1≤i1 <...
Z n k X X α−1 (−1)

X

+

0

1≤i1 <...
1

iα 0 Λ...Λe0 . t Dj Ψi1 ...ik (tx)dt xiα e0j Λe0i1 Λ...Λec ik iα k

Ahora vamos a calcular I(dΨ). Recordemos que dΨ es la (k+1) forma dada por: n X

X

dΨ =

Dj Ψi1 ...ik e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik .

1≤i1 <...
Por definici´ on, la transformaci´ on I calcula cierta integral respecto a t de las funciones que multiplican a cada elemento de la base y las multiplica por las variables xi que aparecen en esa (k+1) forma de la base. En este caso cada elemento de la base es de la forma e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik , de modo cada uno genera la siguiente forma cuando se toma α = 1 : Z 1 tk Dj Ψi1 ...ik (tx)dt xj e0i1 Λ...Λe0ik 0

Por otro lado, si α > 1 entonces α = α0 + 1 siendo α0 el indicador de la k-forma 0 e0i1 Λ...Λe0ik . Como este indicador aparece en el factor (−1)α −1 de la definición de I, para mantener un u ńico indicador en todas las expresiones utilizaremos que 0 (−1)α −1 = −(−1)α−1 . As´ı la k-forma I(dΨ) nos queda: n Z 1 X X k I(dΨ) = t Dj Ψi1 ...ik (tx)dt xj e0i1 Λ...Λe0ik 0

1≤i1 <...
−

X

n X k X

1≤i1 <...
α−1

Z

(−1)

0

1

iα 0 Λ...Λe0 . t Dj Ψi1 ...ik (tx)dt xiα e0j Λe0i1 Λ...Λec ik iα k


172

Si ahora sumamos las expresiones obtenidas de d(IΨ) y de I(dΨ) vemos que las segundas partes de ambas expresiones se anulan y nos queda: d(IΨ) + I(dΨ) = Z X k 0

1≤i1 <...
+

1

n Z 1 X

X

1≤i1 <...
=

X

tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt e0i1 Λ...Λe0iα Λ...Λe0ik

Z

1≤i1 <...
0

1

0

t Dj Ψi1 ...ik (tx)dt xj e0i1 Λ...Λe0ik k

(ktk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt + tk xj Dj Ψi1 ...ik (tx))dt e0i1 Λ...Λe0ik .

Pero es f´ acil ver que (ktk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt+tk xj Dj Ψi1 ...ik (tx)) coincide con la derivada respecto de t de la funci´ on tk Ψi1 ...ik (tx), con lo cual tenemos que d(IΨ) + I(dΨ)

=

X 1≤i1 <...
=

X 1≤i1 <...

Z 0

1

d k (t Ψi1 ...ik (tx))dte0i1 Λ...Λe0ik dt

Ψi1 ...ik (x)e0i1 Λ...Λe0ik = Ψ.


3.4.

173


A continuaci´ on encontrar´ a una colección de problemas cuyos contenidos son similares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema se ofrece una peque˜ na sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unos minutos en pensar c´ omo desarrollar´ıa la solución. De esta forma aprenderá mucho m´ as que si se limita a leer la respuesta. Problema 1 Dados los tensores s1 , s2 ∈ Lk (Rn ), r1 , r2 ∈ Ll (Rn ), t ∈ Lm (Rn ) y dado el n´ umero real a, demostrar que la operación producto tensorial ⊗ verifica las siguientes propiedades: a) (s1 + s2 ) ⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1 b) s1 ⊗ (r1 + r2 ) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2 c) (as1 ) ⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1 ) = a(s1 ⊗ r1 ) d) (s1 ⊗ r1 ) ⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t) e) A ∗ (s1 ⊗ r1 ) = (A ∗ s1 ) ⊗ (A ∗ r1 ) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineal. Sugerencia: Solo tiene que aplicar la definici´ on de producto vectorial a las familias de vectores adecuadas en cada caso. Problema 2: Sean e01 , e02 , ..., e0n las aplicaciones lineales asociadas a la base canónica de Rn , calcular el producto tensorial en los siguientes casos: a) (3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ) b) (e02 − 3e03 ) ⊗ (2e01 + 12 e05 ) ⊗ (6e06 + 5e01 ) Sugerencia: Aplique las propiedades del producto tensorial demostradas en el problema anterior. Problema 3: Sea A : R3 → R2 la aplicación lineal dada por A(v11 , v12 , v13 ) = (v11 + v13 , v12 − v11 ). Calcular A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 )). Sugerencia: Aplique la propiedad e) demostrada en el problema 1. Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn hv 1 , v 2 i = h(v11 , ..., v1n ), (v21 , ..., v2n )i =

n X

v1i v2i

i=1

es un 2-tensor y expresarlo como combinación lineal de los 2-tensores de la base de L2 (R2 ) descrita en el teorema 3.5. Sugerencia: Repase la definici´ on de 2-tensor y recuerde las propiedades del producto escalar, luego utilice las aplicaciones lineales {e01 , ..., e0n } para expresar el producto escalar. Problema 5 Expresar los determinantes 2 × 2 y 3 × 3 como combinaciones lineales de los tensores de la base de L2 (R2 ) y de L3 (R3 ) respectivamente. Sugerencia: Interprete ambos determinantes en términos de vectores y coordenadas. Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) es alterno entonces se verifica que Alt(s) = s. Sugerencia: Recuerde que toda permutaci´ on σ se puede expresar como composici´ on de permutaciones que solo cambian dos elementos de posici´ on.


174

Problema 7 Dados los tensores alternos s1 , s2 ∈ ∗k (Rn ), r1 , r2 ∈ ∗l (Rn ), t ∈ ∗m (Rn ) y dado el n´ umero real a, demostrar que la operación producto exterior Λ verifica las siguientes propiedades: a) (s1 + s2 )Λr1 = s1 Λr1 + s2 Λr1 b) s1 Λ(r1 + r2 ) = s1 Λr1 + s1 Λr2 c) (as1 )Λr1 = s1 Λ(ar1 ) = a(s1 Λr1 ) d) A ∗ (s1 Λr1 ) = (A ∗ s1 )Λ(A ∗ r1 ) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineal e) r1 Λs1 = (−1)kl s1 Λr1 Sugerencia: Utilice las propiedades del producto tensorial ⊗ probadas en el problema 1 y para la propiedad e) calcule la signatura de la permutaci´ on que se est´ a aplicando. Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rm → Rn una función de clase C 2 , y sea U un conjunto abierto en Rm con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientes propiedades: a) Para todo par de formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) se verifica ϕ∗ (Ψ + Υ) = ϕ∗ Ψ + ϕ∗ Υ b) Para toda funci´ on g : U ⊂ Rn → R de clase C 1 y para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → k n Λ (R ) se verifica que ϕ∗ (gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗ Ψ c) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) y Υ : U ⊂ Rn → Λl (Rn ) se verifica ϕ∗ (ΨΛΥ) = (ϕ∗ Ψ)Λ(ϕ∗ Υ) Sugerencia: a) y b) se prueban a partir de las definiciones y para probar c) hay que utilizar la propiedad d) del problema anterior. Problema 9 Demostrar que la diferencial de las formas verifica las siguientes propiedades: a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2. b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)k ΨΛdΥpara todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) y Υ : U ⊂ Rn → Λl (Rn )de clase C p , con p ≥ 2. c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2. d) ϕ∗ (dΨ) = d(ϕ∗ Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2 y toda funci´ on de clase C 2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn . Sugerencia: a) se prueba de forma directa, b) a partir de la definici´ on y de la propiedad e) del problema 7, c) es consecuencia de las igualdades: e0l Λe0j = −e0j Λe0l para l 6= j y e0l Λe0j = 0 para l = j. Para probar d) razone por inducci´ on sobre el grado de la k-forma Ψ, empezando por k=0. Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R → Λ1 (R) es cerrada y exacta. Sugerencia: Observe que son cerradas porque est´ an definidas en R y son exactas por el teorema fundamental del c´ alculo. Problema 11: Dada la forma diferencial: Ψ : R3 → Λ2 (R3 ) (x1 , x2 , x3 ) x1 x2 x3 e01 Λe02 + (ex1 +x2 +x3 )e02 Λe03 + sen(x2 x3 )e01 Λe03

a) Calcular la forma dΨ.


175

b) Calcular la forma ΨΛΥ siendo Υ la forma diferencial siguiente: Υ : R3 → Λ1 (R3 ) (x1 , x2 , x3 ) x1 e01 + x2 e02 + x3 e03 c) Calcular la forma ϕ∗ Υ siendo ϕ : ϕ: R t

→ R3 (t3 , t2 , t)

d) Estudiar si alguna de las formas Ψ, dΨ, Υ, ΨΛΥ y ϕ∗ Υ es cerrada. Sugerencia: Para resolver los tres primeros apartados solo tiene que aplicar las definiciones de cada operaci´ on como hicimos en los siguientes ejemplos 3.19,3.21, 3.24. No olvide simplificar la expresi´ on obtenida. Para resolver el u ´ltimo apartado le vendr´ a bien revisar los dos problemas anteriores.


176

3.5.


Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer la soluci´ on. Problema 1 Dados los tensores s1 , s2 ∈ Lk (Rn ), r1 , r2 ∈ Ll (Rn ), t ∈ Lm (Rn ) y dado el n´ umero real a, demostrar que la operación producto tensorial ⊗ verifica las siguientes propiedades: a) (s1 + s2 ) ⊗ r1 = s1 ⊗ r1 + s2 ⊗ r1 b) s1 ⊗ (r1 + r2 ) = s1 ⊗ r1 + s1 ⊗ r2 c) (as1 ) ⊗ r1 = s1 ⊗ (ar1 ) = a(s1 ⊗ r1 ) d) (s1 ⊗ r1 ) ⊗ t = s1 ⊗ (r1 ⊗ t) e) A ∗ (s1 ⊗ r1 ) = (A ∗ s1 ) ⊗ (A ∗ r1 ) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineal. Soluci´ on: Dada la familia de vectores {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l } ⊂ Rn se verifica que:

a)

(s1 + s2 ) ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l )

=

(s1 + s2 )(v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l )

=

(s1 (v 1 , ..., v k ) + s2 (v 1 , ..., v k ))r1 (v k+1 , ..., v k+l )

=

s1 (v 1 , ..., v k )r(v k+1 , ..., v k+l ) + s2 (v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l )

=

s1 ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) + s2 ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) b) s1 ⊗ (r1 + r2 )(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) s1 (v 1 , ..., v k )(r1 + r2 )(v k+1 , ..., v k+l )

= =

s1 (v 1 , ..., v k )(r1 (v k+1 , ..., v k+l ) + r2 (v k+1 , ..., v k+l ))

=

s1 (v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l ) + s1 (v 1 , ..., v k )r2 (v k+1 , ..., v k+l )

=

s1 ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) + s1 ⊗ r2 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) c)

(as1 ) ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l )

=

(as1 )(v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l )

=

a(s1 (v 1 , ..., v k ))r1 (v k+1 , ..., v k+l )

=

a(s1 (v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l ))

=

a(s1 ⊗ r1 )((v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l )

=

s1 (v 1 , ..., v k )(ar1 (v k+1 , ..., v k+l ))

=

s1 ⊗ (ar1 )(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l )

Por otro lado, dada la familia de vectores {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l , v k+l+1 , ..., v k+l+m } ⊂


177

Rn se verifica que d)

(s1 ⊗ r1 ) ⊗ t(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l , v k+l+1 , ..., v k+l+m )

=

(s1 ⊗ r1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ))t(v k+l+1 , ..., v k+l+m )

=

(s1 (v 1 , ..., v k )r1 (v k+1 , ..., v k+l ))t(v k+l+1 , ..., v k+l+m )

= s1 (v 1 , ..., v k )(r1 (v k+1 , ..., v k+l )t(v k+l+1 , ..., v k+l+m )) = s1 (v 1 , ..., v k )((r1 ⊗ t)(v k+1 , ..., v k+l , v k+l+1 , ..., v k+l+m )) = s1 ⊗ (r1 ⊗ t)(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l , v k+l+1 , ..., v k+l+m ) Por u ´ltimo, dada una aplicaci´ on lineal A : Rm → Rn y dada la familia de vectores m {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l } ⊂ R se verifica que e) A ∗ (s1 ⊗ r1 )(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) =

(s1 ⊗ r1 )(A(v 1 ), ..., A(v k ), A(v k+1 ), ...A(v k+l ))

=

s1 (A(v 1 ), ..., A(v k ))r1 (A(v k+1 ), ..., A(v k+l ))

=

(A ∗ s1 ) ⊗ (A ∗ r1 )(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l )

Problema 2: Sean e01 , e02 , ..., e0n las aplicaciones lineales asociadas a la base canónica de Rn , calcular el producto tensorial en los siguientes casos: a) (3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ) b) (e02 − 3e03 ) ⊗ (2e01 + 12 e05 ) ⊗ (6e06 + 5e01 ) Soluci´ on: Observemos que las aplicaciones lineales que aparecen en este problema, e01 , e02 , ..., e06 asignan a cada vector de Rn las seis primeras coordenadas respectivamente tanto si n=6 como n=7,8,9,.... a) (3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ) = 3e01 ⊗ (4e02 − e01 ) + 2e02 ⊗ (4e02 − e01 ) = 12e01 ⊗ e02 − 3e01 ⊗ e01 + 8e02 ⊗ e02 − 2e02 ⊗ e01 . Observemos que al ser e01 ⊗ e02 6= e02 ⊗ e01 no podemos simplificar la expresión anterior. b) (e02 − 3e03 ) ⊗ (2e01 + 12 e05 ) ⊗ (6e06 + 5e01 ) = (e02 ⊗ (2e01 + 12 e05 ) − 3e03 ⊗ (2e01 + 12 e05 ) ⊗ (6e06 + 5e01 ) = 2e02 ⊗ e01 + 12 e02 ⊗ e05 − 6e03 ⊗ e01 − 23 e03 ⊗ e05 ⊗ (6e06 + 5e01 ) = 2e02 ⊗ e01 + 12 e02 ⊗ e05 − 6e03 ⊗ e01 − 32 e03 ⊗ e05 ⊗ 6e06 + 2e02 ⊗ e01 + 12 e02 ⊗ e05 − 6e03 ⊗ e01 − 32 e03 ⊗ e05 ⊗ 5e01 = 12e02 ⊗ e01 ⊗ e06 + 3e02 ⊗ e05 ⊗ e06 − 36e03 ⊗ e01 ⊗ e06 − 9e03 ⊗ e05 ⊗ e06 + 0 0 0 10e02 ⊗ e01 ⊗ e01 + 25 e02 ⊗ e05 ⊗ e01 − 30e03 ⊗ e01 ⊗ e01 − 15 2 e3 ⊗ e5 ⊗ e1 3 2 Problema 3: Sea A : R → R la aplicación lineal dada por A(v11 , v12 , v13 ) = on: Aprovechando (v11 + v13 , v12 − v11 ). Calcular A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 )). Soluci´ que en el problema anterior hemos desarrollado el tensor (3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ), vamos a calcular A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 )) de dos maneras primero utilizando el desarrollo del tensor y después aplicando que A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 )) = A ∗ (3e01 + 2e02 ) ⊗ A ∗ (4e02 − e01 )). Antes recordemos que por definición A ∗ s(v 1 , ..., v k ) = s(A(v 1 ), ..., A(v k )) para s ∈ Lk (R2 ) y A : R3 → R2 lineal. Por un


178

lado tenemos que A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ))(v 1 , v 2 ) =

(3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 )(A(v 1 ), A(v 2 ))

=

(12e01 ⊗ e02 − 3e01 ⊗ e01 + 8e02 ⊗ e02 − 2e02 ⊗ e01 )((A(v 1 ), A(v 2 ))

=

12e01 ⊗ e02 (A(v 1 ), A(v 2 )) −3e01 ⊗ e01 (A(v 1 ), A(v 2 )) +8e02 ⊗ e02 (A(v 1 ), A(v 2 )) −2e02 ⊗ e01 )(A(v 1 ), A(v 2 ))

=

12e01 ⊗ e02 ((v11 + v13 , v12 − v11 ), (v21 + v23 , v22 − v21 )) −3e01 ⊗ e01 ((v11 + v13 , v12 − v11 ), (v21 + v23 , v22 − v21 )) +8e02 ⊗ e02 ((v11 + v13 , v12 − v11 ), (v21 + v23 , v22 − v21 )) −2e02 ⊗ e01 ((v11 + v13 , v12 − v11 ), (v21 + v23 , v22 − v21 ))

=

12(v11 + v13 )(v22 − v21 ) −3(v11 + v13 )(v21 + v23 ) +8(v12 − v11 )(v22 − v21 ) −2(v12 − v11 )(v21 + v23 )

=

(−12 − 3 + 8 + 2)v11 v21 + (12 − 8)v11 v22 + (−3 + 2)v11 v23 +(−8 − 2)v12 v21 + 8v12 v22 − 2v12 v23 +(−12 − 3)v13 v21 + 12v13 v22 − 3v13 v23

=

−5e01 ⊗ e01 + 4e01 ⊗ e02 − e01 ⊗ e03 −10e02 ⊗ e01 + 8e02 ⊗ e02 − 2e02 ⊗ e03 −15e03 ⊗ e01 + 12e03 ⊗ e02 − 3e03 ⊗ e03

Si realizamos los c´ alculos de la otra manera nos queda:

=

A ∗ ((3e01 + 2e02 ) ⊗ (4e02 − e01 ))(v 1 , v 2 ) A ∗ (3e01 + 2e02 ) ⊗ A ∗ (4e02 − e01 ))(v 1 , v 2 ) A ∗ (3e01 + 2e02 ) (v 1 )A ∗ (4e02 − e01 )(v 2 )

=

(3e01 + 2e02 )A(v 1 )(4e02 − e01 ))A(v 2 )

=

(3e01 + 2e02 )(v11 + v13 , v12 − v11 )(4e02 − e01 ))(v21 + v23 , v22 − v21 )

=

(3(v11 + v13 ) + 2(v12 − v11 ))(4(v22 − v21 ) − (v21 + v23 ))

=

(v11 + 2v12 + 3v13 )(−5v21 + 4v22 − v23 )

=

−5e01 ⊗ e01 + 4e01 ⊗ e02 − e01 ⊗ e03

=

−10e02 ⊗ e01 + 8e02 ⊗ e02 − 2e02 ⊗ e03 −15e03 ⊗ e01 + 12e03 ⊗ e02 − 3e03 ⊗ e03


179

Problema 4: Demostrar que el producto escalar habitual en Rn

hv 1 , v 2 i = h(v11 , ..., v1n ), (v21 , ..., v2n )i =

n X

v1i v2i

i=1

es un 2-tensor y expresarlo como combinación lineal de los 2-tensores de la base de L2 (Rn ) descrita en el teorema 3.5. Soluci´ on: Ya sabemos que una de las propiedades del producto escalar real es que es lineal en cada una de sus dos componentes; es decir que verifica que hav 1 + bv 2 , v 3 i =

a hv 1 , v 3 i + b hv 2 , v 3 i y

hv 1 , cv 2 + dv 3 i =

c hv 1 , v 2 i + d hv 1 , v 3 i

para todo v 1 , v 2 , v 3 ∈ Rn y todo a, b, c, d ∈ R por lo tanto es un 2-tensor en Rn . Ahora usando la notaci´ on empleada en el teorema 3.5 y tomando las aplicaciones lineales {e01 , ..., e0n } asociadas a la base canónica de Rn , podemos expresar el producto escalar habitual de Rn de la siguiente manera

hv 1 , v 2 i =

n X

e0i ⊗ e0i (v 1 , v 2 )

i=1

Problema 5 Expresar los determinantes 2 × 2 y 3 × 3 como combinaciones lineales de los tensores de la base de L2 (R2 ) y de L3 (R3 ) respectivamente. Soluci´ on: Recordemos que dados dos vectores v 1 = (v11 , v12 ) y v 2 = (v21 , v22 ) en R2 , el determinante de la matriz formada por v 1 y v 2 como vectores columna es: det(v 1 , v 2 ) = det

v11 v12

v21 v22

= v11 v22 − v12 v21

De modo que en términos de los tensores de la base de L2 (R2 ) la expresión anterior queda as´ı: det(v 1 , v 2 ) = e01 ⊗ e02 (v 1 , v 2 ) − e02 ⊗ e01 (v 1 , v 2 ) = (e01 ⊗ e02 − e02 ⊗ e01 )(v 1 , v 2 ) Recordemos ahora c´ omo se define el determinante de tres vectores v 1

=


180

(v11 , v12 , v13 ), v 2 = (v21 , v22 , v23 ) y v 3 = (v31 , v32 , v33 ) de R3 det(v 1 , v 2 , v 3 )  v11 v21 = det  v12 v22 v13 v23

 v31 v32  v33

= v11 v22 v33 + v12 v23 v31 + v13 v21 v32 − (v13 v22 v31 + v11 v23 v32 + v12 v21 v33 ) = e01 ⊗ e02 ⊗ e03 (v 1 , v 2 , v 3 ) + e02 ⊗ e03 ⊗ e01 (v 1 , v 2 , v 3 ) + e03 ⊗ e01 ⊗ e02 (v 1 , v 2 , v 3 ) −(e03 ⊗ e02 ⊗ e01 (v 1 , v 2 , v 3 ) + e01 ⊗ e03 ⊗ e02 (v 1 , v 2 , v 3 ) + e02 ⊗ e01 ⊗ e03 (v 1 , v 2 , v 3 )) =

(e01 ⊗ e02 ⊗ e03 + e02 ⊗ e03 ⊗ e01 + e03 ⊗ e01 ⊗ e02 −(e03 ⊗ e02 ⊗ e01 + e01 ⊗ e03 ⊗ e02 + e02 ⊗ e01 ⊗ e03 ))(v 1 , v 2 , v 3 )

Problema 6 Probar que si un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) es alterno entonces se verifica que Alt(s) = s Soluci´ on: Por definici´ on los tensores alternos verifican que s(v 1 , ..., v k ) = −s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) para toda permutación σ de la familia (1, ..., k) que solo cambie dos elementos de posici´ on. Ya hemos visto (demostración de la proposición 3.8) que este tipo de permutaciones tiene signo -1, por lo tanto los tensores alternos verifican que s(v 1 , ..., v k ) = sgn(σ)s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) para toda permutación σ que solo cambie dos elementos de posici´ on. Pero, como ya sabemos, todas las permutaciones se pueden escribir como producto de permutaciones que solo cambian dos elementos de posici´ on y adem´ as se verifica que sgn(σ1 σ2 ) = sgn(σ1 )sgn(σ2 ). De todo esto se deduce que si s es un tensor alterno y σ es cualquier permutación de la familia (1, ..., k) entonces para toda familia de vectores {v 1 , ..., v k } ⊂ Rn se verifica que s(v 1 , ..., v k ) = sgn(σ)s(v σ(1) , ..., v σ(k) ). Teniendo en cuenta esta propiedad de los tensores alternos vamos a comprobar que Alt(s) = s, siendo s un tensor alterno: 1 X Alt(s)(v 1 , ..., v k ) = sgnσ s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) k! σ∈Sk 1 X s(v 1 , ..., v k ) = s(v 1 , ..., v k ) = k! σ∈Sk

Problema 7 Dados los tensores alternos s1 , s2 ∈ ∗k (Rn ), r1 , r2 ∈ ∗l (Rn ), t ∈ ∗m (Rn ) y dado el n´ umero real a, demostrar que la operación producto exterior Λ verifica las siguientes propiedades: a) (s1 + s2 )Λr1 = s1 Λr1 + s2 Λr1 b) s1 Λ(r1 + r2 ) = s1 Λr1 + s1 Λr2 c) (as1 )Λr1 = s1 Λ(ar1 ) = a(s1 Λr1 ) d) A ∗ (s1 Λr1 ) = (A ∗ s1 )Λ(A ∗ r1 ) siendo A : Rm → Rn una aplicación lineal e) r1 Λs1 = (−1)kl s1 Λr1 Soluci´ on: Las tres primeras propiedades se deducen de forma inmediata de las an´ alogas propiedades que, como probamos en el problema 1, verifica el producto


181

tensorial ⊗, as´ı por ejemplo para probar la propiedad b) se razona as´ı: s1 Λr1 (v 1 , ..., v k+l ) + s1 Λr2 (v 1 , ..., v k+l )

=

(k + l)! (k + l)! Alt(s1 ⊗ r1 )(v 1 , ..., v k+l ) + Alt(s1 ⊗ r2 )(v 1 , ..., v k+l ) = k!l! k!l! (k + l)! (Alt(s1 ⊗ r1 )(v 1 , ..., v k+l ) + Alt(s1 ⊗ r2 )) (v 1 , ..., v k+l ) = k!l! 

X X (k + l)!  1 1 sgnσs1 ⊗ r1 (v σ(1) , ..., v σ(k+l) ) + k!l! (k + l)! (k + l)! σ∈Sk+l σ∈Sk+l  X (k + l)!  1 sgnσ s1 ⊗ r1 (v σ(1) , ..., v σ(k+l) ) + s1 ⊗ r2 (v σ(1) k!l! (k + l)! σ∈Sk+l   X (k + l)!  1 sgnσs1 ⊗ (r1 + r2 )(v σ(1) , ..., v σ(k+l) ) = k!l! (k + l)! σ∈Sk+l

(k + l)! Alt(s1 ⊗ (r1 + r2 )) = s1 Λ(r1 + r2 ) k!l! De forma an´ aloga para probar c) basta razonar de la siguiente manera: (as1 )Λr1

= = =

(k + l)! Alt((as1 ) ⊗ r1 ) k!l! (k + l)! Alt(s1 ⊗ (ar1 )) k!l! s1 Λ(ar1 )

d) Dada la familia de vectores {w1 , ..., wk , wk+1 , ..., wk+l } ⊂ Rm se verifica que A ∗ (s1 Λr1 )(w1 , ..., wk , wk+1 , ..., wk+l ) = = =

=

=

(s1 Λr1 )(A(w1 ), ..., A(wk ), A(wk+1 ), ..., A(wk+l )) (k + l)! Alt(s1 ⊗ r1 )((A(w1 ), ..., A(wk ), A(wk+1 ), ..., A(wk+l )) k!l! ! X (k + l)! 1 sgnσ (s1 ⊗r1 )((A(wσ(1) ), ...,A(wσ(k) ),A(wσ(k+1) ), ...,A(wσ(k+l) )) k!l! (k + l)! σ∈Sk   X (k + l)!  1 sgnσ A∗(s1 ⊗r1 )(wσ(1) , ...,wσ(k) ,wσ(k+1) , ...,wσ(k+l) ) k!l! (k + l)! σ∈Sk+l   X (k + l)!  1 sgnσ A∗(s1 )⊗A∗(r1 )(wσ(1) , ...,wσ(k) ,wσ(k+1) , ...,wσ(k+l) ) k!l! (k + l)! σ∈Sk+l

=

(k + l)! Alt(A∗(s1 )⊗A∗(r1 )) =A∗(s1 )ΛA∗(r1 ). k!l!


182

e) Como ya observamos al introducir la definición de tensor alterno, dada la familia de vectores {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l } ⊂ Rn para cada permutación σ se verifica que r1 Λs1 (v σ(1) , ..., v σ(k) , v σ(k+1) , ..., v σ(k+l) ) = sgnσ r1 Λs1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) Sea σ0 la permutaci´ on que transforma el conjunto (1, ..., k, k + 1, ..., k + l) en el conjunto (k + 1, ..., k + l, 1, ..., k) entonces se verifica que: r1 Λs1 (v σ0 (1) , ..., v σ0 (k) , v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) ) = sgnσ0 r1 Λs1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) Por otro lado tenemos que r1 Λs1 (v σ0 (1) , ..., v σ0 (k) , v σ0 (k+1) , ..., v σ0 (k+l) ) = r1 Λs1 (v k+1 , ..., v k+l , v 1 , ..., v k ) (k + l)! = Alt(r1 ⊗ s1 )(v k+1 , ..., v k+l , v 1 , ..., v k ) k!l! (k + l)! = Alt(s1 ⊗ r1 )(v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) k!l! = s1 Λr1 (v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v k+l ) Por lo tanto solo nos queda comprobar que sgnσ0 = (−1)kl . Para ello basta con observar que la permutaci´ on σ0 se obtiene con la siguiente colección de permutaciones de dos elementos consecutivos: (1, ..., k, k + 1, ..., k + l)

(1, ..., k + 1, k, ..., k + l)

(1, k + 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l)

(k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l)

(k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, ..., k + l)

(k + 1, 1, 2, ..., k, k + 2, k, ..., k + l)

(k + 1, ..., k + l − 1, 1, k + l, 2, ..., k)

(k + 1, ..., k + l − 1, k + l, 1, 2, ..., k)

Observar que las primeras permutaciones nos llevan el elemento k + 1 a la primera posici´ on. Para realizar este cambio el elemento k + 1 ha saltado por encima de los k elementos que ten´ıa delante; es decir que hemos realizado k permutaciones de dos elementos consecutivos. Después llevamos el elemento k + 2 al segundo lugar, haciéndole saltar por encima de los k elementos que tiene delante, osea que de nuevo hacemos k permutaciones de dos elementos consecutivos. Si movemos de igual manera los elementos k + 3, ..., k + l obtenemos al final la familia que buscábamos y por lo tanto habremos realizado un total de kl permutaciones de dos elementos consecutivos lo cual significa que sgnσ0 = (−1)kl . Problema 8 Sea ϕ : V ⊂ Rm → Rn una función de clase C 2 , y sea U ⊂ Rn un abierto con ϕ(V ) ⊂ U. Probar que se verifican las siguientes propiedades:


183

a) Para todo par de formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) se verifica ϕ∗ (Ψ + Υ) = ϕ∗ Ψ + ϕ∗ Υ b) Para toda funci´ on g : U ⊂ Rn → R de clase C 1 y para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → k n Λ (R ) se verifica que ϕ∗ (gΨ) = (g ◦ ϕ)ϕ∗ Ψ c) Para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) y Υ : U ⊂ Rn → Λl (Rn ) se verifica ϕ∗ (ΨΛΥ) = (ϕ∗ Ψ)Λ(ϕ∗ Υ) Soluci´ on: a) Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada familia de vectores {v 1 , ..., v k } ⊂ Rm tenemos que ϕ∗ (Ψ + Υ)(x)(v 1 , ..., v k ) = Dϕ(x) ∗ (Ψ + Υ)(ϕ(x))(v 1 , ..., v k ) =

(Ψ(ϕ(x)) + Υ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v 1 ), ..., Dϕ(x)(v k ))

=

Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v 1 ), ..., Dϕ(x)(v k )) + Υ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v 1 ), ..., Dϕ(x)(v k ))

= ϕ∗ Ψ(x)(v 1 , ..., v k ) + ϕ∗ Υ(x)(v 1 , ..., v k ). b) Recordemos que hemos acordado definir como 0-forma a toda función real de clase C 1 , y el producto exterior de una 0-forma, como la función g, con una k-forma como Ψ, le hemos denotado por gΨ en lugar de gΛΨ porque es simplemente la kforma gΨ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) que a cada x ∈ V ⊂ Rm le hace corresponder el k-tensor alterno g(x)Ψ(x). De igual modo, al otro lado de la igualdad que queremos demostrar, aparece el producto exterior de la 0-forma g ◦ ϕ por la k-forma ϕ∗ Ψ. Veamos ahora que se verifica la igualdad. Para cada x ∈ V ⊂ Rm y cada familia de vectores {v 1 , ..., v k } ⊂ Rm tenemos que ϕ∗ (gΨ)(x)(v 1 , ..., v k )

=

Dϕ(x) ∗ (gΨ)(ϕ(x))(v 1 , ..., v k )

=

g(ϕ(x))Ψ(ϕ(x))(Dϕ(x)(v 1 ), ..., Dϕ(x)(v k ))

=

g(ϕ(x))ϕ∗ Ψ(x)(v 1 , ..., v k )

=

(g ◦ ϕ)ϕ∗ Ψ(x)(v 1 , ..., v k )

c) Para cada x ∈ V ⊂ Rm tenemos que ϕ∗ (ΨΛΥ)(x)

= =

Dϕ(x) ∗ (ΨΛΥ)(ϕ(x)) Dϕ(x) ∗ (Ψ(ϕ(x))ΛΥ(ϕ(x)))

=

(Dϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x)))Λ(Dϕ(x) ∗ Υ(ϕ(x)))

=

(ϕ∗ Ψ)Λ(ϕ∗ Υ)(x).

La tercera igualdad es debida a la propiedad d) que mostramos en el problema anterior. Problema 9 Demostrar que la diferencial de las formas verifica las siguientes propiedades: a) d(Ψ + Υ) = dΨ + dΥ para todo par de formas Ψ, Υ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2.


184

b) d(ΨΛΥ) = dΨΛΥ + (−1)k ΨΛdΥ para todo par de formas Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) y Υ : U ⊂ Rn → Λl (Rn )de clase C p , con p ≥ 2. c) d(dΨ) = 0 para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2. d) ϕ∗ (dΨ) = d(ϕ∗ Ψ) para toda forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2 y toda funci´ on de clase C 2 ϕ : V ⊂ Rm → ϕ(V ) ⊂ U ⊂ Rn . Soluci´ on a) Es f´ acil ver que si

Ψ

X

=

Ψi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
Υ

X

=

Υi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
entonces

d(Ψ + Υ)

X

=

=

=

n X

Dj (Ψi1 ...ik + Υi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
(Dj (Ψi1 ...ik ) + Dj (Υi1 ...ik ))e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
Dj (Ψi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
+

X

n X

Dj (Υi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
=

dΨ + dΥ

b) En primer lugar observemos que dadas Ψ y Υ, por las propiedades a) y b) demostradas en el problema 7, la forma ΨΛΥ es una suma de formas del tipo

(Ψi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(Υj1 ...il e0j1 Λ...Λe0jl )

De modo que por la propiedad anterior, bastará con demostrar la igualdad para cada sumando de este tipo. Para simplificar la notación llamaremos Ψ y Υ a las funciones


185

que figuran en el mismo, de modo que: d(ΨΛΥ) = d((Ψ(x)e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(Υ(x)e0j1 Λ...Λe0jl )) = d(Ψ(x)Υ(x)(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl )) n X = Dj (Ψ(x)Υ(x))e0j Λ(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl ) j=1

=

=

n X j=1 n X

(Υ(x)Dj Ψ(x) + Ψ(x)Dj Υ(x)) e0j Λ(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl ) Υ(x)Dj Ψ(x)e0j Λ(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl )

j=1

+

n X

Ψ(x)Dj Υ(x)e0j Λ(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl )

j=1

=

n X

Dj Ψ(x)e0j Λ((e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(Υ(x)e0j1 Λ...Λe0jl )

j=1

+Ψ(x)

n X

Dj Υ(x)e0j Λ(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ(e0j1 Λ...Λe0jl )

j=1

  n X Dj Υ(x)e0j Λ(e0j1 Λ...Λe0jl ) = dΨΛΥ + (−1)k Ψ(x)(e0i1 Λ...Λe0ik )Λ  j=1

= dΨΛΥ + (−1)k ΨΛdΥ El factor (−1)k proviene del cambio de orden en el producto exterior de las formas e0i1 Λ...Λe0ik y e0j como e) del problema 7. P muestra la0 propiedad c) Sea Ψ = Ψi1 ...ik ei1 Λ...Λe0ik , entonces 1≤i1 <...
dΨ =

X

n X

Dj Ψi1 ...ik (x)e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
y d(dΨ) =

X

n X n X

Djl Ψ1,i1 ...ik (x)e0l Λe0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
Observemos que los sumandos que aparecen en la u ´ltima expresión son 0 cuando j = l porque e0l Λe0j = 0 y si j 6= l entonces aparecen dos sumandos que se anulan mutuamente porque Djl Ψi1 ...ik (x) = Dlj Ψi1 ...ik (x) y e0l Λe0j = −e0j Λe0l .


186

d) Vamos a realizar la demostración por inducción sobre el grado de la k-forma. Empezamos probando la igualdad cuando Ψ es una 0-forma, es decir una función n P del tipo Ψ : U ⊂ Rn → R. De modo que dΨ = Di Ψe0i y ϕ∗ Ψ es la 0-forma que se i=1

obtiene al componer las funciones Ψ y ϕ. Entonces utilizando el resultado obtenido en el ejemplo 3.23 comprobamos que ϕ∗ (dΨ)(y)

=

n X

Di Ψ(ϕ(y))ϕ ∗ e0i

i=1

=

n X

Di Ψ(ϕ(y))

i=1

=

m X

Dj ϕi (y)e0j

j=1

n X m X

Di Ψ(ϕ(y))Dj ϕi (y)e0j

i=1 j=1

=

=

m X n X

Di Ψ(ϕ(y))Dj ϕi (y)e0j

j=1 i=1 m X

Dj (Ψ ◦ ϕ)(y))e0j = d(ϕ∗ Ψ)(y).

j=1

Una vez probado el caso k=0 asumimos que la igualdad se verifica para las k-formas con k ≥ 0 y probamos el caso k+1. Observemos que todas las (k+1)-formas se pueden expresar como sumas de formas del tipo Ψi1 ...ik+1 (x)e0i1 Λ...Λe0ik Λe0ik+1 siendo Ψi1 ...ik+1 una funci´ on real definida en un abierto de Rn . Como las transformaciones ∗ ϕ y dΨ son aditivas; es decir, verifican que ϕ∗ (Ψ + Υ)

=

ϕ∗ Ψ + ϕ∗ Υ

d(Ψ + Υ)

=

dΨ + dΥ

bastar´ a con hacer la demostraci´ on para cada uno de los sumandos. En particular vamos a demostrar que ϕ∗ (d(ΨΛe0i ) = d(ϕ∗ (ΨΛe0i )) siendo Ψ una k-forma en Rn . Por las propiedades b) y c) demostradas en este mismo problema se verifica que: ϕ∗ (d(ΨΛe0i ) = ϕ∗ (dΨΛe0i + (−1)k ΨΛd(e0i )) = ϕ∗ (dΨΛe0i ) Ahora aplicamos la propiedad c) demostrada en el problema 7 y la hipótesis de inducci´ on que se verifica para la k-forma Ψ de modo que ϕ∗ (d(ΨΛe0i ) = ϕ∗ (dΨΛe0i ) = ϕ∗ (dΨ)Λϕ∗ (e0i ) = d(ϕ∗ Ψ)Λϕ∗ (e0i ). A continuaci´ on observamos que d(ϕ∗ (e0i )) = 0, porque como vimos en el apartado anterior se verifica que   m X n m X X d(ϕ∗ (e0i )) = d  Dj ϕi e0j  = Djl ϕi (y)e0l Λe0j = 0 j=1

j=1 l=1


187

Esta observaci´ on nos permite aplicar de nuevo la propiedad b) de este problema para llegar a la siguiente expresi´ on: ϕ∗ (d(ΨΛe0i )

= d(ϕ∗ Ψ)Λϕ∗ (e0i ) = d(ϕ∗ Ψ)Λϕ∗ e0i + (−1)k ϕ∗ ΨΛd(ϕ∗ (e0i )) = d(ϕ∗ ΨΛϕ∗ (e0i )) = d(ϕ∗ (ΨΛe0i )).

Problema 10: Probar que toda 1-forma Ψ : (a, b) ⊂ R → Λ1 (R) es cerrada y exacta. Soluci´ on: Observemos que el u ńico tensor que hay en la base de Λ1 (R) es e0 , de modo que Ψ ser´ a de la forma Ψ(x) = Ψ1 (x)e0 siendo Ψ1 : (a, b) ⊂ R → R una función p de clase C en el abierto (a, b) con p ≥ 1. De modo que dΨ = D1 Ψ1 e0 Λe0 = 0. Para probar que Ψ es exacta tomamos un punto c ∈ (a, b) y definimos la 0-forma, que es una funci´ on real, como: (a, b) ⊂ R

Υ:

x

→ Rx

R Ψ1 (t)dt

c

Entonces por el teorema fundamental del cálculo se verifica que dΥ(x) = D1 Υ(x)e0 = Ψ1 (x)e0 . Problema 11: Dada la forma diferencial: Ψ : R3 → Λ2 (R3 ) (x1 , x2 , x3 ) x1 x2 x3 e01 Λe02 + (ex1 +x2 +x3 )e02 Λe03 + sen(x2 x3 )e01 Λe03 a) Calcular la forma dΨ. b) Calcular la forma ΨΛΥ siendo Υ la forma diferencial siguiente: Υ : R3 → Λ1 (R3 ) (x1 , x2 , x3 ) x1 e01 + x2 e02 + x3 e03 c) Calcular la forma ϕ∗ Υ siendo ϕ : ϕ: R t

→ R3 (t3 , t2 , t)

d) Estudiar si alguna de las formas Ψ, dΨ, Υ, ΨΛΥ y ϕ∗ Υ es cerrada. Soluci´ on: a) Por definici´ on la diferencial de Ψ es: dΨ

=

3 X

Dj (x1 x2 x3 )e0j Λe01 Λe02 +

(3.1)

Dj (ex1 +x2 +x3 )e0j Λe02 Λe03 +

(3.2)

j=1 3 X j=1 3 X j=1

Dj (sen(x2 x3 ))e0j Λe01 Λe03


188

Como el tensor alterno e0j Λe0i Λe0k es nulo cuando aparece un 1-tensor e0i repetido, de cada sumando nos quedamos solo con un elemento de modo que: dΨ = x1 x2 e03 Λe01 Λe02 + ex1 +x2 +x3 e01 Λe02 Λe03 + x3 cos(x2 x3 )e02 Λe01 Λe03 Ahora simplificamos reordenando los tensores para que en los tres sumandos aparezca e01 Λe02 Λe03 de modo que dΨ = (x1 x2 + ex1 +x2 +x3 − x3 cos(x2 x3 ))e01 Λe02 Λe03 b) Por definici´ on el producto exterior de dos formas es: ΨΛΥ = (x1 x2 x3 e01 Λe02 + (ex1 +x2 +x3 )e02 Λe03 + sen(x2 x3 )e01 Λe03 )Λ(x1 e01 + x2 e02 + x3 e03 ) Ahora aplicamos las propiedades del producto exterior demostradas en el problema 7 y suprimimos los sumandos en los cuales nos aparece un tensor e0j Λe0i Λe0k nulo por tener alg´ un ´ındice repetido y nos queda que: ΨΛΥ = (x1 x2 x23 e01 Λe02 Λe03 + (ex1 +x2 +x3 )x1 e02 Λe03 Λe01 + x2 sen(x2 x3 )e01 Λe03 Λe02 . Por u ´ltimo reordenamos los tensores para simplificar y obtenemos que: ΨΛΥ = (x1 x2 x23 + (ex1 +x2 +x3 )x1 − x2 sen(x2 x3 ))e01 Λe02 Λe03 . c) Por definici´ on ϕ∗ Υ ∈ Λ1 (R) y se calcula de la siguiente manera ϕ∗ Υ(t) =

3 X

Υi (ϕ(t))Dϕ(t) ∗ e0i .

i=1

Por otro lado, para cada ´ındice i el tensor e0i se transforma por medio de la aplicación lineal Dϕ(t) en el tensor ϕ0i (t)e0 como vimos en el ejemplo 3.23, de modo que: ϕ∗ Υ(t)

=

t3 (3t2 )e0 + t2 (2t)e0 + te0

=

(3t5 + 2t3 + t)e0 .

d) Una forma Φ es cerrada si verifica que dΦ = 0. Como en el apartado a) probamos que dΨ 6= 0 tenemos que la forma Ψ no es cerrada. En cuanto a la forma dΨ si es cerrada porque como probamos en el problema 9, apartado c) siempre se verifica que d(d(Φ)) = 0. En cuanto a la forma dΨ si es cerrada porque como probamos en el problema 9, apartado c) siempre se verifica que d(d(Φ)) = 0. Para ver si Υ es cerrada calculamos dΥ : dΥ =

3 X j=1

Dj (x1 )e0j Λe01 + v +

3 X j=1

Dj (x2 )e0j Λe02 +

3 X j=1

Dj (x3 )e0j Λe03 .


189

Observamos que en cada uno de los tres sumandos solo hay una derivada parcial no nula que vale 1, de modo que

dΥ = e01 Λe01 + e02 Λe02 + e03 Λe03 = 0.

Respecto a la forma ΨΛΥ como pertenece a Λ3 (R3 ) su diferencial pertenece a Λ4 (R3 ) que solo contiene a la forma nula, de modo que ΨΛΥ es cerrada. An´ alogamente, la forma ϕ∗ Υ pertenece a Λ1 (R) y su diferencial pertenece a Λ2 (R) que de nuevo solo contiene a la forma nula, de modo que ϕ∗ Υ es también cerrada.


190

3.6.


Prueba 1 1a : Se dice que una funci´ on s : R2 ×R2 ×R2 → R es multilineal si verifica la siguiente condici´ on: a) (as+br)(v 1 , v 2 , v 3 ) = as(v 1 , v 2 , v 3 )+br(v 1 , v 2 , v 3 ) para todos a, b ∈ R, v 1 , v 2 , v 3 ∈ R2 y toda aplicaci´ on multilineal r. b) s(a(v 1 , v 2 , v 3 ) + b(w1 , w2 w3 )) = as(v 1 , v 2 , v 3 ) + bs(w1 , w2 , w3 ) para todos a, b ∈ R, v 1 , v 2 , v 3 , w1 , w2 , w3 ∈ R2 c) s(av 1 + bw1 , v 2 , v 3 ) = as(v 1 , v 2 , v 3 ) + bs(w1 , v 2 v 3 ) para todos a, b ∈ R, v 1 , v 2 , v 3 , w1 ∈ R2 y an´ alogas propiedades se verifican en la segunda y en la tercera componente. 2a :Dados dos tensores s ∈ Lk (Rn ) y r ∈ Ll (Rn ) se define el producto tensorial de t por s como: a) s ⊗ r(v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l ) = s(v 1 , ..., v k )r(v k+1 , ..., v k+l ) b) s ⊗ r(v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l ) = s(v 1 , ..., v k ) + r(v k+1 , ..., v k+l ) c) s ⊗ r(v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l ) = s(v 1 )...s(v k )r(v k+1 )...r(v k+l ) 3a : El espacio vectorial Lk (Rn ), formado por los tensores de orden k tiene dimensión a) nk b) nk c) nk 4a :Decimos que un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) es alterno si para cada k-upla de vectores (v 1 , ..., v k ) en Rn se verifica que: a) s(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v k ) = s(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v k ) para cada par de ´ındices i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= j b) s(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v k ) = −s(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v k ) para cada par de ´ındices i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= j c) s(v 1 , ..v k ) = s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) para cada permutación σ del conjunto {1,2,...,k} 5a :Dado un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) se construye a partir de él un tensor alterno, que denotamos por Alt(s), de P la siguiente manera: a) Alt(s)(v 1 , ..., v k ) = sgnσ s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) σ∈Sk P 1 b) Alt(s)(v 1 , ..., v k ) = k! s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) σ∈Sk P 1 sgnσ s(v σ(1) , ..., v σ(k) ) c) Alt(s)(v 1 , ..., v k ) = k! σ∈Sk

6a :Dado el 2-tensor e01 ⊗ e0n ∈ L2 (Rn ), con n ≥ 2, su tensor alterno es: a) Alt(e01 ⊗ e0n ) = e01 ⊗ e0n b) Alt(e01 ⊗ e0n ) = 21 (e01 ⊗ e0n − e0n ⊗ e01 ) c) Alt(e01 ⊗ e0n ) = e01 ⊗ e0n − e0n ⊗ e01 7a :El s´ımbolo Λ se utiliza para indicar: a) El gradiente de una funci´ on f : U ⊂ Rn → R de clase C 1 que denotamos por Λf (x)


191

b) El producto tensorial de dos tensores s, r que denotamos por sΛr c) El producto exterior de dos tensores alternos s, r que denotamos por sΛr 8a : El espacio vectorial ∗k (Rn ), formado por los k-tensores alternos tiene dimensión a) nk b) nk c) nk 9a : Las formas diferenciales de orden k, o k-formas son funciones definidas en: a) Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) b) Ψ : U ⊂ R → Λk (Rn ) c) Ψ : U ⊂ Rm → Λk (Rn ) 10a : Una 0-forma diferencial es una función: a) que siempre toma el valor 0. b) definida as´ı Ψ : U ⊂ R0 → Λk (R0 ) c) definida as´ı Ψ : U ⊂ Rn → R Las soluciones est´ an en el apéndice A


192

Prueba 2 1a : Dada una funci´ on ϕ : V ⊂ Rm → Rn de clase C p (con p ≥ 2) y dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con k¿0 y ϕ(V ) ⊂ U ) se define la k-forma ϕ∗ Ψ : V ⊂ Rm → Λk (Rm ) como la función que a cada x ∈ V ⊂ Rm le hace corresponder la k-forma en Rm dada por: a) Dϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x)), siendo Dϕ(x) la aplicación lineal asociada a la matriz jacobiana de la funci´ on ϕ en x. b) ϕ(x) ∗ Ψ(ϕ(x)) c) Ψ(ϕ(x)) 2a : Dada una funci´ on ϕ : V ⊂ R → R3 de clase C 1 y dada una 1-forma en R3 , 0 Ψ(x) = Ψ1 (x)e1 + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03 se verifica que ϕ∗ Ψ es: a) ϕ∗ Ψ(t) = (Ψ1 (ϕ0 (t)) + Ψ2 (ϕ0 (t)) + Ψ3 (ϕ0 (t)))dt b) ϕ∗ Ψ(t) = ((Ψ1 (ϕ(t)), Ψ2 (ϕ(t)), Ψ3 (ϕ(t)) · (ϕ01 (t), ϕ02 (t), ϕ03 (t))) dt 3 P Ψi (ϕ01 (t), ϕ02 (t), ϕ03 (t))dt c) ϕ∗ Ψ(t) = i=1

3a : Dada una funci´ on ϕ : V ⊂ R2 → R3 y dada la 2-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ2 (R3 ), con ϕ(V ) ⊂ U, definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e02 Λe03 + Ψ2 (x)e01 Λe03 + Ψ3 (x)e01 Λe02 se verifica que: a) ϕ∗ Ψ(u) = (Ψ1 (ϕ(u)), Ψ2 (ϕ(u)), Ψ3 (ϕ(u))) · N (u)e01 Λe02 b) ϕ∗ Ψ(u) = Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 + Dϕ(u) ∗ e01 Λe03 + Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 c) ϕ∗ Ψ(u) = (Ψ1 (ϕ(u)) + Ψ2 (ϕ(u)) + Ψ3 (ϕ(u)))e01 Λe02 4a : Dada una k-forma diferencial Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p≥ 2, se define la (k+1)-forma dΨ : U ⊂ Rn → Λk+1 (Rn ) por: P a) dΨ = dΨi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik b) dΨ =

1≤i1 <...
c) dΨ =

Dj (Ψi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik P

n P

1≤i1 <...
Dj (Ψi1 ...ik )e0j Λe0i1 Λ...Λe0ik

5a : Dada la 1-forma en R3 definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03 siendo Ψ1 , Ψ2 y Ψ3 funciones de clase C p en un abierto U ⊂ R2 , con p ≥ 2, su diferencial es: a) dΨ(x) = (D1 Ψ2 (x) − D2 Ψ1 (x))e01 Λe02 + (D1 Ψ3 (x) − D3 Ψ1 (x))e01 Λe03 + (D2 Ψ3 (x) − D3 Ψ2 (x))e02 Λe03 b) dΨ(x) = (D1 Ψ1 (x) + D2 Ψ2 (x) + D3 Ψ3 (x))e01 Λe02 Λe03 c) dΨ(x) = (D1 Ψ1 (x)+D1 Ψ2 (x)+D1 Ψ3 (x))e01 +(D2 Ψ1 (x)+D2 Ψ2 (x)+D2 Ψ3 (x))e02 + (D3 Ψ1 (x) + D3 Ψ2 (x) + D3 Ψ3 (x))e03 6a : Decimos que una k-forma Ψ1 : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) con k≥ 1 es exacta si a) d(Ψ1 ) = Ψ1 b) existe una (k-1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) de clase C p en U con p ≥ 2 tal que Ψ1 = d(Ψ2 ). c) existe una (k+1)-forma Ψ2 : U ⊂ Rn → Λk+1 (Rn ) de clase C p en U con p ≥ 2 tal


193

que Ψ2 = d(Ψ1 ). 7a : Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) es cerrada si verifica que: a) d(Ψ) = 0 b) d(Ψ) = Ψ y∈U c) Ψ(x) = Ψ(y) para todo par x,P 8a : Dada una k-forma Ψ = Ψi1 ...ik e0i1 Λ...Λe0ik : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con 1≤i1 <...
k ≥ 1) se define la (k-1)-forma IΨ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) por medio de la siguiente f´ ormula: iα k R P P 1 k−1 0 0 Λ.Λe0 c a) IΨ = Λ..Λ e t Ψ (tx)dt x e i1 ...ik iα i1 ik iα 0 1≤i1 <...
b) IΨ = c) IΨ =

P

k P

(−1)α−1

R

(−1)α−1

R

1≤i1 <...
iα

0 Λ.Λe0 xiα e0i1 Λ..Λec ik iα

xiα e0i1 Λ...Λe0ik

1 k−1 t Ψi1 ...ik (tx)dt 0

1 k−1 t Ψi1 ...ik (tx)dt 0

9a : Dada una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) (con k ≥ 1) si el conjunto U es estrellado se verifica que: a) d(IΨ) = I(dΨ) b) Ψ = IΨ + dΨ c) Ψ = d(IΨ) + I(dΨ) 10a : Dada Ψ : U ⊂ Rn → R una función de clase RC 1 en el conjunto abierto y 1 estrellado.U se verifica que la derivada de la función 0 tk−1 Ψi1 ...ik (tx)dt respecto de la variable xi es : R R 1 1 a) Di 0 tk−1 wi1 ...ik (tx)dt = 0 tk−1 Di wi1 ...ik (tx)dt R R 1 1 b) Di 0 tk−1 wi1 ...ik (tx)dt = 0 tk wi1 ...ik (tx)dt R R 1 1 c) Di 0 tk−1 wi1 ...ik (tx)dt = 0 tk Di wi1 ...ik (tx)dt Las soluciones est´ an en el apéndice A

194


Cap´ıtulo 4

El teorema de Stokes Ahora estamos casi preparados para abordar la demostración del teorema de Stokes porqué sabemos qué son las formas diferenciales definidas en Rn y sus propiedades m´ as importantes. y hemos aprendido a realizar la transformación dΨ. Pero nos falta dar la generalizaci´ on de recorrido de modo que nos sirva, no solo para recorridos de caminos y de superficies sino también, para recorridos de subconjuntos similares en Rn con n arbitrario. Esto es lo que vamos a hacer en la siguiente sección. Antes de introducir la definici´ on de cadenas de recorridos es necesario hacer una observaci´ on. La f´ ormula que vamos a demostrar se expresa de la siguiente manera: Z Z dΨ = Ψ. ϕ

∂ϕ

Hemos visto en la primera parte que para que se verifique la igualdad entre las dos integrales es necesario que los recorridos sobre los cuales vamos a integrar (ϕ y ∂ϕ) estén orientados de forma correlativa. En la siguiente sección mostraremos un método para construir la orientaci´ on adecuada del recorrido del borde (∂ϕ) a partir del recorrido ϕ La ventaja de la construcción que vamos a utilizar es que facilita la construcci´ on de los recorridos de las distintas partes del borde y simplifica la cuestión de la orientaci´ on al signo adecuado de la integral de cada parte.

195

CAPÍTULO 4. EL TEOREMA DE STOKES

196

4.1.

Cadenas de recorridos

Para que la demostraci´ on del teorema de Stokes sea más sencilla vamos a suponer que el recorrido del camino (cerrado) simple es una función definida sobre el intervalo [0, 1] y que el recorrido de la superficie simple es una función que parte de la región simple [0, 1]×[0, 1]. Como vamos a demostrar el teorema para el caso general (n ≥ 1) denotaremos por I n al subconjunto de Rn dado por: n−veces

}| { z I = [0, 1] × ... × [0, 1]. n

Adem´ as como el teorema de Stokes relaciona la integral sobre un conjunto con otra integral sobre su borde, tenemos que definir de forma adecuada el recorrido de los bordes de estos conjuntos. Para ello introduciremos el concepto de cadenas de recorridos. Observemos que el borde de I 2 = [0, 1] × [0, 1] son los cuatro lados del cuadrado. Como vimos en el primer cap´ıtulo, es más sencillo recorrer los cuatro lados del cuadrado I 2 usando cuatro funciones definidas en [0, 1], una para cada lado, que construir una funci´ on continua que los recorra todos a la vez. De igual manera, el borde de I 3 = [0, 1] × [0, 1] × [0, 1], que son las seis caras del cubo, será más sencillo recorrerlo usando seis funciones, una para cada cara, definidas sobre [0, 1] × [0, 1], que construir una sola funci´ on continua que recorra las seis caras. Por otro lado, ya hemos adelantado en la primera parte del texto que es necesario tener en cuenta las orientaciones de los recorridos sobre los bordes para que se verifiquen los teoremas. Eso obliga a recorrer los lados de I 2 con orientación positiva, o equivalentemente, siguiendo el sentido anti horario. Para ello será necesario recorrer un lado de derecha a izquierda, otro de izquierda a derecha, uno de arriba a abajo y otro de abajo a arriba. Una de las ventajas de simplificar la demostración a los dominios I n es que podemos establecer una f´ ormula para recorrer el borde de I n con la orientación adecuada y para todos los n a la vez. Primero vamos a dar los detalles del caso n=2 y luego mostraremos la f´ ormula para el caso general. La otra ventaja de reducir la demostraci´ on a los dominios I n es que en esos casos el teorema de Fubini de la integral de Riemann se aplica de forma muy sencilla. Para n=2 el borde de I 2 consta de cuatro segmentos que recorreremos con orientación positiva, usando un recorrido adecuado para cada lado. Por ejemplo para recorrer el lado horizontal con x2 = 0 usamos la función identidad de I 2 en I 2 restringida al subconjunto [0, 1] × {0} con lo cual obtenemos el recorrido: ϕ1 :

[0, 1] ⊂ R t

→ [0, 1] × {0} ⊂ I 2 ⊂ R2 (t, 0)

Si hacemos lo mismo con el otro lado horizontal de cuadrado nos queda: ϕ2 :

[0, 1] ⊂ R t

→ [0, 1] × {1} ⊂ I 2 ⊂ R2 (t, 1)

4.1. CADENAS DE RECORRIDOS

197

que est´ a recorrida en sentido contrario de modo que en este caso estamos obligados a tomar −ϕ2 , porque, como hemos demostrado en las dos primeras unidades did´ acticas, cuando cambiamos la orientación de un recorrido, la integral del campo vectorial cambia de signo, de modo que ahora en lugar de modificar el recorrido lo que haremos ser´ a se˜ nalarlo con un signo negativo para indicar que a la integral del campo vectorial que vamos a realizar la vamos a cambiar de signo. Para recorrer los otros dos lados del cuadrado tenemos que fijar la otra coordenada, x1 , de nuevo en los dos valores 0 y 1, obteniendo los recorridos: ϕ3 :

[0, 1] ⊂ R t

→

{0} × [0, 1] ⊂ I 2 ⊂ R2 (0, t)

ϕ4 :

[0, 1] ⊂ R t

→

{1} × [0, 1] ⊂ I 2 ⊂ R2 (1, t)

Como vemos ϕ3 est´ a orientado en sentido contrario pero ϕ4 está bien orientado, de modo que la cadena que recorre el borde de I 2 con orientación positiva es la siguiente familia de recorrido˙s ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4 . Observemos que cada recorrido de esta familia es una función de clase C ∞ en R y que el rango de la matriz jacobiana de todas ellas es 1 en todos los puntos; es decir , que son recorridos regulares de clase C ∞ de cada uno de los caminos simples correspondientes. De modo que la integral de un campo vectorial F a lo largo del cuadrado usando un recorrido regular con orientaci´ on positiva coincidirá con la suma de las integrales que obtenemos si usamos estos cuatro recorridos regulares de los cuatro lados y cambiamos de signo las integrales de ϕ2 y ϕ3 ; Z Z Z Z I F ·T = F ·T − F ·T − F ·T + F ·T ∂I 2

ϕ1

ϕ2

ϕ3

ϕ4

Para recorrer el borde de I n vamos a hacer lo mismo: fijamos cada una de las variables i ∈ {1, 2, ..., n} en los dos valores 0 y 1 y usamos la función identidad para recorrer las caras del conjunto I n . Como cada una de estas caras depende de la variable i y del valor 0 y 1 es conveniente denotar a los recorridos con un doble ´ındice (i, h). Adem´ as usaremos la letra griega varrho % para los recorridos del borde de I n , de modo que para cada i ∈ {1, ..., n} denotaremos por %(i,0) y %(i,1) a las siguientes funciones: %(i,0) :

[0, 1]n−1 ⊂ Rn−1

→

[0, 1]i−1 × {0} × [0, 1]n−i ⊂ I n ⊂ Rn i

(u1 , .., un−1 ) %(i,1) :

[0, 1]n−1 ⊂ Rn−1

(u1 , ..., b 0, ..., un−1 ) →

[0, 1]i−1 × {1} × [0, 1]n−i ⊂ I n ⊂ Rn i

(u1 , ..., un−1 )

(u1 , ..., b 1, ..., un−1 )


198

Ahora solo nos falta asignar a cada recorrido el signo adecuado para que la cadena de recorridos nos proporcione una orientación positiva del borde de I n . Observemos que para el caso n=2 por lo visto anteriormente se verifica que el borde de I 2 se recorre con sentido positivo usando la siguiente cadena:

ϕ1 − ϕ2 − ϕ3 + ϕ4 = %(2,0) − %(2,1) − %(1,0) + %(1,1) =

2 X X

(−1)i+h %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

En el caso general el borde de I k , con k ≥ 1, la podemos recorrer con la cadena:

∂I k =

k X X

(−1)i+h %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

En el problema 1 comprobaremos que la cadena de recorridos de I 3 definida de esta manera nos proporciona una orientación exterior; es decir, positiva. En el caso k = 1 el borde de I = [0, 1] son los extremos del intervalo y los recorridos %(1,0) y %(1,1) corresponden a esos extremos. Además los signos que se asignan a los extremos en este caso son %(1,1) − %(1,0) . Una vez que hemos establecido c´ omo recorrer en sentido positivo el borde de I k para todo k ≥ 1, vamos a utilizar este recorrido del borde de I k para definir recorridos de los bordes de otros subconjuntos distintos de I k . Por ejemplo para k=1 si tenemos un camino (cerrado) simple C ⊂ Rn que podemos recorrer con un recorrido del tipo ϕ : [0, 1] = I ⊂ R → C ⊂ Rn entonces recorremos el borde de C usando la cadena: 1 X X

(−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) = −ϕ ◦ %(1,0) + ϕ ◦ %(1,1) = ϕ(1) − ϕ(0).

i=1 h∈{0,1}

De igual modo, si k=2 y tenemos una superficie S ⊂ Rn que podemos recorrer con un recorrido del tipo ϕ : [0, 1] × [0, 1] = I 2 ⊂ R2 → S ⊂ Rn entonces recorremos el borde de S usando la cadena: 2 X X

(−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

Como todas las funciones que aparecen en esta cadena parten del intervalo [0, 1] ⊂ R la llamamos 1-cadena. Para el caso general partimos de un recorrido al que imponemos las siguientes condiciones:

´ DEL TEOREMA DE STOKES 4.2. DEMOSTRACION

199

Decimos que una función ϕ : I k ⊂ Rk → M ⊂ Definici´ on 4.1 Rn es un recorrido de clase C 2 del conjunto M con 1 ≤ k ≤ n si verifica que ϕ(I k ) = M, ϕ es de clase C 2 en un abierto V ⊃ I k y el rango de la matriz Dϕ(x) es k para todo x ∈ I k Dado un recorrido de clase C 2 de M recorremos el borde de M usando la (k-1)cadena que denotaremos por ∂ϕ ∂ϕ =

k X X

(−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

4.2.

Demostraci´ on del teorema de Stokes

La demostraci´ on del teorema de Stokes que vamos a probar dice que dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) y dado un recorrido ϕ : I k ⊂ Rk → M ⊂ U ⊂ Rn de clase C 2 se verifica que: Z Z dΨ = Ψ. ϕ

∂ϕ

Observemos que en el enunciado aparecen los parámetros n y k que intervienen tanto en las formas diferenciales Ψ y dΨ como en el recorrido ϕ y la (k-1)-cadena ∂ϕ. Por un lado, n determina la dimensión del espacio vectorial donde están sumergidos los conjuntos ϕ(I k ) y ∂ϕ(I k−1 ), as´ı como el abierto U ⊂ Rn donde están definidas las formas diferenciales Ψ y dΨ. En consonancia, n está también en los espacios de llegada Λk−1 (Rn ) y Λk (Rn ) de las formas diferenciales Ψ y dΨ respectivamente. Por otro lado, k determina el n´ umero de variables que necesitamos para recorrer el conjunto ϕ(I k ) que aparece en la integral del lado izquierdo donde figura la forma diferencial de grado k. Mientras que en el lado derecho de la igualdad, la forma diferencial es de grado (k-1) y el conjunto ∂ϕ(I k−1 ) está recorrido con una función de (k-1) variables. Finalmente, recordemos que para que el espacio vectorial Λk (Rn ) no sea vac´ıo los par´ ametros k y n deben verificar que 1 ≤ k ≤ n. Las aplicaciones a problemas de F´ısica que hemos estudiado se dan cuando n = 1, 2 o 3, es decir en la recta , en el plano y en el espacio, y cuando k = 1, 2 y 3, como ademas se debe verificar que 1 ≤ k ≤ n esto nos da las cinco aplicaciones del teorema general que mostramos a continuación. Si k = 1 entonces del teorema de Stokes se deduce el Segundo Teorema Fundamental del C´ alculo (ver corolario 105)


200

Si k = 2 entonces del teorema de Stokes se deducen el Teorema de Green y el Teorema de Stokes en R3 ,,para n = 2 y n = 3 respectivamente (ver corolarios 106 y 107) Y si k = n = 3, del teorema de Stokes se deduce el Teorema de la Divergencia (ver corolario 108). Pero el teorema de Stokes es v´ alido para todos los posibles valores de k y n siempre que 1 ≤ k ≤ n. Para demostrar el teorema de Stokes solo nos falta describir cómo se calcula la integral de una k-forma diferencial sobre un recorrido de clase C 2 ϕ : I k ⊂ Rk → M ⊂ U ⊂ Rn y c´ omo se calcula la integral de una (k-1) forma diferencial sobre la (k-1) cadena ∂ϕ.Vamos a empezar por el caso más sencillo, que nos va a servir de soporte para los dem´ as casos. El caso m´ as sencillo lo tenemos cuando la forma diferencial Ψ es una k-forma definida en un abierto U ⊂ Rk , sobre el subconjunto I k ⊂ U . En este caso la k-forma Ψ : I k ⊂ Rk → Λk (Rk ) viene determinada por una u ńica función, que volvemos a denotar por la misma letra Ψ : I k ⊂ Rk → R, de modo que Ψ(x) = Ψ(x)e01 Λ...Λe0k . La definici´ on cae por su propio peso: Z Z Z 0 0 Ψ = Ψ(x)e1 Λ...Λek = Ψ(x)dx, Ik

Ik

Ik

donde la u ´ltima expresi´ on es simplemente la integral de Riemann sobre el conjunto I k de una funci´ on de k variables. Observemos que en este caso debe verificarse que k ≥ 1. A continuaci´ on usamos esta definición para introducir la integral de una k-forma definida en un abierto U ⊂ Rn , sobre un recorrido de clase C 2 ϕ : I k → M = ϕ(I k ) ⊂ U. Recordemos que la k-forma Ψ esta definida ahora de la siguiente manera: Ψ : U ⊂ Rn x

→ P 1≤i1 <...
Λk (Rn ) Ψi1 ...ik (x)e0i1 Λ...Λe0ik

Para definir la integral en este caso solo tenemos que trasformar los elementos que tenemos Ψ y ϕ para conseguir una k-forma como la del primer caso. Esto lo hacemos utilizando la transformaci´ on ϕ∗ Ψ que nos da la k forma: ϕ∗ Ψ : I k ⊂ Rk y

→ P 1≤i1 <...
Λk (Rk ) Ψi1 ...ik (ϕ(y))Dϕ(y) ∗ e0i1 Λ...Λe0ik

De modo que la integral es: Z

Z Ψ=

ϕ

Ik

ϕ∗ Ψ.


201

Observemos de nuevo que para poder realizar la transformación ϕ∗ Ψ el recorrido y la forma deben estar en consonancia de modo que si Ψ es una k-forma en Rn entonces ϕ debe ser un recorrido de k-variables de un conjunto contenido en Rn . La u ´ltima definici´ on es muy b´ asica porque solo nos queda integrar una (k–1)forma definida en un abierto U ⊂ Rn , sobre la (k-1)-cadena ∂ϕ. Pero si ϕ : I k → M = ϕ(I k ) ⊂ U es un recorrido de clase C 2 entonces la (k-1)-cadena k P P (−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) est´ a formada por los recorrido ϕ ◦ %(i,h) : I k−1 → I k → i=1 h∈{0,1}

M = ϕ(I k ) ⊂ U que parten de I k−1 de manera que si Υ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) es una (k-1) forma, entonces la definición anterior aplicada a ϕ ◦ %(i,h) y a Υ nos dice R R R Υ de modo natural que Υ= (ϕ ◦ %(i,h) )∗ Υ lo cual nos lleva a definir ϕ◦%(i,h)

I k−1

∂ϕ

como:

Z Υ=

k X X

(−1)i+h

i=1 h∈{0,1}

∂ϕ

Z

(ϕ ◦ %(i,h) )∗ Υ.

I k−1

Antes de ver el primer ejemplo, vamos a hacer un inciso para observar que las definiciones anteriores asum´ıan que k ≥ 1. El caso k=0 lo tenemos cuando la forma Ψ es una funci´ on real Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido es un punto, ϕ : {0} → U . Parece natural que en este caso la definición sea: Z Ψ = Ψ(ϕ(0)). ϕ

A continuaci´ on vamos a ver un ejemplo con k=1. Dado un recorrido ϕ : [0, 1] ⊂ R → R3 y dada Ψ una 1-forma Ejemplo 4.2 3 en R que denotaremos as´ı: Ψ : R3 x

→ Ψ1 (x)e01

Λ1 (R3 ) + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03

Como hemos visto en el ejemplo 3.24 para cada t ∈ [0, 1] la 1-forma ϕ∗ Ψ(t) ∈ Λ1 (R) es: ϕ∗ Ψ(t)

=

Ψ1 (ϕ(t))ϕ01 (t)e0 + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t)e0 + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t)e0

=

(Ψ1 (ϕ(t))ϕ01 (t) + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t) + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t))e0

De modo que Z

Z Ψ=

ϕ

∗

Z1

ϕ Ψ= I

0

(Ψ1 (ϕ(t))ϕ01 (t) + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t) + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t))dt.


202

Observemos que si F (x) = (F1 (x), F2 (x), F3 (x)) es un campo vectorial en R3 entonces para cada recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R3 la integral de linea de F a lo largo de ϕ coincide con la integral de la 1-forma Ψ(x) = F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 + F3 (x)dx3 a lo largo de ϕ :

Zb

Z F ·T

=

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

a

ϕ

Z =

Z Ψ=

ϕ

Zb =

ϕ∗ Ψ

I

(F1 (ϕ(t))ϕ01 (t) + Ψ2 (ϕ(t))ϕ02 (t) + Ψ3 (ϕ(t))ϕ03 (t))dt.

a

Lo mismo sucede si trabajamos en R2 ; es decir, que las integrales de linea son las integrales de 1-formas sobre 1-cadenas. En el problema 6 (ver secci´ on 4.4) demostraremos que las integrales de campos vectoriales en R3 sobre recorridos de superficies coinciden con las integrales de 2-formas sobre 2-cadenas. Ahora ya estamos preparados para demostrar el teorema de Stokes en esta versión m´ as sencilla. Teorema de Stokes para recorridos de clase Teorema 4.3 C2 definidos sobre I k : Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) y dado un recorrido ϕ : I k ⊂ Rk → M ⊂ U ⊂ Rn de clase C 2 se verifica que: Z Z dΨ = Ψ. ϕ

∂ϕ

Demostraci´ on Empezaremos probando el caso más sencillo cuando ϕ es la función identidad de I k en I k y Ψ es una (k-1) forma en Rk , para después probar el caso cuando ϕ es un recorrido en Rn ϕ : I k ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma en Rn . Recordemos que la (k-1) forma Ψ : I k ⊂ Rk → Λk−1 (Rk ) tiene una representación


203

como la siguiente: f uera

Ψ(x) =

X

Ψi (x)e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

1≤i≤k

De modo que basta con hacer la demostración para cada uno de los sumandos. Fijamos entonces la variable i y recordamos que el borde de I k se recorre en este caso con la cadena: k X X

(−1)j+h %(j,h) (y)

j=1 h∈{0,1}

De modo que: Z

f uera Ψi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

=

k X X

(−1)

j=1 h∈{0,1}

∂I k

j+h

Z

f uera

%∗(j,h) Ψi (y)e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

I k−1

Ahora analizamos cada una de las integrales que nos aparecen en el lado derecho de on identidad %(j,h) es de la forma: la igualdad. Como ϕ es la funci´ %(j,h) :

[0, 1]k−1 ⊂ Rk−1

→ [0, 1]j−1 × {h} × [0, 1]k−j ⊂ I k ⊂ Rk j

(y1 , ..., yk−1 )

(y1 , ..., b h, ..., yk−1 )

De modo que Z

%∗(j,h) Ψi e01 Λ...Λ

f uera eb0i Λ...Λe0k

I k−1

Z =

f uera

Ψi (%(j,h) (y))D%(j,h) (y) ∗ e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

I k−1 f uera

Vamos a estudiar c´ omo es el tensor D%(j,h) (y) ∗ e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k . Por un lado la matriz D%(j,h) (y) es una matriz de tama˜ no k × (k − 1) cuya la fila j-ésima est´ a formada por ceros, que corresponden a las derivadas de la componente j-ésima de la funci´ on %(j,h) que al ser una función constante de valor h tiene todas las derivadas iguales a 0. De modo que cada vector (v1 , ..., vk−1 ) ∈ Rk−1 es transformado por j

la matriz D%(j,h) (x) en el vector (v1 , ., b 0, vj , .., vk−1 ) ∈ Rk . Por otro lado, como f uera

probamos en la proposici´ on 3.16 el tensor e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k hace corresponder


204

a cada familia de vectores v 1 , v 2 , ..., v k−1 de Rk el determinante de la matriz de tama˜ no (k − 1) × (k − 1) cuyas columnas son las coordenadas de los vectores v 1 , v 2 , ..., v k−1 de Rk quitando la fila correspondiente al ´ındice i. Por esta razón si i 6= j el determinante es 0 porque la matriz tiene una fila formada por ceros, mientras que si i = j el (k-1) tensor D%(i,h) (x) ∗ f uera 0 e1 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k .

e01 Λ...Λ


no es otro que

Observemos además que en el caso i = j la función que tenemos i

h, ..., yk ) tiene fijada la variable i en el valor que integrar Ψi (%(i,h) (y)) = Ψi (y1 , ..., b constante h, de modo que aplicando el teorema de Fubini sobre nuestro recinto de integraci´ on I k−1 se verifica que

Z

f uera

Ψi (%(i,h) (y))D%(i,h) (y) ∗ e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

I k−1

Z =

i

f uera

Ψi (y1 , ..., b h, ..., yk−1 )e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

I k−1 k−1 veces

=

z }| { Z1 Z1 i ... Ψi (y1 , ..., b h, ..., yk−1 )dy 0

0

k veces

z }| { Z1 Z1 i = ... Ψi (x1 , ..., b h, ..., xk )dx 0

0

La u ´ltima igualdad es debida a que la integral de Riemann de una función constante


205

sobre el intervalo [0, 1] toma el valor de la constante. Por lo tanto: Z

f uera

Ψi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

∂I k

=

k X X

(−1)

j+h

j=1 h∈{0,1}

X

=

=

(−1)i+h


f uera

Z

%∗(i,h) Ψi (%(i,h) (y))e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

I k−1 i+h

(−1)i+1

i

Z

(−1)

h∈{0,1}

=

%∗(j,h) Ψi (%(i,h) (y))e01 Λ...Λ

I k−1

h∈{0,1}

X

Z

Ψi (x1 , ..., b h, ..., xk )dx Ik

Z

i

1, ..., xk )dx + (−1)i Ψi (x1 , ..., b

Ik

i

Z

0, ..., xk )dx Ψi (x1 , ..., b Ik

Ahora pasamos a estudiar la integral al otro lado de la igualdad; esto es,

R

dΨ para

M

el caso m´ as sencillo cuando M = I k , que recorremos con la función identidad y Ψ es una (k-1) forma en Rk . Como ya hemos observado, basta con estudiar el sumando f uera

Ψi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k . En estas circunstancias se verifica que: Z

f uera d(Ψi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k )

Ik

Z =

f uera

(Di Ψi )e0i Λe01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

Ik

Porque las otras derivadas parciales de la función Ψi van multiplicadas por los f uera

1-tensores e0j que ya aparecen en el k-1 tensor e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k de modo que f uera

si i 6= j entonces e0j Λe01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k = 0. Por otro lado si i = j entonces f uera

e0j Λe01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k = (−1)i−1 e01 Λ....Λe0k de modo que Z

f uera (Di Ψi )e0i Λe01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

=

(−1)

i−1

Z

(Di Ψi )e01 Λ...Λe0k

Ik

Ik

=

(−1)i−1

Z (Di Ψi )dx Ik


206

Aplicando de nuevo el teorema de Fubini tenemos que: Z i−1 (−1) (Di Ψi )dx Ik

=

(−1)i−1

 1  Z f uera  Di Ψi dxi  d(x1 , ..., xbi , ..., xk )

Z

0

I k−1

=

(−1)i−1

i

Z

!

i

f uera

Ψi (x1 , ..., b 1, ..., xk ) − Ψi (x1 , ..., b 0, ..., xk ) d(x1 , ..., xbi , ..., xk ).

I k−1

Observemos que de nuevo podemos volver a incluir la integral de estas dos funciones respecto de la variable xi porque ambas tienen valor constante en dicha coordenada y adem´ as integramos en [0,1]. As´ı nos queda: Z

f uera

d(Ψi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k )

Ik

=

(−1)

Z Z1

i−1

i

f uera

1, ..., xk )dxi d(x1 , ..., xbi , ..., xk ) Ψi (x1 , ..., b

I k−1 0

+(−1)

i−1

Z Z1

i

f uera

0, ..., xk )dxi d(x1 , ..., xbi , ..., xk ) −Ψi (x1 , ..., b

I k−1 0

=

(−1)i−1

Z

i

1, ..., xk )dx + (−1)i Ψi (x1 , ..., b

Ik

=

(−1)

i−1

i

Z

0, ..., xk )dx Ψi (x1 , ..., b Ik

Z

i

Z

Ψi (%(i,1) (x))dx + (−1) Ik

Z Ψi (%(i,0) (x))dx =

Ik

Ψi ∂I k

Finalmente, como la demostraci´ on es cierta para todo i sumando obtenemos que: Z dΨ = Ik

X Z 1≤i≤k

f uera dΨi e01 Λ...Λ eb0i Λ...Λe0k

=

X Z 1≤i≤k k ∂I

Ik

Z Ψi =

Ψ. ∂I k

Por u ´ltimo, vamos a probar el caso cuando el recorrido de clase C 2 está definido as´ı ϕ : I k ⊂ Rk → Rn y Ψ es una (k-1) forma en Rn . Por definición se verifica que Z Z Z Z Ψ= ϕ∗ Ψ y dΨ = ϕ∗ (dΨ). ∂ϕ

∂I k

ϕ

Ik


207

Por otro lado, en el problema 9, apartado d) del cap´ıtulo anterior (ver sección 3.4) probamos que ϕ∗ (dΨ) = d(ϕ∗ Ψ), aqu´ı es donde necesitamos la condición de que ϕ sea de clase C 2 , de modo que Z Z Z Z Z ∗ ∗ ∗ dΨ = ϕ (dΨ) = d(ϕ Ψ) = ϕ Ψ = Ψ. ϕ

Ik

Ik

∂I k

∂ϕ

La versi´ on que acabamos de probar del teorema general de Stokes pone condiciones al recorrido, pero hay otra versi´ on del mismo teorema que pone condiciones a los conjuntos sobre los cuales se integra. Antes de enunciar esta otra versión del teorema de Stokes necesitamos ver la definición de variedad orientable, as´ı como la definición de borde de una variedad. Empezamos con la definici´ on de variedad de dimensión k contenida en Rn . Un conjunto M ⊂ Rn es una variedad de Definici´ on 4.4 dimensi´ on k si para cada punto x ∈ M se verifica la siguiente condición: (C) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn , con x ∈ U, y un difeomorfismo H : U → V tales que: (n−k)−veces

z }| { H(U ∩ M ) = V ∩ Rk × {0} × ... × {0}

En el problema 9 se demuestra que la circunferencia y esfera, por ejemplo, son variedades y en el problema 8 (ver sección 4.4) se demuestra que la parábola y el paraboloide, por ejemplo, son variedades. Esta definici´ on nos dice que para cada punto de la variedad podemos encontrar un abierto U que contiene a ese punto de modo que la intersección U ∩ M se puede (n−k)−veces

z }| { transformar con un difeomorfismo en un abierto del subespacio Rk × {0} × ... × {0}. Pensemos por ejemplo en la esfera que es una variedad de dimensión 2 en R3 . Para cada punto de la esfera podemos encontrar un cubo abierto U que contiene al punto y un difeomosfismo H de modo que H(U ∩M ) es de la forma (a1 , b1 )×(a2 , b2 )×{0}, es decir que podemos imaginar a la esfera como una pelota hinchable a la cual podemos poner en cada punto un parche con forma casi rectangular, la forma que se obtiene al intersecar la esfera con un cubo abierto. La siguiente proposici´ on nos muestra que para cada punto de una variedad M podemos construir un recorrido que abarca todos los puntos de un entorno en M del punto dado.


208

Dada M ⊂ Rn una variedad de dimensión Proposici´ on 4.5 k para cada punto x ∈ M existen dos conjuntos abiertos U ⊂ Rn y W ⊂ Rk , (con x ∈ U ) y una función ϕx : W → U inyectiva y de clase C 1 en W tal que se verifican las siguientes condiciones: 1- ϕx (W ) = U ∩ M. 2- rang(Dϕx (w)) = k para todo w ∈ W La clave de la demostraci´ on est´ a en relacionar las dos funciones H y ϕx0 que como −1

veremos satisfacen ϕx0 (w) = H (w, 0). Demostraci´ on Supongamos que x0 ∈ M satisface la condición (C), entonces tomamos el abierto U ⊂ Rn de la condición (C) y como abierto W ⊂ Rk tomamos el siguiente conjunto: (n−k)−veces

z }| { W = {w ∈ Rk ; (w, 0) ∈ H(U ∩ M ) = V ∩ Rk × {0} × ... × {0} Veamos que W es abierto. Para cada w ∈ W sabemos que (w,0) ∈ V que por definici´ on es un conjunto abierto en Rn de modo que existe un radio r > 0 tal que B((w, 0), r) = {x ∈ Rn ; ||(w, 0) − x|| < r} ⊂ V. Esto significa que con el mismo radio r > 0 se verifica que: B(w, r) = {y ∈ Rk ; ||y − w|| < r} ⊂ W. porque si y ∈ Rk satisface que ||y − w|| < r entonces tomando x = (y, 0) ∈ Rn se verifica que ||y−w|| = ||(y, 0)−(w, 0)|| = ||(w, 0)−x||, de modo que x ∈ B((w, 0), r) ⊂ V y por lo tanto (n−k)−veces

z }| { x = (y, 0) ∈ V ∩ R × {0} × ... × {0} = H(U ∩ M ), k

lo cual implica que y ∈ W. Ahora construimos la carta ϕx0 a partir del difeomorfismo H de la siguiente manera: −1

para cada w ∈ W definimos ϕx0 (w) = H (w, 0), de modo que ϕx0 se puede ver c´ omo la composici´ on de las siguientes funciones: (n−k)−veces

ϕx0 : W ⊂ R w

k

πk

→

z }| { V ∩ R × {0} × ... × {0} (w, 0) k

−1

H

−1

→

U ⊂ Rn −1 H (w, 0)

Al ser ambas funciones πk y H inyectivas y diferenciables con continuidad se deduce que ϕx0 también lo es y satisface la condición 1; es decir que ϕx0 (W ) = U ∩M.


209

Por u ´ltimo, para cada w ∈ W el rango de la matriz Dϕx0 (w) es k porque al componer ϕx0 con las funciones H y P k , como se muestra a continuación, se obtiene la función identidad en W (n−k)−veces

W w

z }| { → V ∩ R × {0} × ... × {0} (w, 0) πk

k

(n−k)−veces H

−1

→

H

U ∩M → −1 H (w, 0)

}| { z V ∩ R × {0} × ... × {0} (w, 0) k

El siguiente ejemplo muestra como las condiciones 1 y 2 sobre los recorridos no son suficientes para asegurar que el conjunto es una variedad. Ejemplo 4.6

Consideremos en R2 el conjunto de puntos dado por:

M = {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; x1 ∈ (−1, 0] y x2 = −1} ∪ (x1 , x2 ) ∈ R2 ; x21 + x22 = 1} Este conjunto se puede recorrer con la función: ϕ:

(−1, 2π) ⊂ R

→

t

M ⊂ R2 (t, −1) (cos(t − π/2)), sen(t − π/2))

si si

t ∈ (−1, 0] t ∈ [0, 2π)

que es inyectiva, de clase C 1 y verifica la condición 2 de la proposición anterior porque su derivada es: ϕ0 :

(−1, 2π) ⊂ R t

→

M ⊂ R2 (1, 0) (−sen(t − π/2)), cos(t − π/2))

si si

t ∈ (−1, 0] t ∈ [0, 1)

Adem´ as se verifica también la condición 1 de la proposición tomando como abierto U = R2 . Sin embargo el conjunto M = ϕ(−1, 2π) tiene un punto para el cual no se satisface la condici´ on (C) de las variedades: el punto (0, −1). En el curso de Geometr´ıa diferencial de curvas y superficies se introduce el concepto de subvariedad diferenciable de dimensión k contenida en Rn (ver página 127 de [C. G. P.]). Las subvariedades, para las cuales también se utiliza la letra M que viene del término manifold, son subconjuntos para los cuales se puede encontrar en cada punto x ∈ M una funci´ on ϕx y dos abiertos W y U como los del enunciado de la proposici´ on, con la salvedad de que en ese curso se trabaja siempre con funciones de clase C ∞ .A la terna (W, ϕx , U ) se la llama carta de dimensión k de M. La proposici´ on anterior muestra que para cada punto de una variedad de dimensión k contenida en Rn podemos encontrar una carta. Es fácil ver que la misma carta nos sirve para recorrer todos los puntos de U ∩ M de modo que para recorrer la

Pk

→

W w


210

variedad no ser´ a necesario utilizar una carta por cada punto sino que bastará con una colecci´ on suficiente de cartas. esto es lo que en el curso de Geometr´ıa de curvas y superficies se definir´ a como un atlas: un atlas de dimensión k de la subvariedad M S ϕα (Wα ). es una familia de cartas AM = {(Wα , ϕα , Uα ); α ∈ ∆} tales que M = α∈∆

El cardinal del conjunto de ´ındices ∆ (delta) puede ser finito o infinito. Las cartas que forman el atlas deben ser compatibles entre s´ı, lo cual significa que si Uα ∩ Uβ 6= ∅ entonces la aplicación (ϕα )−1 ◦ ϕβ : (ϕβ )−1 (Uα ∩ Uβ ) ⊂ Rk → (ϕα )−1 (Uα ∩ Uβ ) ⊂ Rk es de clase C 1 y con determinante no nulo, propiedad que satisfacen las cartas que construimos en la proposición anterior porque todas se definen de forma similar, de modo que toda variedad de dimensión k en Rn es una subvariedad. Cuando trabajamos con caminos, asignamos a cada punto x = ϕ(t0 ) del recorrido ϕ : I ⊂ R → C el vector tangente ϕ0 (t0 ) y cuando trabajamos con superficies asignamos a cada punto x = ϕ(u0 ) del recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S el espacio vectorial tangente generado por los vectores: D1 ϕ(u0 )

=

(D1 ϕ1 (u0 ), D1 ϕ2 (u0 ), D1 ϕ3 (u0 ))

D2 ϕ(u0 )

=

(D2 ϕ1 (u0 ), D2 ϕ2 (u0 ), D2 ϕ3 (u0 ))

De forma an´ aloga cuando se trabaja con variedades de dimensión k contenidas en Rn a cada punto x ∈ M se le asigna el espacio vectorial tangente, formado esta vez por k-vectores de Rn , que se obtienen a partir de la carta ϕx : W ⊂ Rk → U ⊂ Rn .al considerar las derivadas de esta función vectorial respecto a las k-variables; esto es: D1 ϕx (u0 )

=

(D1 ϕx1 (u0 ), ..., D1 ϕxn (u0 )) ...

Dk ϕx (u0 )

=

(Dk ϕx1 (u0 ), ..., Dk ϕxn (u0 ))

Para introducir el concepto de variedad orientable recurrimos también a las cartas:

Una variedad M es orientable si existe Definici´ on 4.7 un atlas AM = {(Wα , ϕα , Uα ); α ∈ ∆} tal que para cada par de cartas (Wα , ϕα , Uα ) y (Wβ , ϕβ , Uβ ) con Uα ∩ Uβ 6= ∅ se verifica que det(D((ϕα )−1 ◦ ϕβ )(u)) > 0 para todo u ∈ (ϕβ )−1 (Uα ∩ Uβ ) El borde de una variedad son los puntos de M que verifican la siguiente condición (C’) estrechamente relacionada con la condición (C) que verifican los puntos de las variedades.


211

Dada una variedad M ⊂ Rn se dice que un Definici´ on 4.8 punto x ∈ M ves un punto del borde de M si verifica la condición siguiente que llamaremos (C’): (C’) existen dos conjuntos abiertos U y V en Rn , con x ∈ U, y un difeomorfismo H : U → V tales que: (n−k)−veces

z }| { H(U ∩ M ) = V ∩ H k × {0} × ... × {0} siendo H k el hiperplano de Rn dado por: H k = (x1 , ..., xk ) ∈ Rk ; xk ≥ 0}

Ning´ un punto puede verificar las condiciones (C) y (C’) a la vez de modo que al conjunto de los puntos que verifican la condición (C’) se le llama borde de M, que se denota por ∂M. Como todos los puntos de la esfera verifican la condición (C), resulta que la esfera no tiene borde, o equivalentemente que el borde es el conjunto vac´ıo. Pero si en lugar de considerar la esfera completa tomamos solo media esfera M = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 + x23 = 1 y x3 ≥ 0}, entonces esta variedad si tiene borde que es el conjunto ∂M = {(x1 , x2 , x3 ); x21 + x22 + x23 = 1 y x3 = 0}. A continuaci´ on enunciamos el teorema de Stokes para variedades.

Teorema de Stokes para variedades: Dada Teorema 4.9 una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) y dada una variedad M ⊂ U de dimensi´ on k que sea orientada, compacta y con borde se verifica que: Z Z Ψ dΨ = M

∂M

siendo ∂M el borde de la variedad M. De nuevo, los recorridos que se utilizan para calcular las dos integrales deben estar relacionados entre s´ı, pero explicar el significado de orientación positiva para el borde de variedades contenidas en Rn con n ≥ 4 se aleja mucho de nuestros objetivos. Por otro lado el resultado anterior es más teórico que práctico porque en problemas concretos para calcular las integrales habrá que construir los recorridos y se pueden elegir como dominios para esos recorridos los k-cubos I k , para los cuales la orientaci´ on que hay que dar para recorrer el borde de M se consigue usando las cadenas de recorridos que vimos en la sección 4.1.


212

Observemos que la variedad M es compacta si y solo si es un subconjunto cerrado y acotado de Rn . Todos los caminos y las superficies con las que hemos trabajado son conjuntos compactos porque todos ellos se obtienen como la imagen por medio de una funci´ on continua de un conjunto compacto, como un intervalo cerrado [a, b] ⊂ R o una regi´ on simple R ⊂ R2 .

4.3.

Corolarios del teorema de Stokes

En esta secci´ on vamos a demostrar, a partir del teorema de Stokes para el caso general, todos los teoremas que fueron introducidos en la primera parte del texto. Como el trabajo duro ya est´ a hecho, las demostraciones de estos resultados, que enunciamos como corolarios, es decir consecuencias directas del teorema general, son muy breves. Teorema de Stokes para cadena: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) y dada una k-cadena Ψ en U se verifica que: Z Z Ψ dΨ = Ψ

∂Ψ

Teorema de Stokes para variedades: Dada una (k-1) forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) y dada una variedad de dimensi´ on k M ⊂ U que sea orientada, compacta y con frontera se verifica que: Z Z dΨ = Ψ M

∂M

Segundo teorema fundamental del c´ alculo Corolario 4.10 para integrales de l´ınea: Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campo conservativo continuo y U es un conjunto abierto y arco conexo de Rn , entonces el trabajo que se realiza al mover una part´ıcula entre dos puntos cualesquiera x0 y x1 en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es: Z F · T = f (x1 ) − f (x0 ) ϕ

siendo f la funci´ on potencial del campo F Demostraci´ on Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=1, la 0-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λ0 (Rn ) = R dada por Ψ(x) = f (x) cuya diferencial

4.3. COROLARIOS DEL TEOREMA DE STOKES

213

es dΨ = F1 (x)dx1 + ... + Fn (x)dxn , como se mostró en 3.2, y el recorrido ϕ cuyo borde esta formada por los puntos ϕ(a) = x0 y ϕ(b) = x1 de modo que Z Z Z F · T = dΨ = Ψ = f (x1 ) − f (x0 ) ϕ

ϕ

∂ϕ

Teorema de Green: Si F : U ⊂ R2 → R2 es de Corolario 4.11 1 clase C , U es un conjunto abierto que contiene a la región R y el borde de R, ∂R, es un camino cerrado simple, entonces se verifica que:

H

F ·T =

∂R

H

R F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx. R

∂R

Demostraci´ on Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=2, la 1-forma Ψ : U ⊂ R2 → Λ1 (R2 ) dada por Ψ(x) = F1 (x)e01 + F2 (x)e02 cuya diferencial es dΨ = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))e01 Λe02 , como se vio en el ejemplo 3.19, y la variedad M = R cuyo borde es ∂M = ∂R de modo que I Z Z Z F ·T = Ψ = dΨ = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx ∂R

∂M

M

R

Teorema de Stokes en R3 : Si F : U ⊂ R3 → Corolario 4.12 1 R es de clase C , U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simple S y ϕ : R ⊂ R2 → R, es un recorrido regular de S con orientación positiva y de clase C 2 ,entonces se verifica que: Z I I rotF · N = F1 dx1 + F2 dx2 + F3 dx3 = F · T 3

S

∂S

∂S

Demostraci´ on Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=2, la 1-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ1 (R3 ) dada por Ψ(x) = F1 (x)e01 + F2 (x)e02 + F3 (x)e03


214

cuya diferencial verifica ϕ∗ dΨ(u) = rotΨ · N (u)e01 Λe02 , como se en el problema 5 (ver secci´ on 4.4), y la variedad M = S cuyo borde es ∂M = ∂S de modo que Z Z Z rotF · N = rotF (ϕ(u))N (u)du = rotF · N = S

ϕ

Z

Z

∗

ϕ dΨ(u)

=

R

Z dΨ =

ϕ

R

Z dΨ =

M

Z Ψ=

∂M

F1 dx1 + F2 dx2 + F3 dx3 ∂S

Teorema de la divergencia: Si F : U ⊂ R3 → Corolario 4.13 R es un campo vectorial de clase C 1 , U es un conjunto abierto que contiene al s´ olido K y la frontera de K es una superficie orientable, entonces se verifica que: Z Z divF = F · N 3

ϕ

K

donde ϕ es un recorrido de SK con orientación exterior. Demostraci´ on Este resultado se obtiene al aplicar el teorema de Stokes al caso k=3, la 2-forma Ψ : U ⊂ R3 → Λ2 (R3 ) dada por Ψ(x) = F1 (x)dx2 Λdx3 + F2 (x)dx3 Λdx1 + F3 (x)dx1 Λdx2 cuya diferencial es dΨ = divF dx1 Λdx2 Λdx3 , como se verá en el problema 6 (ver secci´ on 4.4), y la variedad M = K cuyo borde es ∂M = ∂K = S de modo que: Z Z Z Z divF = dΨ = Ψ= F ·N K

M

∂M

ϕ


4.4.

215


A continuaci´ on encontrar´ a una colección de problemas cuyos contenidos son similares a los de los ejemplos que aparecen en las secciones anteriores. En cada problema se ofrece una peque˜ na sugerencia donde se dan las claves para desarrollar la solución. Si no dispone del tiempo suficiente para resolver los problemas, al menos dedique unos minutos en pensar c´ omo desarrollar´ıa la solución. De esta forma aprenderá mucho m´ as que si se limita a leer la respuesta. Problema 1 Probar que la f´ ormula que describe la 2-cadena que recorre el borde de I 3 3 X X

(−1)i+h %(i,h)

i=1 h∈{0,1}

corresponde a una orientaci´ on exterior. Sugerencia: Los recorridos de las caras se definen por parejas que comparten el mismo vector normal. El sentido de cada vector normal se ve con facilidad al representar el cubo en R3 . Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂I n )(x) = 0. Sugerencia: Observe que las funciones que forman la cadena ∂(∂I n ) tienen todas (n-2) variables, cada una de las cuales toma valores en el intervalo [0, 1], de modo que todas las variables se comportan igual. Esto permite describir cada una de estas funciones fij´ andonos solamente en dos de sus variables, las que toman valores constantes. Problema 3 Dado R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por: ϕR :

[0, 1] ⊂ R x

→

R2 (R cos 2πx, Rsen2πx)

Probar que para todo par R1 , R2 con R1 > R2 existe un recorrido de clase C 2 tal que ϕ : I 2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR2 − ϕR1 Sugerencia: Piense en c´ omo recorrer una corona circular. Problema 4 Probar que si la función de clase C 2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2 (R3 ) es la 2-forma definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e02 Λe03 + Ψ2 (x)e03 Λe01 + Ψ3 (x)e01 Λe02 entonces se verifica que para todo u ∈ R ϕ∗ Ψ(u) = (Ψ1 (ϕ(u)), Ψ2 (ϕ(u)), Ψ3 (ϕ(u))) · N (u)e01 Λe02 siendo N (u) el vector normal a la superficie. Sugerencia: Bastar´ a con calcular solamente una de las tres transformaciones Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 o Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 o Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 . Problema 5: Probar que si la función de clase C 2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1 (R3 ) es la


216

1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03 entonces se verifica que para todo u ∈ R ϕ∗ dΨ(u) = rotΨ · N (u)e01 Λe02 siendo N (u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campo vectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)). Sugerencia: Calcule por un lado la diferencial de la forma y por otro el rotacional del campo vectorial y después conecte ambas expresiones usando el resultado del ejercicio anterior. Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la siguiente expresi´ on: Ψ : U ⊂ R3 x

→ (Ψ1 (x)e02 Λe03

Λ2 (R3 ) + Ψ2 (x)e03 Λe01 + Ψ3 (x)e01 Λe02 )

verifica que dΨ = divΨe01 Λe02 Λe03 siendo divΨ el divergente del campo vectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)). Sugerencia: Ver´ a que la demostraci´ on es muy sencilla pero que es fundamental colocar el segundo tensor as´ı: e03 Λe01 . Problema 7: Dada una funci´ on F : U ⊂ Rk → Rm de clase C P en el abierto U con p ≥ 1, probar que la gr´ afica de F es una variedad contenida en Rn con n = k + m de dimensi´ on k. Sugerencia: Recuerde que la gr´ afica de esta funci´ on se define por M = {(x, y) ∈ Rk+m ; x ∈ U e y = F (x)}. En este caso la funci´ on H que hay que construir se puede definir para todos los puntos de la variedad a la vez. Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una función de clase C 1 en U tal que ∇f (x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto M = {x ∈ U tales que f (x) = 0} es una variedad de dimensi´ on n-1 en Rn . Sugerencia: Para cada x0 ∈ M como ∇f (x0 ) 6= 0 existe al menos una coordenada i ∈ {1, ..., n} tal que Di f (x0 ) 6= 0. Usar la funci´ on H(x1 , ..., nn ) = i

f

(x1 , ..., xn , ..., f (x)) para probar que en ese punto se verifican las condiciones de variedad. Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades de dimensi´ on uno y dos respectivamente. Sugerencia: Utilizar el resultado del problema anterior. ¿Se le ocurre alguna figura m´ as? Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimensión k ≥ 1 entonces M es una variedad de dimensión k. Sugerencia: Ampl´ıe una base de vectores de M para completar una base de Rn y construya H a partir de los funcionales asociados a dicha base.


4.5.

217


Intente resolver los problemas, o al menos esbozar una respuesta, antes de leer la soluci´ on. Problema 1 Probar que la f´ ormula que describe la 2-cadena que recorre el borde de I 3 3 X X

(−1)i+h %(i,h)

i=1 h∈{0,1}

corresponde a una orientaci´ on exterior. Soluci´ on: Vamos a calcular los vectores normales de cada uno de los recorridos de las seis caras. Para i = 1 los recorridos %(1,0) y %(1,1) se mueven por las caras contenidas en los planos x1 = 0 y x1 = 1 %(1,0) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

R3 (0, u1 , u2 )

%(1,1) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

R3 (1, u1 , u2 )

y los vectores normales son para ambas funciones (1, 0, 0) que corresponden a una orientaci´ on positiva porque los signos asignados a las dos funciones son −%(1,0) y %(1,1) . Para i = 2 los recorridos %(2,0) y %(2,1) se mueven por las caras contenidas en los planos x2 = 0 y x2 = 1 %(2,0) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

R3 (u1 , 0, u2 )

%(2,1) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

R3 (u1 , 1, u2 )

y los vectores normales son para ambas funciones (0, −1, 0) que corresponden a una orientaci´ on positiva porque los signos asignados a las dos funciones son %(2,0) y −%(2,1) . Para i = 3 los recorridos %(3,0) y %(3,1) se mueven por las caras contenidas en los planos x3 = 0 y x3 = 1 %(3,0) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

→

R3 (u1 , u2 , 0)


218

%(3,1) :

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (u1 , u2 )

R3 (u1 , u2 , 1)

→

y los vectores normales son para ambas funciones (0, 0, 1) que corresponden a una orientaci´ on positiva porque los signos asignados a las dos funciones son −%(3,0) y %(3,1) . Problema 2 Probar que para todo n ≥ 2 se verifica que ∂(∂I n )(x) = 0. Soluci´ on: Por definici´ on recorremos el borde de I n usando la siguiente suma y resta de funciones, todas definidas en I n−1 : n X X

(−1)i+h %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

Recordemos que cada funci´ on %(i,h) es de la forma: %(i,h) : I n−1 ⊂ Rn−1

Rn

→ i

(x1 , ..., xn−1 )

(x1 , ..., b h, xi , ..., xn−1 )

Observemos que la funci´ on %(i,h) desplaza una posición a las variables que van detrás del lugar i. A continuaci´ on volvemos a aplicar la misma fórmula a cada uno de los recorridos %(i,h) n X X

(−1)i+h

i=1 h∈{0,1}

=

n n−1 X X

X

n−1 X

X

(−1)j+k %(i,h) ◦ %(j,k)

j=1 k∈{0,1}

X

(−1)i+h+j+k %(i,h) ◦ %(j,k) .

i=1 j=1 h∈{0,1} k∈{0,1}

Observemos que para todo i ∈ {1, ..., n}, j ∈ {1, ..., n − 1} y h, k ∈ {0, 1} la función %(i,h) ◦ %(j,k) est´ a definida en el conjunto I n−2 ⊂ Rn−2 . Para demostrar que el borde del borde es la función cero tenemos que probar que n n−1 P P P P para cada x ∈ I n−2 ⊂ Rn−2 se verifica que (−1)i+h+j+k %(i,h) ◦ i=1 j=1 h∈{0,1} k∈{0,1}

%(j,k) (x) = 0. Esto es debido a que para cada pareja h,k ∈ {0, 1} hay dos funciones del sumatorio que tienen las mismas coordenadas fijas en estos valores y tienen signos contrarios Llamemos l, m a estas coordenadas. Es obvio que las coordenadas verifican que l 6= m, de modo que podemos llamar l a la peque˜ na y m a la mayor. Entonces se verifica que 1 ≤ l < m ≤ n. Como en el resto de las coordenadas que no están en los lugares l ni m la variable se mueve en el mismo intervalo [0, 1],podemos denotar


219

con un punto el valor de esta variable de modo que la n-upla donde está inmerso el vector x ∈ I n−2 se representa de la siguiente manera: l

(·,

m

z}|{ . . . , ·, h , ·,

z}|{ . . . , ·, k , ·,

. . . , ·)

Para que una funci´ on de la forma %(i,h) ◦ %(j,k) asigne a cada vector x ∈ I n−2 una n-upla como la descrita arriba se debe verificar o bien que primero se fije el valor h en el lugar l y después el valor k en el lugar m, lo cual realiza la función %(l,h) ◦ %(m,k) o al revés, que primero se fije el valor k en el lugar m y después el valor h en el lugar l, que realiza la funci´ on %(l,h) ◦ %(m−1,k) , porque al fijar el valor h en el lugar l las variables posteriores al lugar l se desplazan una posición. De modo que para cada pareja h, k ∈ {0, 1} se verifica que: (−1)l+m+h+k %(l,h) ◦ %(m,k) (x) + (−1)l+m−1+h+k %(l,h) ◦ %(m−1,k) (x) = 0. Problema 3 Dado R > 0 se denota por ϕR al recorrido regular dado por: ϕR :

[0, 1] ⊂ R x

→

R2 (R cos 2πx, Rsen2πx)

Probar que para todo par R1 , R2 con R1 > R2 existe un recorrido de clase C 2 tal que ϕ : I 2 ⊂ R2 → R2 tal que ∂ϕ = ϕR2 − ϕR1 Soluci´ on: Vamos a construir ϕ para que recorra la corona circular. Usaremos una variable para el ´ angulo y la otra para el radio. El recorrido del ángulo ya viene descrito en las componentes de ϕR , de modo que si x1 es la variable que usamos para el ´ angulo tendr´ a la forma 2πx1 . En cuanto al radio como queremos que oscile entre R2 y R1 la variable x2 tendrá que empezar en R2 y terminar en R1 de modo que ser´ a la funci´ on (R1 − R2 )x2 + R2 . As´ı ϕ queda definida por: ϕ:

[0, 1] × [0, 1] ⊂ R2 (x1 , x2 )

→

R2 (((R1 − R2 )x2 + R2 ) cos 2πx1 , ((R1 − R2 )x2 + R2 )sen2πx1 )

Es f´ acil ver que esta funci´ on es de clase C ∞ en todo R2 y que para todo x ∈ I 2 el determinante de la matriz jacobiana, detDϕ(x) = −2π(R1 − R2 )((R1 − R2 )x2 + R2 ), es no nulo. A continuaci´ on comprobamos que ∂ϕ = ϕR2 − ϕR1 . Recordemos que ∂ϕ es la cadena formada por los siguientes cuatro recorridos: ∂ϕ(x) =

2 X X

2 (−1)i+h ϕ ◦ I(i,h) (x) = −ϕ(0, x) + ϕ(1, x) + ϕ(x, 0) − ϕ(x, 1).

i=1 h=0,1

De modo que basta con observar que ϕ(x, 0) = ϕR2 (x) y ϕ(x, 1) = ϕR1 (x) para todo x ∈ [0, 1], mientras que ϕ(0, x) = (((R1 − R2 )x2 + R2 ), 0) = ϕ(1, x) para todo


220

x ∈ [0, 1]. Como todas las funciones están definidas en el mismo intervalo, para cada x ∈ [0, 1] se verifica que −ϕ(0, x) + ϕ(1, x) = 0 con lo cual queda probado que para cada x ∈ [0, 1] se tiene que ∂ϕ(x) = ϕ(x, 0) − ϕ(x, 1) = ϕR2 (x) − ϕR1 (x). Problema 4 Probar que si la función de clase C 2 en U ϕ : U ⊂ R2 → R3 es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ2 (R3 ) es la 2-forma definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e02 Λe03 + Ψ2 (x)e03 Λe01 + Ψ3 (x)e01 Λe02 entonces se verifica que para todo u ∈ R

ϕ∗ Ψ(u) = (Ψ1 (ϕ(u), Ψ2 (ϕ(u), Ψ3 (ϕ(u)) · N (u)e01 Λe02

siendo N (u) el vector normal a la superficie. Soluci´ on: Por definici´ on

ϕ∗ Ψ(u)

=

Ψ1 (ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 + Ψ2 (ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 + Ψ3 (ϕ(u))Dϕ(u) ∗ e01 Λe02

=

(Ψ1 (ϕ(u)), Ψ2 (ϕ(u)), Ψ3 (ϕ(u)))(Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 , Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 , Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 )

Por lo tanto tenemos que demostrar que

(Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 , Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 , Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 ) = N (u)e01 Λe02

Vamos a analizar c´ omo es, por ejemplo, la 2-forma Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 y cambiando los ´ındices podremos saber c´ omo son Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 y Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 . Recordemos que la matriz jacobiana Dϕ(u) act´ ua sobre cada vector v = (v1 , v2 ) de la siguiente manera:

  D1 ϕ1 (u) D2 ϕ1 (u) v1 v1 Dϕ(u) =  D1 ϕ2 (u) D2 ϕ2 (u)  v2 v2 D1 ϕ3 (u) D2 ϕ3 (u) =

(D1 ϕ1 (u)v1 + D2 ϕ1 (u)v2 , D1 ϕ2 (u)v1 + D2 ϕ2 (u)v2 , D1 ϕ3 (u)v1 + D2 ϕ3 (u)v2 ).

Por otro lado, el tensor alterno e03 Λe01 es igual a e03 ⊗ e01 − e01 ⊗ e03 de modo que para


221

cada par de vectores v 1 = (v11 , v12 ) y v 2 = (v21 , v22 ) se verifica que: Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 (v 1 , v 2 )

=

e03 Λe01 (Dϕ(u)(v 1 ), Dϕ(u)(v 2 ))

=

(e03 ⊗ e01 − e01 ⊗ e03 )(Dϕ(u)(v 1 ), Dϕ(u)(v 2 ))

=

e03 (Dϕ(u)(v 1 )e01 (Dϕ(u)(v 2 ) − e01 (Dϕ(u)(v 1 )e03 (Dϕ(u)(v 2 )

=

(D1 ϕ3 (u)v11 + D2 ϕ3 (u)v12 )(D1 ϕ1 (u)v21 + D2 ϕ1 (u)v22 ) − (D1 ϕ1 (u)v11 + D2 ϕ1 (u)v12 )(D1 ϕ3 (u)v21 + D2 ϕ3 (u)v22 )

=

(D1 ϕ3 (u)D1 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D1 ϕ3 (u))v11 v21 + (D1 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D2 ϕ3 (u))v11 v22 + (D2 ϕ3 (u)D1 ϕ1 (u) − D2 ϕ1 (u)D1 ϕ3 (u))v12 v21 + (D2 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D2 ϕ1 (u)D2 ϕ3 (u))v12 v22

=

(D1 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D2 ϕ3 (u))(v11 v22 − v12 v21 )

=

(D1 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D2 ϕ3 (u))(e01 ⊗ e02 − e02 ⊗ e01 )(v 1 , v 2 )

=

(D1 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D2 ϕ1 (u))e01 Λe02 (v 1 , v 2 )

De forma an´ aloga cuando calculamos el tensor Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 llegamos a las mismas igualdades pero cambiando ϕ3 (u) por ϕ2 (u) y ϕ1 (u) por ϕ3 (u), de modo que Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 = (D1 ϕ2 (u)D2 ϕ3 (u) − D1 ϕ3 (u)D2 ϕ2 (u))e01 Λe02 . repitiendo de nuevo los mismos pasos obtenemos que Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 = (D1 ϕ1 (u)D2 ϕ2 (u) − D1 ϕ2 (u)D2 ϕ1 (u))e01 Λe02 . Finalmente, recordemos que por definición  N (u)

 i j k = D1 ϕ(u) × D2 ϕ(u) = det  D1 ϕ1 (u) D1 ϕ2 (u) D1 ϕ3 (u)  D2 ϕ1 (u) D2 ϕ2 (u) D2 ϕ3 (u)

=

(D1 ϕ2 (u)D2 ϕ3 (u) − D1 ϕ3 (u)D2 ϕ2 (u))i + (D1 ϕ3 (u)D2 ϕ1 (u) − D1 ϕ1 (u)D2 ϕ3 (u))j + (D1 ϕ1 (u)D2 ϕ2 (u) − D1 ϕ2 (u)D2 ϕ1 (u))k

De modo que queda demostrada la igualdad: N (u)e01 Λe02 = (Dϕ(u) ∗ e02 Λe03 , Dϕ(u) ∗ e03 Λe01 , Dϕ(u) ∗ e01 Λe02 ) Problema 5 Probar que si la función ϕ : U ⊂ R2 → R3 , de clase C 2 en U, es un recorrido de una superficie S = ϕ(R), con R ⊂ U, y Ψ : U ⊂ R3 → Λ1 (R3 ) es la 1-forma definida por Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 + Ψ2 (x)e02 + Ψ3 (x)e03 entonces se verifica que para todo u ∈ R ϕ∗ dΨ(u) = rotΨ · N (u)e01 Λe02


222

siendo N (u) el vector normal a la superficie y rotΨ el rotacional del campo vectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)). Soluci´ on: Por definici´ on el rotacional del campo es:   i j k rotΨ = det  D1 D2 D3  = (D2 Ψ3 − D3 Ψ2 , D3 Ψ1 − D1 Ψ3 , D1 Ψ2 − D2 Ψ1 ) Ψ1 Ψ2 Ψ3 Mientras que la diferencial de la forma Ψ es: dΨ

=

3 X

Di Ψ1 e0i Λe01 +

i=1

3 X

Di Ψ2 e0i Λe02 +

i=1

3 X

Di Ψ3 e0i Λe03

i=1

=

D3 Ψ1 e03 Λe01 − D2 Ψ1 e01 Λe02 + D1 Ψ2 e01 Λe02 − D3 Ψ2 e02 Λe03 + D2 Ψ3 e02 Λe03 − D1 Ψ3 e03 Λe01

=

(D2 Ψ3 − D3 Ψ2 )e02 Λe03 + (D3 Ψ1 − D1 Ψ3 )e03 Λe01 + (D1 Ψ2 − D2 Ψ1 )e01 Λe02 .

Lo cual demuestra que el campo vectorial asociado a la forma dΨ es precisamente el rotacional del campo Ψ. De modo que aplicando la fórmula demostrada en el problema 4 (ver secci´ on 4.4) para la transformación de la forma dΨ con la función ϕ concluimos que ϕ∗ dΨ(u) = rotΨ · N (u)e01 Λe02 . Problema 6: Probar que la diferencial de una 2-forma en R3 que tiene la siguiente expresi´ on: Ψ : U ⊂ R3 u

→ (Ψ1 (x)e02 Λe03

Λ2 (R3 ) + Ψ2 (x)e03 Λe01 + Ψ3 (x)e01 Λe02 )

verifica que dΨ = divΨe01 Λe02 Λe03 siendo divΨ el divergente del campo vectorial: Ψ : U ⊂ R3 → R3 dado por Ψ(x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)). Soluci´ on: Por definici´ on la diferencial de la forma Ψ es: dΨ

=

3 X

Di Ψ1 e0i Λe02 Λe03 +

i=1

3 X

Di Ψ2 e0i Λe03 Λe01 +

i=1

3 X

Di Ψ3 e0i Λe01 Λe02

i=1

=

D1 Ψ1 e01 Λe02 Λe03 + D2 Ψ2 e02 Λe03 Λe01 + D3 Ψ3 e03 Λe01 Λe02

=

D1 Ψ1 e01 Λe02 Λe03 + D2 Ψ2 e01 Λe02 Λe03 + D3 Ψ3 e01 Λe02 Λe03

=

(D1 Ψ1 + D2 Ψ2 + D3 Ψ3 )e01 Λe02 Λe03

= divΨe01 Λe02 Λe03 . Problema 7: Dada una funci´ on F : U ⊂ Rk → Rm de clase C P en el abierto U con p ≥ 1, probar que la gr´ afica de F es una variedad contenida en Rn con n = k + m de dimensi´ on k. Soluci´ on: Tenemos que demostrar que todos los puntos del conjunto M = {(x, y) ∈ Rk+m ; x ∈ U e y = F (x)} verifican las condiciones para que M sea una variedad. De hecho en este caso veremos que el difeomorfismo H que construiremos a continuación


223

sirve para todos los puntos. Tomamos como abierto de Rn el conjunto U × Rm y definimos H por: H : U × Rm (x, y)

→

U × Rm (x, y − F (x))

Por la construcci´ on de H y por las propiedades de F es inmediato que H es de clase C p en U × Rm . Vamos a probar que es inyectiva si H(x0 , y 0 ) = (x0 , y 0 − F (x0 )) = H(x1 , y 1 ) = (x1 , y 1 − F (x1 )) entonces x0 = x1 y y 0 − F (x0 ) = y 1 − F (x1 ), pero si x0 = x1 entonces F (x0 ) = F (x1 ), de donde se deduce que también y 0 = y 1 y por lo tanto (x0 , y 0 ) = (x1 , y 1 ). Por otro lado H es sobreyectiva porque dado (x, y) ∈ U × Rm basta con tomar (x, y + F (x)) ∈ U × Rm para conseguir que H(x, y + F (x)) = (x, y). A continuaci´ on probaremos que el rango de DH(x, y) es k + m para todo (x, y) ∈ U × Rm . Derivando vemos que la matriz está formada por las siguientes cajas: Id(k × k) 0(k × m) DH(x, y) = −DF (x) Id(m × m) donde Id(k × k) denota la matriz identidad de tama˜ no k × k y Id(m × m) la de tama˜ no m × m, como adem´ as tenemos en la parte superior derecha una matriz de ceros se sigue que DH(x, y) tiene rango máximo. Por u ´ltimo solo nos falta demostrar que H(U × Rm ∩ M ) = U × Rm ∩ Rk × m−veces

}| { z {0} × ... × {0}. Pero (x, y) ∈ U × Rm ∩ M si y solo si x ∈ U e y = F (x) lo cual es equivalente a decir que x, y e y − F (x) = 0 o lo que es lo mismo x ∈ U m−veces

}| { z y H(x, y) = (x, 0) es decir que H(x, y) ∈ U × Rm ∩ Rk × {0} × ... × {0}. Problema 8: Sea f : U ⊂ Rn → R (con n ≥ 2) una función de clase C 1 en U tal que ∇f (x) 6= 0 para todo x ∈ U. Probar que el conjunto M = {x ∈ U tales que f (x) = 0} es una variedad de dimensi´ on n-1 en Rn . Soluci´ on: Para cada x0 ∈ M como ∇f (x0 ) 6= 0 existe al menos una coordenada i ∈ {1, ..., n} tal que Di f (x0 ) 6= 0. Vamos a demostrar que la función H(x1 , ..., xn ) = i

f

(x1 , ..., xn , ..., f (x)) restringida a un abierto adecuado de Rn y con imagen en Rn satisface las condiciones pedidas en la definición de variedad. Observemos que la funci´ on H pone al escalar f (x) en la u ´ltima posición y a la coordenada xn en la posici´ on i-ésima, de modo que la coordenada xi desaparece. Cuando la derivada parcial no nula es precisamente la n-ésima (i=n), entonces la función H pone el escalar f (x) en la u ´ltima posici´ on y la coordenada xn desaparece.


224

En primer lugar es inmediato que esta función definida sobre el abierto U ⊂ Rn es de clase C 1 . Por otro lado, la matriz jacobiana en el punto x0 es de la forma:   1 0 ··· 0   ··· ··· ··· ···     ··· ··· 1 DH(x0 ) =  i → 0    ··· ··· ··· ··· D1 f (x0 ) · · · · · · Dn f (x0 ) De modo que si cambiamos la fila i-ésima por la n-ésima el determinante de la matriz cambia de signo y nos queda que   1 0 ··· 0   ··· ··· ··· ···    D f (x ) · · · · · · D f (x ) det DH(x0 ) = − det  0 n 0  = −Di f (x0 ) 6= 0  1   ··· ··· ··· ··· 0 ··· ··· 1 Por lo tanto podemos aplicar el teorema de la función inversa a H en el punto x0 y concluir que existen dos conjuntos abiertos V, W ⊂ Rn tales que x0 ∈ V ⊂ U y H : V ⊂ Rn → W ⊂ Rn es un difeomorfismo. Observemos que este difeomorfismo es distinto para cada punto x0 de M , porque aunque las componentes de la función H coincidan, los abiertos V, W ⊂ Rn pueden cambiar. i

f

Adem´ as se verifica que H(x0 ) = (x01 , ..., x0n , ..., 0). Vamos a demostrar que H(V ∩ M ) = W ∩ Rn−1 × {0}. En primer lugar como V ⊂ U se verifica que V ∩ M = {x ∈ V ; f (x) = 0}, de modo que si x ∈ V ∩ M entonces H(x) ∈ W y Hn (x) = 0; es decir que H(x) ∈ W ∩ Rn−1 × {0}. Por otro lado, si y ∈ W ∩ Rn−1 × {0} se verifica que y ∈ W = H(V ) y también que yn = 0. De modo que existe un x ∈ V con y = H(x), pero como además yn = 0 tenemos que Hn (x) = f (x) = yn = 0 y por lo tanto x ∈ M e y = H(x) ∈ H(M ). como adem´ as x ∈ V se concluye que y ∈ H(V ∩ M ). Problema 9: Probar que las circunferencias y las esferas son variedades de dimensi´ on uno y dos respectivamente. Soluci´ on: Por el resultado probado en el problema anterior los conjuntos: C = {(x1 , x2 ) ∈ R2 ; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 = r2 } S = {(x1 , x2 , x3 ) ∈ R3 ; (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 = r2 } son variedades de dimensi´ on 1 en R2 y de dimensión 2 en R3 respectivamente porque las funciones: f:

R2 → (x1 , x2 )

R (x1 − a)2 + (x2 − b)2 − r2


g:

R3 → (x1 , x2 , x3 )

225

R (x1 − a)2 + (x2 − b)2 + (x3 − c)2 − r2

son ambas de clase C ∞ en todos los puntos y sus vectores gradientes ∇f (x) = (2(x1 − a), 2(x2 − b)) y ∇g(x) = (2(x1 − a), 2(x2 − b), 2(x3 − c)) son no nulos en los puntos de C y S respectivamente. De forma an´ aloga, las curvas de R2 que vienen descritas por medio de una ecuación impl´ıcita o expl´ıcita: como por ejemplo las ecuaciones x2 = xk1 y xk1 − xp2 = 1, que incluyen a las par´ abolas y a las hipérbolas, son variedades de dimensión 1 en R2 . Y las superficies de R3 que vienen descritas por medio de una ecuación impl´ıcita o expl´ıcita: como por ejemplo las ecuaciones x3 = xk1 + xp2 y a2 xk1 + b2 xp2 + c2 x23 = 1, que incluyen a los paraboloides y a los elipsoides, son variedades de dimensión 2 en R3 . Problema 10: Probar que si M ⊂ Rn es un subespacio vectorial de dimensión k ≥ 1 entonces M es una variedad de dimensión k. Soluci´ on: Tomamos {v 1 , ..., v k } ⊂ M k vectores linealmente independientes que ser´ an base algebraica de M y ampliamos esta familia de vectores escogiendo otros (n-k) vectores de Rn \M de modo que la familia ampliada, {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v n } sea base de Rn . Si ahora llamamos vi0 a las aplicaciones lineales de Rn en R asociadas a esta base; es decir las aplicaciones que verifican que vi0 (v j ) = 0 si i 6= j y vi0 (v i ) = 1 para todo i, j ∈ {1, ..., n} entonces se verifica que cada aplicación lineal vi0 : Rn → R es una funci´ on de clase C ∞ y la funci´ on: H : Rn x

→ Rn n P i=1

vi0 (x)ei

es también de clase C ∞ . De hecho esta función es la que transforma las coordenadas de un vector x en la base {v 1 , ..., v k , v k+1 , ..., v n } que es la n-upla (v10 (x), ..., vn0 (x)) −1 es otro a las coordenadas del vector en la base canónica {e1 , ..., en }. Como H cambio de base, es también de clase C ∞ , en particular H es un difeomorfismo. Por lo tanto solo nos falta por demostrar que se verifica la igualdad: H(Rn ∩ M ) = (n−k)−veces

(n−k)−veces

z }| { z }| { R ∩ R × {0} × ... × {0} = Rk × {0} × ... × {0} pero esto es equivalente a decir que x ∈ M si y solo si vi0 (x) = 0 para todo i ≥ k + 1, lo cual es cierto porque los vectores de M son combinaciones lineales de los vectores de la base escogida ; es decir , son de k P la forma x = ai v i siendo los ai n´ umeros reales y los funcionales vj0 para j ≥ k + 1 n

k

i=1

se anulan en estos vectores.


226

4.6.


Prueba 1 1a : Si tenemos un recorrido de clase C 2 del conjunto M dado por ϕ : I k ⊂ Rk → M ⊂ Rn podemos recorrer el borde formando una (k-1)-cadena como la siguiente: k P P (−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) . a) ∂ϕ = b) ∂ϕ =

i=1 h∈{0,1} k P n P

c) ∂ϕ =

i=1 h=1 k P P

(−1)i+h ϕ ◦ %(i,h) . (−1)ih ϕ ◦ %(i,h) .

i=1 h∈{0,1}

2a : Dada la 0-forma Ψ : U ⊂ Rn → R, y el recorrido, ϕ : {0} → U la integral de Ψ sobre R ϕ se define por: a) Ψ = Ψ(0) ϕ R R b) Ψ = Ψ(ϕ(t))dt 0 Rϕ c) Ψ = Ψ(ϕ(0)) ϕ

3a : Dada la k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ), y el recorrido de clase C 2 de M ⊂ U , n ϕ :RI k → M R ⊂ U ⊂ R la integral de Ψ sobre ϕ se define por: a) Ψ = Ψ(ϕ(u)du ϕ IRk R b) Ψ = ϕ∗ Ψ. IRk Rϕ c) Ψ = Dϕ∗ Ψ. ϕ

Ik

4a : Dada una 1-forma en R2 , Ψ : U ⊂ R2 → Λ1 (R2 ), y dada un recorrido regular de C ⊂ U ϕ : I ⊂ R → C ⊂ U ⊂ R2 la integral de Ψ sobre ϕ coincide con: a) la integral de l´ınea del campo vectorial Ψ(x1 , x2 ) = (Ψ1 (x1 , x2 ), Ψ2 (x1 , x2 )) sobre el recorrido ϕ b) la integral de trayectoria del campo escalar Ψ(x1 , x2 ) = Ψ1 (x1 , x2 ) + Ψ2 (x1 , x2 ) sobre el recorrido ϕ c) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores 5a :Dada una 2-forma en R3 , Ψ : U ⊂ R3 → Λ2 (R3 ) definida por Ψ(x) = (Ψ1 (x)dx2 Λdx3 + Ψ2 (x)dx1 Λdx3 + Ψ3 (x)dx1 Λdx2 ) y dado un recorrido regular ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ U sobre una superficie S la integral de Ψ sobre ϕ coincide con: a) la integral del campo vectorial Ψ(x1 , x2 , x3 ) = (Ψ1 (x1 , x2 , x3 ), Ψ2 (x1 , x2 , x3 ), Ψ3 (x1 , x2 , x3 )) sobre el recorrido ϕ b) la integral del campo escalar Ψ(x1 , x2 , x3 ) = Ψ1 (x1 , x2 , x3 ) + Ψ2 (x1 , x2 , x3 ) + Ψ3 (x1 , x2 , x3 ) sobre el recorrido ϕ c) no coincide con ninguna de las dos integrales anteriores


227

6a :La diferencial de una 2-forma Ψ en R3 verifica que dΨ = divΨe01 Λe02 Λe03 siendo el campo vectorial Ψ(x) = (Ψ1 (x), Ψ2 (x), Ψ3 (x)), cuando la 2-forma tiene la siguiente expresi´ on: a) Ψ(x) = Ψ1 (x)e02 Λe03 + Ψ2 (x)e03 Λe01 + Ψ3 (x)e01 Λe02 b) Ψ(x) = Ψ1 (x)e02 Λe03 + Ψ2 (x)e01 Λe03 + Ψ3 (x)e01 Λe02 c) Ψ(x) = Ψ1 (x)e01 Λe02 + Ψ2 (x)e02 Λe03 + Ψ3 (x)e01 Λe03 7a :La siguiente funci´ on:

ϕ:

[0, 1] × [0, 1] × [0, 1] (u1 , u2 , u3 )

→ S (u3 cos 2πu1 senπu2 , u3 sen2πu1 senπu2 , u3 cos πu2 )

a) Es de clase C p con p ≥ 2 en un abierto que contiene a I 3 y es inyectiva en I 3 . b) Es de clase C ∞ en el abierto R3 que contiene a I 3 y satisface que ϕ(I 3 ) = {x ∈ R3 ; x21 + x22 + x23 ≤ 1}, pero no es un recorrido de clase C 2 de ese conjunto. c) Es un recorrido de clase C 2 del conjunto M = {x ∈ R3 ; x21 + x22 + x23 ≤ 1} 8a :Si S ⊂ R3 es una superficie simple para la cual existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que sea de clase C ∞ en el interior de R, entonces se verifica que a) S es una subvariedad de dimensión 2 contenida en R3 ◦

b) ϕ(R) es una subvariedad de dimensión 2 contenida en R3 ◦

c) La carta (R3 , ϕ, R) es un atlas de la subvariedad S 9a :Si W es un conjunto abierto no vac´ıo contenido en Rn entonces: a) W es una variedad en Rn de dimensión n. b) W es una variedad en Rn de dimensión k < n c) W no es una variedad en Rn de dimensión n. 10a : Si M es una variedad contenida en R3 de dimensión k y W es un conjunto abierto de R3 tal que W ∩ M 6= ∅, entonces: a) W ∩ M es una variedad en R3 de dimensión k. b) No siempre se verifica que W ∩ M sea una variedad en R3 de dimensión k. c) W ∩ M es una variedad en R3 pero puede tener dimensión menor que k. Las soluciones est´ an en el apéndice A

228


Prueba 2 1a :Si U ⊂ Rn un conjunto abierto no vac´ıo, entonces a) U es una variedad de dimensi´ on n b) U es una variedad si y solo si es un conjunto conexo c) U es una variedad de dimensi´ on 1 2a :Si M ⊂ Rn un conjunto cerrado no vac´ıo, entonces a) M es una variedad de dimensi´ on k < n b) M puede no ser una variedad. c) M es una variedad si y solo si es un conjunto compacto. 3a :Sea M ⊂ Rn una variedad de dimensión k y sea a un punto de Rn entonces el conjunto definido por: Ma = {x ∈ Rn ; x = a + v siendo v ∈ M } a) es una variedad de dimensi´ on k b) no es una variedad c) es una variedad si y solo si a = 0 4a :Se considera en Rn el conjunto dado por: M = {x ∈ Rn ; x1 = a1 , x2 = a2 , ..., xk = ak } siendo 1 ≤ k < n y a1 , ..., ak k n´ umeros reales fijos. Entonces se verifica que a) M no es una variedad b) M es una variedad de dimensi´ on k c) M es una variedad de dimensi´ on n − k 5a :Si M ⊂ Rn es un conjunto formado por una cantidad finita de puntos, entonces: a) M no es una variedad b) M es una variedad de dimensi´ on 0 c) M es una variedad de dimensi´ on 1 6a :Dadas dos variedades M1 y M2 en Rn de dimensión k se verifica que: a) M1 ∪ M2 es una variedad de dimensión k b) M1 ∪ M2 es una variedad de dimensión 2k c) M1 ∪ M2 puede no ser una variedad. 7a :El conjunto de puntos dado por: M = {x ∈ Rn ; x = (t, t2 , t3 , ..., tn ) siendo t ∈ R} a) es una variedad de dimensi´ on 1. b) es una variedad de dimensi´ on n − 1 c) no es una variedad. 8a :El conjunto de puntos dado por: M = {x ∈ R2n ; x2i−1 = x2i para todo i ∈ {1, 2, ..., n}} a) es una variedad de dimensi´ on 2n − 1


b) es una variedad de dimensi´ on n c) no es una variedad 9a Sea v ∈ Rn un vector no nulo. Entonces el conjunto de puntos dado por: M = {x ∈ Rn ; < x, v >= 0} a) es una variedad de dimensi´ on 1 b) es una variedad de dimensi´ on n − 1 c) no es una variedad 10a :El conjunto de puntos dado por: M = {x ∈ R4 ; x3 = cos(x21 + x24 + 1) y x2 = ex3 } a) es una variedad de dimensi´ on 2 b) no es una variedad c) es una variedad de dimensi´ on 1 Las soluciones est´ an en el apéndice A

229

230


Ap´ endice A

Soluciones de las pruebas de autoevaluaci´ on Integrales sobre caminos: Prueba 1 Prueba 2

1a c c

2a b a

3a a b

4a b a

5a a b

6a c c

7a a a

8a c a

9a a b

10a a a

5a a b

6a a a

7a b b

8a b c

9a b a

10a a b

5a c a

6a b b

7a c a

8a c b

9a a c

10a c c

5a a b

6a a c

7a b a

8a b b

9a a b

10a a a

Integrales sobre superficies: Prueba 1 Prueba 2

1a b b

2a b b

3a a b

4a b a

Formas diferenciales: Prueba 1 Prueba 2

1a c a

2a a b

3a a a

4a b c

El Teorema de Stokes: Prueba 1 Prueba 2

1a a a

2a c b

3a b a

4a a c

231

232

Soluciones test

Ap´ endice B

Glosario Aplicacion lineal Una aplicaci´ on A : Rn → Rm se dice que es lineal si para cada n par de vectores v 1 , v 2 ∈ R y para cada par de n´ umeros reales a y b se verifica que: A(av 1 + bv 2 ) = aA(v 1 ) + bA(v 2 ) k−veces

z }| { Aplicaci´ on multilineal Decimos que una aplicación s : Rn × ... × Rn → R es multilineal si es lineal en cada variable; es decir que para cada i ∈ {1, 2, ..., k}, para cada familia de vectores v 1 , v 2 , ..., v i , wi , ..., v k en Rn y para cada par de n´ umeros reales a, b se verifica que s(v 1 , v 2 , ..., av i + bwi , ..., v k ) = as(v 1 , v 2 , ..., v i , ..., v k ) + bs(v 1 , v 2 , ..., wi , ..., v k ) Area de una superficie Dada una superficie S ⊂ R3 y dado un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 de S, se define al área de S seg´ un ϕ como: Z a ´rea(S) = ||N (u)||du R

siempre que dicha integral exista. Bola abierta de centro x y radio r > 0 Llamamos bola abierta de centro x ∈ Rn y radio r > 0 al subconjunto de Rn dado por: B(x, r)

Bola cerrada

{y ∈ Rn ; ||x − y|| < r} p = {y ∈ Rn ; (x1 − y1 )2 + ... + (xn − yn )2 < r}.

=

de centro x y radio r > 0 Llamamos bola cerrada de centro 233

234

Glosario

x ∈ Rn y radio r > 0 al subconjunto de Rn dado por: Bc (x, r)

= =

{y ∈ Rn ; ||x − y|| 6 r} p {y ∈ Rn ; (x1 − y1 )2 + ... + (xn − yn )2 6 r}.

Borde de una superficie Dada S una superficie simple o compuesta en R3 se llama borde de S, que denotaremos por ∂S al camino en R3 definido por ϕ(f ron(R)) siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 un recorrido regular de S. Camino en Rn llamamos camino en Rn a todo conjunto de puntos C ⊂ Rn que se obtiene al tomar la imagen de un intervalo [a, b] ⊂ R por medio de una función continua c : [a, b] → Rn , que no sea constante, para que C = c([a, b]) sea un conjunto que tiene infinitos puntos. Camino (cerrado) simple Un camino C ⊂ Rn se dice que es un camino simple si existe un recorrido ϕ de C tal que ϕ0 (t) es distinta de cero en todos los puntos donde existe excepto a lo sumo en una cantidad finita y ϕ es inyectiva en [a, b]. Si ϕ es inyectiva en [a, b) y verifica que ϕ(a) = ϕ(b), entonces se dice que C es un camino cerrado simple. Campos escalares son las funciones definidas desde un subconjunto abierto U ⊂ Rn y con imagen en R. Campos vectoriales son las funciones definidas desde un subconjunto abierto U ⊂ Rn y con imagen en el mismo espacio Rn . Campo vectorial conservativo Se dice que un campo vectorial F : U ⊂ Rn → Rn (U abierto) es conservativo si existe un campo escalar f : U ⊂ Rn → R tal que ∇f (x) = F (x) para todo x ∈ U. El campo escalar f recibe el nombre de función potencial de F . Centro de masa de un alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado y sea f : C → R la funci´ on de densidad de C, entonces para cada recorrido ϕ de C se define el centro de masa del alambre como:   Z Z Z 1  x1 f, centro de masa = x2 f, x3 f  masa(alambre) ϕ

ϕ

ϕ

Centro de masa de una l´ amina Sea S ⊂ R3 un una lámina y sea f : C → R la funci´ on de densidad de S, entonces para cada recorrido ϕ de S se define el centro de masa de la l´ amina como: ! R R R 1 centro de masa= x1 f, x2 f, x3 f masa(S) ϕ ϕ ϕ Conjunto abierto en Rn con la topolog´ıa usual Se dice que un conjunto U ⊂ Rn es abierto si es vac´ıo o en caso contrario para cada punto x ∈ U existe una bola de centro x y radio r, B(x, r), tal que B(x, r) ⊂ U. En consecuencia los

Glosario

235

conjuntos abiertos no vac´ıos se pueden escribir como uniones infinitas o finitas de bolas abiertas. Conjunto arco conexo Se dice que un conjunto B ⊂ Rn es arco conexo si para todo par de puntos x, y ∈ B existe una función continua ϕ : [a, b] ⊂ R → B ⊂ Rn tal que ϕ(a) = x y ϕ(b) = y. Conjunto cerrado en Rn con la topolog´ıa usual Se dice que un conjunto A ⊂ Rn es cerrado cuando su complementario Rn \A es un conjunto abierto. Conjunto compacto Se dice que un conjunto K ⊂ Rn es compacto si para toda familia de S conjuntos abiertos {Ui ; i ∈ I} que cubra al conjunto; es decir que verifique que K ⊂ Ui existe una cantidad finita de conjuntos {Ui1 , ..., Uip } que cubren el i∈I

conjunto es decir que K ⊂

p S

Uij . En Rn con la topolog´ıa inducida por la distancia

j=1

eucl´ıdea las siguientes caracterizaciones de la compacidad resultan a menudo mas u ´tiles: K ⊂ Rn es un conjunto compacto si y solo si es cerrado y acotado. Y la caracterizaci´ on en términos de sucesiones: K ⊂ Rn es un conjunto compacto si y solo si toda sucesi´ on de puntos contenida en K contiene una subsucesión que converge a un punto de K. Conjunto conexo Se dice que un conjunto B ⊂ Rn es conexo cuando no es posible separarlo con dos conjuntos abiertos; es decir, que no existen dos abiertos U1 y U2 que verifiquen las siguientes condiciones: a) U1 ∩ B 6= ∅ y U2 ∩ B 6= ∅ b) B ⊂ U1 ∪ U2 c) U1 ∩ U2 = ∅ Conjunto estrellado Decimos que un conjunto U ⊂ Rn es estrellado si para todo punto x ∈ U se verifica que el segmento de la recta que une el punto x con el origen de coordenadas est´ a contenido en U ; esto es {y ∈ Rn : y = tx para alg´ un t ∈ [0, 1]} Conjunto medible Jordan Se dice que un conjunto acotado A ⊂ Rn es medible Jordan si su frontera es un conjunto de medida nula. Conjunto de medida nula Se dice que un conjunto A ⊂ Rn es de medida nula si para todo > 0 existe una familia dePintervalos abiertos o cerrados {Ii ; i ∈ I} que cubren al conjunto y tales que vol(Ii ) < . Recordemos que i∈I

el volumen de un intervalo I = [a1 , b1 ] × ... × [an , bn ] ⊂ Rn se define por vol(I) = (b1 − a1 )(b2 − a2 )...(bn − an ). Difeomorfismo Se dice que una función H : U ⊂ Rn → V ⊂ Rn con U, V conjuntos abiertos es un difeomorfismo si es biyectiva, de clase C 1 y con jacobiano no nulo en todos los puntos de U. Diferencial de una forma diferencial Dada una k-forma diferencial Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) de clase C p , con p ≥ 2, se define la diferencial de Ψ como la (k+1)-

236

Glosario

forma dΨ : U ⊂ Rn → Λk+1 (Rn ) dada por n X

X

dΨ(x) =

Dj (Ψi1 ...ik )(x)e0j Λde0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
siendo Ψ(x) =

P 1≤i1 <...
Ψi1 ...ik de0i1 Λ...Λe0ik

Divergente de un campo vectorial Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C 1 en el abierto U , se llama divergente de F , y se escribe divF , al campo escalar definido por: divF (x) = D1 F1 (x) + D2 F2 (x) + D3 F3 (x) Espacio normal a S en x0 Dada una superficie S, para cada punto x0 ∈ S se define el espacio normal a S en x0 (donde existe) como el espacio generado por el vector perpendicular a D1 ϕ(u0 ) y D2 ϕ(u0 ) esto es el vector:   i j k N (u0 ) = D1 ϕ(u0 ) × D2 ϕ(u0 ) = det  D1 ϕ1 (u0 ) D1 ϕ2 (u0 ) D1 ϕ3 (u0 )  D2 ϕ1 (u0 ) D2 ϕ2 (u0 ) D2 ϕ3 (u0 ) Espacio vectorial tangente a S en x0 Dada una superficie S, para cada punto x0 ∈ S se define el espacio tangente a S en x0 (donde existe) como el espacio vectorial generado por los vectores: Di ϕ(u0 ) = (Di ϕ1 (u0 ), Di ϕ2 (u0 ), Di ϕ3 (u0 )) i = 1 y 2 siendo u0 ∈ R tal que ϕ(u0 ) = x0 . Espacio vectorial real Un conjunto no vac´ıo V tiene estructura de espacio vectorial si est´ a definida sobre él una operación interna, que denotamos con el s´ımbolo +, x + y ∈ V para todo par de elementos x, y ∈ V , y una operación externa con el cuerpo de los n´ umeros reales, que denotaremos ax ∈ V para todo a ∈ R, x ∈ V, que verifican las siguientes propiedades: - El par V ; + tiene estructura de grupo abeliano. - La operaci´ on interna + y la externa con R verifican la propiedad distributiva. Flujo o cantidad de fluido Dada una superficie S y dado un campo de velocidades F : U ⊂ R3 → R3 , con S ⊂ U (abierto) para cada recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S se define el flujo del campo F a través de la superficie S como: Z F (ϕ(u))N (u)du, R

cuando esta integral exista como integral propia o impropia. Forma diferencial Se llama forma diferencial de orden k (con k ≥ 1), o k-forma diferencial, a toda funci´ on Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) cuya expresión respecto a la base

Glosario

237

de Λk (Rn ); esto es, X

Ψ(x) =

Ψi1 ...ik (x)e0i1 Λ...Λe0ik

1≤i1 <...
verifica que cada una de las funciones Ψi1 ...ik : U ⊂ Rn → R son de clase C p , con p ≥ 1, en el abierto U. Se llama forma diferencial de orden 0 a toda función Ψ : U ⊂ Rn → R de clase C p , con p ≥ 1, en el abierto U. Forma diferencial cerrada Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) es cerrada si verifica que d(Ψ) = 0 Forma diferencial exacta Decimos que una k-forma Ψ : U ⊂ Rn → Λk (Rn ) con k ≥ 1 es exacta si existe una (k-1)-forma Υ : U ⊂ Rn → Λk−1 (Rn ) tal que Ψ = d(Υ). Frontera de un conjunto Dado un conjunto B ⊂ Rn se llama frontera de B, y se denota por f ront(B) al conjunto de puntos x ∈ Rn que verifican que para todo radio r > 0 la bola abierta con la distancia eucl´ıdea B(x, r) tiene intersección no vac´ıa con B y con Rn \B = {y ∈ Rn ; y ∈ / B}. Funci´ on potencial Se dice que un campo escalar f : U ⊂ Rn → R es la función potencial del campo vectorial conservativo F : U ⊂ Rn → Rn si se verifica que ∇f (x) = F (x) para todo x ∈ U. Gradiente o vector gradiente Dado un campo escalar f : U ⊂ Rn → R diferenciable en los puntos del abierto U , para cada x ∈ U se define el vector gradiente de f en x, o simplemente el gradiente de f en x al vector dado por: ∇f (x) = (D1 f (x), ..., Dn f (x)). Y llamamos campo vectorial gradiente def , a la funci´ on: ∇f : U ⊂ Rn x

→ Rn ∇f (x) = (D1 f (x), ..., Dn f (x))

Integral de un campo escalar Dado un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → R3 de S y dado un campo escalar acotado f definido sobre S, se llama integral de f a lo largo de ϕ, R que denotamos por f a la integral: ϕ

Z

Z f=

ϕ

f (ϕ(u))||N (u)||du R

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia. Integral de un campo vectorial Dado un recorrido ϕ de S y dado un campo vectorial acotado F definido sobre S, se llama integral de F a lo largo de ϕ, que

238

Glosario

denotamos por

R

F · N a la integral:

ϕ

Z

Z F ·N =

ϕ

F (ϕ(u))N (u)du R

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia. Integral de l´ınea Dado un recorrido ϕ de C y dado un campo vectorial acotado F definido sobre C, R R se llama integral de l´ınea de F a lo largo de ϕ, que denotamos por F · T o por F1 dx1 + ... + Fn dxn a la integral: ϕ

ϕ

Z

Zb

Z F ·T =

F1 dx1 + ... + Fn dxn = ϕ

F (ϕ(t))ϕ0 (t)dt

a

ϕ

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia. Integral de trayectoria : Dado un recorrido ϕ de un camino C y dado un campo escalar acotado f definidoR sobre C, se llama integral de trayectoria de f a lo largo de ϕ, que denotamos por f a la integral: ϕ

Zb

Z f= ϕ

f (ϕ(t))||ϕ0 (t)||dt

a

siempre que dicha integral exista como integral propia o impropia. Ley de conservaci´ on de la energ´ıa en un campo conservativo la suma de las energ´ıas cinética y potencial de un objeto se mantiene constante de punto a punto. Longitud de un recorrido Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → Rn de un camino C ⊂ Rn se define la longitud de ϕ, que denotamos por l(ϕ), como: Zb l(ϕ) =

||ϕ0 (t)||dt

a

cuando esta integral exista como integral propia o impropia. Masa del alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado y sea f : C → R la función de densidad de C, entonces para cada recorrido ϕ de C se define la masa del alambre como: Z masa(alambre) = f, ϕ

Glosario

239

cuando esta integral exista como integral propia o impropia. Momento de inercia de un alambre Sea C ⊂ R3 un alambre delgado y sea f : C → R la funci´ on de densidad de C, entonces para cada recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → R3 de C se define el momento de inercia del alambre como:   Z Z Z momento de inercia =  (x22 + x23 )f, (x21 + x23 )f, (x21 + x22 )f  ϕ

ϕ

ϕ

Momento de inercia de una l´ amina Sea S ⊂ R3 una lámina y sea f : S → R la funci´ on de densidad de S, entonces para cada recorrido ϕ de S se define el momento de inercia de la l´ amina como: ! R R R 2 momento de inercia= (x2 + x23 )f, (x21 + x23 )f, (x21 + x22 )f . ϕ

ϕ

ϕ

Orientaci´ on positiva de un camino cerrado simple en R2 se considera que un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ R2 de un camino cerrado simple tiene orientación positiva cuando gira en el sentido contrario a las agujas del reloj. Orientaci´ on positiva del borde de una superficie simple Dada una superficie simple S ⊂ R3 y dado un recorrido regular de S, ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 se llama orientaci´ on positiva del borde de S como la orientación inducida por una orientación positiva del camino cerrado simple f ron(R) ⊂ R2 . Orientaci´ on positiva de una superficie cerrada y orientable Si una superficie compuesta S ⊂ R3 es cerrada y orientable entonces se dice que un recorrido ϕ de S tiene orientaci´ on positiva si el vector normal (cuando existe) apunta al exterior. Punto de adherencia Dado un conjunto no vac´ıo B ⊂ Rn se dice que x es un punto de adherencia de B si para todo radio r > 0 se verifica que B(x, r) ∩ B 6= ∅; es decir, que todas las bolas de centro x y radio r tienen intersección no vac´ıa con B. Al conjunto formado por los puntos de adherencia de B se le denota por B. Punto frontera Dado un conjunto no vac´ıo B ⊂ Rn se dice que x es un punto frontera de B si para todo radio r > 0 se verifica que B(x, r) ∩ B 6= ∅ y también B(x, r) ∩ (Rn \B) 6= ∅; es decir, que todas las bolas de centro x y radio r tienen intersecci´ on no vac´ıa con B y con el complementario de B Al conjunto formado por los puntos frontera de B se le denota por f ron(B). Punto interior Dado un conjunto no vac´ıo B ⊂ Rn se dice que x es un punto interior de B si existe un r > 0 tal que B(x, r) ⊂ B; es decir, que la bola abierta de centro x y radio r est´ a contenida en B. Al conjunto formado por los puntos interiores ◦

de B se le denota por B. Producto exterior Dados dos tensores alternos s ∈ Λk (Rn ) y r ∈ Λl (Rn ) se define el producto exterior de s y r, que denotaremos por sΛr, como sΛr =

(k + l)! Alt(s ⊗ r) k!l!

240

Glosario

Producto tensorial Dados dos tensores s ∈ Lk (Rn ) y r ∈ Ll (Rn ) se define el producto tensorial de s por r como el (k+l)-tensor s ⊗ r ∈ Lk+l (Rn ) dado por: s ⊗ r(v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l ) = s(v 1 , ..., v k )r(v k+1 , ..., v k+l ) para toda familia de vectores {v 1 , ..., v k, v k+1 , ..., v k+l } ⊂ Rn Producto vectorial Dados dos vectores v 1 , v 2 ∈ R3 se llama producto vectorial de v 1 y v 2 y se denota por v 1 × v 2 al vector que resulta de calcular el siguiente determinante:   i j k v 1 × v 2 = det  v11 v12 v13  v21 v22 v23 Recorrido de un camino Dado un camino C ⊂ Rn se dice que ϕ : [a, b] ⊂ R → C es un recorrido de C si ϕ([a, b]) = C, ϕ es continua en [a, b] y existe una partición P de [a, b] tal que ϕ es derivable con continuidad en el interior de cada intervalo J ∈ P, es decir que la derivada de ϕ puede no existir, o simplemente perder la continuidad en una cantidad finita de puntos de [a, b]. Recorridos de caminos equivalentes Dado un camino C ⊂ Rn se dice que dos recorridos de C, ϕ1 : [a, b] → C y ϕ2 : [c, d] → C, son equivalentes si existe una funci´ on h : [a, b] → [c, d] biyectiva, continua, de clase C 1 en el interior de los intervalos J de una partici´ on P de [a, b], con h0 (t) 6= 0 en el interior de cada J ∈ P y tal que ϕ1 (t) = ϕ2 (h(t)) para todo t ∈ [a, b] Recorrido regular de una superficie simple Dada una superficie simple S ⊂ R3 se dice que un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 es regular si es biyectivo y continuo. y tal que ϕ es de clase C 1 y tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos del interior de R. Recorrido de una superficie Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que una función ϕ : R ⊂ R2 → R3 es un recorrido de S si ϕ es una función de clase C 1 en todos los puntos de la regi´ on simple R excepto en un conjunto de medida nula y además ϕ(R) = S. Recorridos de superficie equivalentes Dada una superficie S ⊂ R3 se dice que dos recorridos de S, ϕ : R1 → S y ψ : R2 → S, son equivalentes si existe una función continua H : R1 → R2 tal que: 1- ϕ(u) = ψ(H(u)) para todo u ∈ R1 ◦

◦

◦

◦

2- H(R1 ) = R2 y H : R1 → R2 es un difeomorfismo; es decir que es biyectiva, de ◦

clase C 1 y con jacobiano no nulo en todos los puntos de R1 . Regi´ on simple Diremos que un subconjunto acotado R ⊂ R2 es una región simple

Glosario

241

si la frontera de R es un camino cerrado simple. Rotacional Dado un campo vectorial F : U ⊂ R3 → R3 de clase C 1 en el abierto U se llama rotacional de F y se denota por rotF al campo vectorial que se obtiene al desarrollar el siguiente determinante:   i j k rotF = det  D1 D2 D3  = (D2 F3 − D3 F2 , D3 F1 − D1 F3 , D1 F2 − D2 F1 ) F1 F2 F3 Segundo teorema fundamental del c´ alculo para integrales de l´ınea : Si F : U ⊂ Rn → Rn es un campo conservativo continuo y U es un conjunto abierto y arco-conexo de Rn , entonces el trabajo que se realiza al mover una part´ıcula entre dos puntos cualesquiera x0 y x1 en U unidos por cualquier recorrido ϕ en U es: Z F · T = f (x1 ) − f (x0 ) ϕ

siendo f la funci´ on potencial del campo F S´ olido Se dice que un conjunto acotado K ⊂ R3 es un sólido si su frontera, que denotaremos por ∂K es una superficie compuesta cerrada y orientable. Superficie Llamamos superficie en R3 a todo conjunto de puntos S ⊂ R3 que se obtiene al tomar la imagen de una región simple R por una función continua que no sea constante F : R ⊂ R2 → R3 , es decir, S = F (D). Superficie compuesta Decimos que una superficie S ⊂ R3 es una superficie compuesta si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 que verifica las siguientes propiedades: 1- ϕ es sobreyectiva y continua. 2- Existe una parcelaci´ on de R en regiones simples que denotaremos por P = {Ri ; 1 ≤ p ◦ ◦ S i ≤ p} tales que Ri ∩ Rj = ∅ para todo i 6= j y R = Ri . i=1

3- ϕ|Ri es un recorrido regular de la superficie simple ϕ(Ri ) = Si . Superficie compuesta cerrada Se dice que una superficie compuesta S ⊂ R3 es cerrada si cada camino simple contenido en el borde de S es recorrido dos veces una con orientaci´ on positiva y otra con orientación negativa por la función ϕ ◦ ψ siendo ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 el recorrido regular que define a S y siendo ψ un recorrido regular del camino cerrado simple ∂R Superficie compuesta orientable Se dice que una superficie compuesta S = p S Si con p > 1 es orientable si para cada par de regiones simples Ri y Rj tales que i=1

f ronRi ∩ f ronRj 6= ∅ y N ||.|| pierde la continuidad es esos puntos se verifica que ϕ|f ronRi y ϕ|f ronRj tienen orientaciones contrarias. Superficie simple Una superficie S ⊂ Rn se dice que es simple si existe un recorrido ϕ : R ⊂ R2 → S ⊂ R3 biyectivo y continuo. tal que ϕ es de clase C 1 y

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tiene matriz jacobiana de rango dos en todos los puntos del interior de R. Tensor alterno Decimos que un k-tensor s ∈ Lk (Rn ) es alterno si para cada k-upla de vectores (v 1 , ..., v k ) y para cada par de ´ındices i, j ∈ {1, 2, ..., k} con i 6= j se verifica que s(v 1 , ..., v i , ..., v j , ...v k ) = −s(v 1 , ..., v j , ..., v i , ..., v k ) es decir, que si intercambiamos la posición de dos vectores dejando a los demás quietos el k-tensor s cambia de signo. A la familia de los k-tensores alternos definidos en Rn la denotaremos por Λk (Rn ). Teorema del cambio de variable Dada f : U ⊂ Rn → R una función integrable, siendo U un conjunto abierto, y dados V ⊂ Rn un conjunto abierto y H : V ⊂ Rn → U ⊂ Rn un difeomorfismo (es decir, una función biyectiva, de clase C 1 y con detDH(x) 6= 0 para todo x ∈ V ) se verifica que Z Z f (x)dx = f (H(y))|det(DH(y))|dy V

H(V )

Teorema de la divergencia Si F : U ⊂ R3 → R3 es un campo vectorial de clase C 1 , U es un conjunto abierto que contiene al sólido K y la frontera de K es una superficie de clase C 2 , entonces se verifica que: I Z F ·N divF = K

∂K

Teorema de la funci´ on impl´ıcita Dada F : U ⊂ Rn+m → Rm una función de 1 clase C en el abierto U y dado un punto (x0 , y 0 ) ∈ U, siendo x0 ∈ Rn e y 0 ∈ Rm , tal que F (x0 , y 0 ) = 0, si se verifica que la submatriz de la matriz jacobiana de F en el punto (x0 , y 0 ) formada por las derivadas parciales de las componentes de F respecto de las u ´ltimas m-variables; esto es la matriz cuadrada   Dn+1 F1 (x0 , y 0 ) . . . Dn+m F1 (x0 , y 0 )  ...  ... ... Dn+1 Fm (x0 , y 0 ) . . . Dn+m Fm (x0 , y 0 ) tiene determinante no nulo, entonces existen dos abiertos W y V, con x0 ∈ W y y 0 ∈ V y una funci´ on G : W ⊂ Rn → V ⊂ Rm de clase C 1 tal que F (x, G(x)) = 0 para todo x ∈ W. Teorema de la funci´ on inversa Dada F : U ⊂ Rn → Rn una función de 1 clase C en el abierto U y dado un punto x0 ∈ U tal que det(DF (x0 )) 6= 0 existen

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dos conjuntos abiertos V y W tales que x0 ∈ V ⊂ U y F (x0 ) ∈ W de modo que −1 F : V ⊂ Rn → W ⊂ Rn es biyectiva y su inversa F : W ⊂ Rn → V ⊂ Rn es 1 también de clase C . Adem´ as para cada punto x ∈ V las matrices jacobianas de F −1 yF est´ an relacionadas de la siguiente manera: DF

−1

(F (x)) = (DF (x))−1

Teorema de Green Si F : U ⊂ R2 → R2 es de clase C 1 , U es un conjunto abierto que contiene a la regi´ on simple R y ∂R es el camino cerrado simple que forma la frontera de R, entonces se verifica que: I Z I F ·T = F1 (x)dx1 + F2 (x)dx2 = (D1 F2 (x) − D2 F1 (x))dx. R

∂R

∂R

Teorema de Poincair´ e Dado U ⊂ Rn un conjunto abierto y estrellado y dada n k n Ψ : U ⊂ R → Λ (R ) (con k ≥ 1) una k-forma cerrada; es decir, que dΨ = 0, se verifica que Ψ = d(IΨ) lo cual implica que Ψ es exacta. Teorema de Bolzano Dada una función continua f : [a, b] ⊂ R → R si se verifica que f (a)f (b) < 0 (es decir que f (a) y f (b) son no nulos y de signos contrarios) entonces existe un punto t0 ∈ (a, b) tal que f (t0 ) = 0. Teorema de Stokes Si F : U ⊂ R3 → R3 es de clase C 1 , U es un conjunto abierto que contiene a la superficie simple S y ϕ : R ⊂ R2 → R3 , es una recorrido regular de S con orientaci´ on positiva y de clase C 2 ,entonces se verifica que: H H H rotF · N = F1 dx1 + F2 dx2 + F3 dx3 = F · T S

∂S

∂S

Trabajo que realiza una fuerza Supongamos que F (x1 , x2 , x3 ) es un campo de fuerzas actuando sobre una part´ıcula que se mueve a lo largo de un camino C. Si ϕ : [a,Rb] ⊂ R → C ⊂ R3 es el recorrido que sigue la part´ıcula, entonces la integral de linea F · T , si existe, es el trabajo realizado por la fuerza F al mover una part´ıcula ϕ

de recorrido ϕ. Vector velocidad Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn del camino C, para cada punto t0 ∈ (a, b) donde ϕ es derivable se denomina vector velocidad al vector tangente en t0 ; esto es el vector ϕ0 (t0 ), y el módulo de este vector, ||ϕ0 (t0 )||, es llamado el m´ odulo de la velocidad en t0 Vector aceleraci´ on Dado un recorrido ϕ : [a, b] ⊂ R → C ⊂ Rn del camino C, para cada punto t0 ∈ (a, b) donde ϕ es dos veces derivable se denomina vector aceleraci´ on en t0 al vector ϕ00 (t0 ).

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Glosario

Bibliograf´ıa [A ] C´ alculo. R.A. Adams. ED. Pearson-Addison Wesley 2009 [Ap ] Calculus. T.M. Apostol ED. Reverté. 1967. [CGP ] Notas de Geometr´ıa Diferencial de curvas y superficies. A. Costa, J. Gamboa y A. Porto. Ed. Sanz y Torres [L ] C´ alculo y Geometr´ıa Anal´ıtica. R.E. Larson y R.P. Hostetler Ed. McGraw-Hill 1989. [LHE ] C´ alculo. R.E. Larson, R.P. Hostetler y B.H. Edwards. Ed. McGrawHill. 1995 [MT ] C´ alculo Vectorial. J.E. Marsden y A.J. Tromba. Ed. Pearson-Addison Wesley. 2004 [MW ] Calculus III. J.E. Marsden y A. Weinstein. Ed. Springer-Verlag 1980. [S ] C´ alculo en variedades. M. Spivak. Ed. Reverté 1982 [St ] C´ alculo. J. Stewart. Ed Thomson. 1999. [TM ] F´ısica para la Ciencia y la Tecnolog´ıa P. Tipler y G. Mosca. Ed Reverté 2005

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Campos y Formas. Curso 14-15.PDF

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