Teoría Módulo 1 _ Divergencia y Rotacional_.pdf

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales Campos y Ondas (Aurelio (Aurelio García Marcos) Marcos)

Campos y Ondas Módulo 1



Ejemplo 2-1 Use vectores para demostrar la ley de los cosenos de un triangulo Solución:

La ley de los cosenos es una relación escalar que expresa la longitud de un lado de un triangulo en función de las longitudes de los otros dos lados y el ángulo entre ellos

La ley del coseno dice: 2

2

C = A + B − 2 AB cos α

Para demostrarlo partimos de: C = A + B 2 C = C * C = A + B A + B 2

C = A + B A + B = A A + B B + 2 A B 2 2 2 C = A A + B B + 2 A B = A + B + 2 AB cos θ AB

Como θ AB = 180º −α => cosθ AB

=

cos(180º −α ) = − cosα

Por lo tanto: C 2 = A 2 + B 2 − 2 AB cos α

Ó bien: 2 2 C = A + B − 2 AB cos α

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2.4

SISTEMAS DE COORDENADAS ORTOGONALES


2.4.1 COORDENADAS CARTESIANAS Ejemplo 2-3 Dado un vector A = −a x + 2a y − 2a z en coordenadas cartesianas, encuentre a) Su magnitud A = A b) La expresión del vector unitario a A en la dirección de A c) El ángulo que forma A con el eje z Solución:

a) A

( Ax )2 + ( Ay )2 + ( Az ) 2

=

=

(− 1) 2 + (2) 2 + ( − 2) 2

=

9

=3

A = 3

b) a A

=

A

=

A

1 1 ( − a x + 2 a y − 2a z ) = − a x 3 3

+

1 3

2 a y 3

a A = − a x +

c) Aa z

= Aa z

cos θ z

al ser a z

−

2 a y 3

2 az 3

−

2 a z 3

=

(0,0,1)

a z = 1 (Vector

=−

2 => 3

θ z = cos −1  −

unitario en la dirección del

eje z) − a x + 2 a y − 2a z a z = 3 cos θ z

Resolviendo tenemos: − 2 =

3 cos θ z

=>

cos θ z

θ z = −48.2º +180º = 131,8º

 2    3 

=>

θ z = −48.2º


Ejemplo 2-4 Dado A = 5a x − 2a y

+ a z

y B = −3a x + 4a z calcule

a) A B b) A ∧ B c) θ AB Solución:

a) A B = (5a x − 2a y

+ a z )(−3a x + 4a z ) = −15 + 4 = −11

A B = −11

a x

b) A ∧ B = 5 −3

a y

a z

−2

1 4

0

= (− 8)a x +(− 3 − 20)a y + (− 6)a z

A ∧ B = −8a x −23a y − 6a z

c) θ AB Teniendo en cuenta la relación: A B = AB cosθ AB

A =

(5)2 + (− 2)2 + (1) 2

=>

=

30

 A B    AB   

θ AB = cos −1 

B =

(− 3)2 + (4)2

 A B  − 11   = cos −1    = −66,3º +180 = 113,7º  AB  30 * 5    

θ AB = cos −1 

θ AB = 113,7 º

=

25 = 5


Ejemplo 2-5 a) Escriba la expresión del vector que va desde el punto P 1 (1, 3, 2) hasta el punto P 2 (3, 2, 4) en coordenadas cartesianas. b) Determine la longitud de P1 P2 c) Encuentre la distancia perpendicular desde el origen hasta esta línea. Solución:

a) p1 p 2

(3 − 1)a x + (− 2 − 3)a y + (4 − 2)a z

=

= 2a X − 5a y + 2a z

p1 p 2 = 2a X − 5a y + 2a z

b) P1 P2

(2)2 + (− 5)2 + (2) 2

=

4 + 25 + 4 = 33

=

P1 P2 =

33

c) ON = OP 2 senα = OP 2 ∧ P1 P2

ON =

OP2 ∧ P1 P2

=

(3a

x

) (2a

− 2a y + 4a z ∧

a x

a y

a z

3 2

−2

4 2

OP 2 ∧ P1 P2 =

−5

− 5a y + 2a z

)

33

P1 P2

OP2 ∧ P1 P2 =

x

[

]

= (− 4 + 20 )a x + (− 6 + 8)a y + (− 15 + 4)a z =

(16)2 + (2)2 + (− 11) 2

=

381

Por lo tanto: ON =

381 33

=

3,40

(16a x + 2a y − 11a z )


Problema 2.5 Los vértices de un triangulo están en P1 (1,0,2) ; P2 (− 3,1,5) ; P3 (3,−4,6) a) determine cuál de los vértices corresponde a un ángulo recto b) encuentre el área del triangulo Solución:

a) puesto que se cumple que: A B = AB cos α AB

donde si

α AB =

π

2

A B = 0

Como tenemos P1 P2 = (− 4,1,3)

P1 P3 = (2,−4,4 )

P2 P3 = (0,−5,1)

B ≡ P1 P3 = (2,−4,4)

C ≡ P2 P3 = (0,−5,1)

Llamando: A ≡ P1 P2 = (− 4,1,3)

Realizando las siguientes operaciones: A B = (− 4,1,3)(2,−4,4) = −8 − 4 + 12 = 0 AC = (− 4,1,3)(0,−5,1) = 0 − 5 + 3 = −2 BC = (2,−4,4 )(0,−5,1) = 0 + 20 + 4 = 24

El vértice común en A B es el punto P1 , luego este es el vértice del triangulo que forma un ángulo recto. Vértice P1

b) Área del triangulo:


Problema 2.7 Dado el vector A = 5a x − 2a y + a z , encuentre la expresión de a) Un vector unitario a B tal que a B A b) Un vector unitario a C en el plano xy tal que aC ⊥ A Solución:

a)

a B =

(5a

x

− 2a y + a z

30

b)

a B =

(2a

x

+ 5a y

29

)

)


2.4.2 COORDENADAS CILÍNDRICAS Ejemplo 2-6 Suponiendo que un campo vectorial expresado en coordenadas cilíndricas es: A = (3 cos φ )a r − 2r aφ + z a z

a) Cuál es el campo en el punto P(4, 60º; 5) b) Exprese A p en coordenadas cartesianas c) Exprese la situación del punto P en coordenadas cartesianas Solución:

a) En el punto P (r = 4, ø = 60º, z = 5) el campo es: A p = 3 cos 60º a r − 2 * 4a φ + 5a z

A p =

3 a r − 8a φ + 5a z 2

b) A p se puede expresar en coordenadas cartesianas, mediante la expresión:

 Ax  cos 60º  Ay  =  sen60º     Az   0

− sen60º

cos 60º 0

0  3 2    0 − 8 1  5 

A x =

3 31 3 +8 cos 60º +8sen60º = 2 22 2

=

A y =

3 3 3 1 sen60º −8 cos 60º = −8 2 2 2 2

= −2,70

de donde:

7,68

A z = 1 * 5 = 5

Luego: A p = 7,68a x − 2,70a y + 5a z


c) Para transformar las coordenadas del punto, empleamos los cambios:

x = r cos φ = 4 cos 60º = 4

1 2

y = rsenφ = 4sen60º = 4

3 2

=

2

=

2 3

z = z = 5

P (2, 2√3, 5)


Ejercicio 2.6 Exprese el vector de posición OQ desde el origen al punto Q (3, 4, 5) en coordenadas cilíndricas. Solución:

El vector de posición en coordenadas cilíndricas viene dado por: OQ = A = Ar a r + Az a z

Por lo que no tiene termino en a φ ; es decir; Aϕ = 0 Podemos resolver el problema de dos formas distintas: - Calculando la posición del punto Q en coordenadas cilíndricas y después definiendo el vector OQ . r = x 2 + y 2 =

φ =

tan −1 y x

=

32 + 4 2

=5

tan −1 4 3 = 53,13º

=>

Q (5, 53,13º, 5)

z = z = 5

De donde: OQ = A = 5a x + 5a z

- Calculando las componentes Ar, Aϕ y Az (ignorando la nulidad del término Aϕ) mediante la matriz de transformación:

 Ar   cos φ senι 0 3  Aφ  = − senφ cos φ 0 4 Resolviendo:       Az   0 0 1 5

Ar = 3 cos53,13º + 4sen53,13º = 5 Aϕ = -3sen53,13º + 4cos 53,13º =0 Az = 5

Por lo tanto: OQ = A = 5a x + 5a z

Observemos que para emplear esta matriz de transformación hay que transformar previamente las coordenadas de Q de cartesianas a cilíndricas, para conocer el ángulo ϕ.


Ejercicio 2-7 Las coordenadas cilíndricas de dos punto P1 y P2 son P1 (4, 60º, 1) y P2 (3, 180º, -1) determine la distancia entre ambos puntos. Solución:

Para facilitar los cálculos se pasan los puntos de coordenadas cilíndricas a cartesianas. P1

r=4

x = r cosϕ = 4 cos 60º = 4 1/2 = 2

ϕ = 60º

y = r senϕ = 4 sen60º = 4 √3/2 = 2√3

z=1

z=1 P1 (2, √3/2,

P2

1) en coordenadas cartesianas

r=3

x = r cosϕ = 3 cos 180º = 3 (-1) = -3

ϕ = 180º

y = r senϕ = 3 sen180º = 3 *0 = 0

z = -1

z = -1 P2 (-3, 0, -1) en coordenadas cartesianas

El vector que va desde P1 a P2 viene dado por: P1 P2 =

(5,2

3, 2)

Cuya magnitud es:

P1 P2 =

2

(5)2 + (2 3 )

+ (2 )

2

=

25 + 12 + 2

=

P1 P2 =

41

La distancia buscada es por la tanto:

41


2.4.3 COORDENADAS ESFÉRICAS Relación entre las variables espaciales (x, y, z); (r, ø, z); (R, ø, θ)

Transformación de coordenadas Cilíndricas a cartesianas

Esféricas a cartesianas

Esféricas a cilíndricas

x = r cos φ

x = Rsenθ cos φ

r = Rsenθ

y = rsenφ

y = Rsenθ senφ

φ = φ

z = z

z = R cos θ

z = R cos θ

Cartesianas a cilíndricas

Cartesianas a esféricas

Cilíndricas a esféricas

r = x 2 + y 2

R = x 2 + y 2 + z 2

R =

r 2 + z 2

y x

x 2 + y 2

θ =

tan −1 r z

φ =

tan

z = z

−1

θ =

tan −1

φ =

−1

tan

z

y x

φ = φ


Ejemplo 2-7 Exprese el vector unitario a z en coordenadas esféricas Solución:

Puesto que a z

=

(0,0,1)

Aplicando la transformación:  A R   senθ cos φ senθ senφ  A  =  − senφ cosθ  φ    Aθ  cosθ cos φ cos θ senφ

cos θ 0

  A x    A    y  − senθ   A z 

En nuestro caso:  A R   senθ cos φ senθ senφ  A  =  − senφ cosθ  φ    Aθ  cosθ cos φ cos θ senφ A R = cos θ

cos θ  0 0  0 => − senθ  1

Aφ = 0

Aθ = − senθ

Luego a z en coordenadas esféricas será: a z = cos θ a R − senθ a θ


Ejemplo 2-8 Suponiendo que una nube de electrones confinada en una región entre dos esferas con radios 2 y 5 (cm) tiene una densidad de carga de − 3 * 10

R

−8

4

cos 2 φ

(C/m³)

Encuentre la carga total contenida en la región Solución:

Como tenemos que: ρ v = −

3 * 10 −8 R

4

cos 2 φ

∫

Q = ρ v dv

De los datos ó condiciones del problema el uso de coordenadas esféricas será el más idóneo

∫

2π π  0 , 05       1 2 2 −8 ∫0 ∫0 0∫,02 ρ v R senθ dRd θ d φ = (− 3 *10 ) ∫0 ∫0 0,∫02 R 2 cos φ senθ dR d θ d φ        

2π π 0 , 05

Q = ρ v dv =

π   1  0,05  1 1 2π 2 −8  Q = (− 3 * 10 ) ∫  ∫  −  + cos φ senθ d θ  d φ = (− 3 *10 ) −  ∫ (− cos θ ) cos 2 φ d φ  0,05 0,02  0  0 0  0  R  0,02

2π π

−8

2π

2π

2π

1 + cos 2φ  sen2φ  Q = (− 0,9 * 10 ) ∫ 2 cos φ d φ = (− 0,9 * 10 )2 ∫ d φ = (0,9 * 10 −6 ) φ +  2 2   0 0 0 −6

2

−6

Q = 1,8π [µ C ]

= 1,8π * 10

−6

[C ]


Ejercicio 2.8 Transforme las coordenadas cartesianas (4, -6, 12) en coordenadas esféricas Solución:

Empleando las ecuaciones de paso de cartesianas a esféricas, siguientes: a) R = x 2 + y 2 + z 2 b) θ = tan

−1

=

x 2 + y 2

c) φ = tan −1 y x

z =

(4)2 + (− 6)2 + (12) 2 =

tan

tan −1 (− 6) 4

−1

(4)2 + (− 6)2

=

12

16 + 36 + 144 = 196 = 14 =

tan −1 52 12 = 31º

= −56,31º +360 º = 307,7 º

Por lo tanto las coordenadas (x=4, y=-6, z=12) se convierten en (R=14, θ=31º, ϕ=303,7º) En esféricas: -

Si el valor del ángulo θ da negativo se le suma 180º para tomar el equivalente en positivo, obsérvese que 0 ≤ θ ≤ 180º

- Si el valor del ángulo ϕ da negativo se le suma 360º para tomar su equivalente en positivo, ya que 0 ≤ ϕ ≤ 360º


Problema 2.11 La posición de un punto en coordenadas cilíndricas está indicada por (3, 4π /3, -4) especifique la situación del punto: a) En coordenadas cartesianas. b) En coordenadas esféricas Solución:

a) Coordenadas cartesianas

x = r cos φ = 3 cos 240º = −

y = rsenφ = 3sen 240º = −

3 2

3 3 2

z = z = −4

El punto en coordenadas cartesianas será: P (-3/2, -3√3/2, -4)

b) Coordenadas esféricas

R =

θ =

2

2

r + z =

tan −1 r z

=

(3)2 + (− 4)2

=5

tan −1 3 − 4 = −36,87 º +180º = 143,13º

φ = φ = 4π / 3

El punto en coordenadas esféricas será: P (5, 143,13º, 240º)


2.5

GRADIENTE DE UN CAMPO ESCALAR


Ejemplo 2-9 La intensidad de campo electrostático E puede derivarse como gradiente negativo de un potencial eléctrico V; es decir, E = −∇V .Determine E en el punto (1, 1, 0) si: a) V = V 0 e − x sen

π y

4

b) V = E 0 R cos θ Solución:

a) En este caso, a V lo tenemos en coordenadas cartesianas y cartesianas viene dado por:

∇V =

∂V ∂ x

a x +

∂V ∂ y

a y +

∂V ∂ z

∇V

en coordenadas

a z

Tendremos que: E = −[

 

∂ ∂ x

E =  sen

a x +

π y

4

∂ ∂ y

a x −

∂

a y +

π

4

cos

a z ]V 0 e − x sen

∂ z

π y

4

π y

4

 

− x

= − − e V 0 sen

π y

4

a x + V 0 e − x

 

a y V 0 e − x

Por lo que en el punto dado, (1, 1, 0) tendremos:  

E (1,1,0 ) =  sen

π

4

a x −

 cos a y V 0 e −1 4 4 

π

π

 2  2 a x 

=

E (1,1,0 ) =

Si consideramos que E = E a E E =

V 0

a E =

e

1  π 2  1 +  2  16  1

  a x 1 + (π 2 16) 

−

π

4

 

ay 

V 0

−

2 

2

π

 a x e 2 

8 −

 V 0   e

ay 

π

4

 

ay 

π

4

cos

π y

4

 

a y + 0 =


b) En este caso, a V lo tenemos como función de la coordenada esférica θ. Y como el gradiente en esférica viene dado por:

∇V =

∂V ∂ R

a R +

∂V

R∂θ

aθ +

1

∂V

Rsenθ ∂φ

a φ

Tendremos que: E = −[

∂ ∂ R

a R +

∂

R∂θ

E = −( E 0 cos θ a R −

Como a z

=

1 R

aθ +

1

∂

Rsenθ ∂φ

a φ ] E 0 R cos θ

E 0 Rsenθ aθ + 0) = − E 0

(cosθ a

R

− senθ a θ

cos θ a R − senθ a θ

Tendremos que:

E = −∇V = − E 0 a z

Por lo tanto: E (1,1,0 ) = − E 0 a z

)


2.6

DIVERGENCIA DE UN CAMPO VECTORIAL

La Div A de se define como el flujo neto de salida de A por unidad de volumen conforme el volumen alrededor del punto tiende a cero

∫ Ad s Div A ≅ lim ∆ x→0

S

∆v

La expresión de Div A en coordenadas cartesianas div A =

∂ A x ∂ x

+

∂ A y ∂ y

+

∂ Az ∂ z

En un sistema general de coordenadas ortogonales curvilíneas (u1 , u 2 , u 3 ) es:

∇ A =

 ∂  ∂ ∂ ( ) ( ) ( ) + + h h A h h A h h A 2 3 1 1 3 2 1 2 3   ∂u 2 ∂u 3 h1 h2 h3  ∂u1 

1

Ejercicio 2.10 Suponiendo V = xy − 2 yz , encuentre, en el punto P (2, 3, 6) a) la dirección y la magnitud del máximo incremento de V b) la razón espacial de disminución de V en la dirección hacia el origen Solución:

a) nos piden: ∇V (2,3,6 )

∇V =

∂V ∂ x

a x +

∂V ∂ y

a y +

∂V ∂ z

a z

∇V = y a x + ( x − 2 z )a y − 2 y a z

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales Campos y Ondas (Aurelio García Marcos) ∇V (2,3,6 ) = 3a x − 10a y − 6a z

∇V (2,3,6 ) = 3a x − 10a y − 6a z

b) Razón espacial de disminución de V en dirección hacia (0, 0, 0) l = PO = −2a x − 3a y − 6a z

l =

al =

(− 2 )2 + (− 3)2 + (− 6)2

l

=−

l

(

2 3 a x − a y 7 7

−

6 a z 7

2 a x  7

−

3 a y 7

)

dV = −∇V * a l = − 3a x − 10a y − 6 a z  −

 6 a x 7 

dV = − −

+

30 a y 7

+

36  60 az  = − 7  7

49 = 7

=

−

6  az  7 


Ejemplo 2-10 Calcule la divergencia del vector de posición de un punto arbitrario. Solución:

a) Coordenadas cartesianas La expresión en coordenadas cartesianas del vector de posición es: OP = A = x a x + y a y + z a z Y su divergencia viene dada por: ∇ * A =

∂ A x ∂ x

+

∂ A y ∂ y

+

∂ Az

∂

=

∂ z

∂ x

( x ) +

∂ ∂ y

( y ) +

∂ ∂ z

( z) = 1 + 1 + 1 = 3

Es decir: ∇* A = 3

b) Coordenadas esféricas La expresión en coordenadas esféricas del vector de posición es: OP = A = R a R Y su divergencia viene dada por: ∇ * A =

1

∂

R 2 ∂ R

( R 2 A R ) +

1

∂

Rsenθ ∂φ

( Aθ senθ ) +

1

∂Aφ

Rsenθ ∂φ

Al ser solo función de a R ∇ * A =

1 2

∂

R ∂ R

( R 2 A R ) =

1 2

∂

R ∂ R

( R 2 R ) = 12 3R 2 = 3 R


Vemos que la divergencia del vector de posición de un punto arbitrario, es independiente del sistema de coordenadas elegido


Ejercicio 2.11 Calcule la divergencia del vector de posición de un punto arbitrario en coordenadas cilíndricas Solución:

a) Coordenadas cartesianas La expresión en coordenadas cartesianas del vector de posición es: OP = A = r a r + z a z Y su divergencia viene dada por: ∇ * A =

∇ * A =

1

∂

(rAr ) +

r ∂r

1

∂

r ∂r

(rr ) +

∂ Aφ

r ∂φ ∂

r ∂φ

+

∂ Az ∂ z

(0) +

∂ ∂ z

( z ) =

1∂ r ∂

(r 2 ) + 1 = 1 2r + 1 = 2 + 1 = 3 r


Se confirma que la divergencia del vector de posición de un punto arbitrario, es independiente del sistema de coordenadas elegido


Ejemplo 2-11 La densidad de flujo magnético B alrededor de un alambre muy largo que transporta una corriente es circunferencial e inversamente proporcional a la distancia al eje del alambre. Calcule ∇ B

Solución:

Sea el alambre largo coincidente con el eje z de un sistema coordenadas cilíndricas. El problema establece que B =

K r

a φ

Donde k es una constante. La divergencia de un campo vectorial en coordenadas cilíndricas (r , φ , z ) viene dado por:

∇ * B =

1 ∂ 

r  ∂r

(rBr ) +

∂

r ∂φ

( Bφ ) +

∂ ∂ z



(B z ) 

Como: Bφ = 0

B r =

K r

Sustituyendo valores:

∇ * B =

1 ∂

 1 ∂  K  ∂ (0) +   + (0) = (0 + 0 + 0) = 0  r  ∂r r ∂φ  r  ∂ z  r

Como

∇*B =

0

=> Campo solenoidal

B z = 0


2.7

TEOREMA DE LA DIVERGENCIA

La integral de volumen de la divergencia de un campo vectorial es igual al flujo de salida total del vector a través de la superficie que limita el volumen; es decir:

∫ ∇ Ad v = ∫ Ad s V

S

Ejemplo 2-12 Dado A = x 2 a x + xy a y + yz a z verifique el teorema de la divergencia para un cubo de lado unidad. El cubo está situado en el primer octante del sistema de coordenadas cartesianas con vértice en el origen.

Solución:

El teorema de la divergencia dice:

∫ Ads = ∫ ∇ Adv S

V

Del dibujo tenemos: Cara anterior (1) x=1

A = a x + y a y + yz a z 1

1

1

∫(1) Ad s = ∫0 ∫0 dydz = ∫0 ( z )

1 0 dy

1

=

d s = a x dydz

=>

Ad s = dydz

=>

Ad s = 0

∫0 dy = ( y )0 = 1 1

Cara posterior (2) x=0

A = yz a z

d s = −a x dydz


Cara derecha (3) y = 1 A = x 2 a x + x a y + z a z 1

1

1

∫(3) Ad s = ∫0 ∫0 xdxdz = ∫0 ( z )

1 0 xdx

=>

Ad s = xdxdz

d s = − a y dxdz

=>

Ad s = 0

d s = a z dxdy

=>

Ad s = ydxdy

=>

Ad s = 0

d s = a y dxdz 1

1

 x 2  = ∫ xdx =   2    0 0

=

1 2

Cara izquierda (4) A = x 2 a x

y=0

Cara superior (5) z = 1 A = x 2 a x + xy a y + y a z

∫

Ad s =

(5 )

1

1

1

∫0 ∫0

ydxdy =

∫ ( x)

1 0 ydx

0

1

1

 y 2   = ∫ ydy =  2   0 0

=

1 2

Cara inferior (6) z = 0 A = x 2 a x + xy a y

d s = −a z dxdz

Por lo tanto, sumando todos los resultados anteriores:

∫

Ad s =

S

1

1

∫0 ∫0

1

dydz + 0 +

1

∫0 ∫0

xdxdz +0+

1

1

∫0 ∫0

ydxdy + 0 = 1 + 0 +

1 1 +0+ +0 =2 2 2

Por otra parte, del segundo miembro del teorema de la divergencia tenemos:

∫ ∇ Adv V

Calculando la divergencia de A


∇ A =

∂ ∂ x

A x +

∂ ∂ y

A y +

∂ ∂ z

A z =

∂ ∂ x

( x 2 ) +

∂ ∂ y

( xy ) +

∂ ∂ z

( yz ) = 2 x + x + y = 3 x + y

Por lo que: 1

1

1

1

1

∫ ∇ AdV = ∫0 ∫0 ∫0 (3 x + y )dxdydz = ∫0 ∫0 (3 xz + yz )

1 0 dxdy

V

1

 x 2 1   = ∫  3 x + dx =  3 2   2 0 

+

x 

1

 2  0

=

3 1 + 2 2

=

1

=

∫0

1

1

1

 y 2  ∫0 (3 x + y )dxdy = ∫0  3 xy + 2  dx = 0

2

Como ambos resultados coinciden, queda verificado el teorema de la divergencia


Ejemplo 2-13 Dado F = KR a R , determine si el teorema de la divergencia es válido para la capa encerrada por las superficies esféricas en R = R1 y R = R2 ( R2 > R1 ) con centro en el origen.

Solución:

∫ F d s = Ext

F d s = (KR2 )a R ( R2 senθ d θ d φ )a R

2

SUPERFICIE EXTERIOR R = R2

2

d s = R2 senθ d θ d φ a R π

2π 2 π   2 π 2 3 3 3 ∫0  ∫0 (KR 2 )( R 2 sen θ )d θ d φ = KR 2 ∫0 (− cos θ ) d φ = 2 KR 2 ∫0 d φ = 2 KR 2 (φ )0 0

2 π π

3

= 4π KR 2

d s = − R1 senθ d θ d φ a R F d s = −(KR1 )a R ( R1 senθ d θ d φ )a R 2

SUPERFICIE INTERIOR R = R1

2

π

2π 2π   2π 2 3 3 3 ∫ Int F d s = − ∫0 ∫0 (KR1 )( R1 senθ )d θ d φ = −KR1 ∫0 (− cosθ ) d φ = −2KR1 ∫0 d φ = −2KR1 (φ )0 0 2π π

3

= −4π KR1

Por lo tanto:

∫ Ad s = 4π K ( R2 − R1 ) 3

3

S

Para encontrar la integral de volumen, primero se determina componente F R

∇ * F =

1

∂

2 R ∂ R

( R 2 F R ) +

1

∂

Rsenθ ∂φ

( F θ senθ ) +

1

∂ AF φ

Rsenθ ∂φ

∇ F para

= 3K

una F que solo tenga

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales Campos y Ondas (Aurelio García Marcos) 2π π R2

∫ ∇ Ad v = ∫0 ∫0 ∫ 3K ( R

2

senθ )dRd θ d φ = 3K

R1

=

(

3 K R2

2π

3 − R1

R2

2π π

)2 ∫ d φ = 2 K ( R23 − R13 )(φ )20

π

∫0

2π  R 3  π 3 3   sen d d K R R θ θ φ cos θ = ( − ) − ( ) 2 1 0 d φ ∫0  3  ∫0 R1

(

3

3

= 4π K R2 − R1

)

0

Es decir:

∫ ∇ Ad v = 4π K ( R2 − R1 ) 3

3

Por lo que el teorema de la divergencia es válido pues se cumple que:

∫ ∇ Ad v = ∫ Ad s S


Ejercicio 2.12

Dado un campo vectorial A = r a r + z a z a) Encuentre el flujo de salida total a través de un cilindro circular alrededor del eje z con radio 2 y altura 4 centrado en el origen. b) Repita (a) para el mismo cilindro con la base coincidiendo con el plano xy. c) Encuentre ∇ A y verifique el teorema de la divergencia.

Solución:

a) El flujo de salida viene dado por la expresión:

∫ Ad S S

∫ Ad S = ∫ S

Ad S +

Lateral

Base

∫ inf

Ad S + erior

Base

∫sup Ad S erior

Que en coordenadas cilíndricas tenemos: CARA LATERAL

En este caso r = 2

(tomamos una franja de altura dz alrededor de todo dϕ)

A = r a r + z a z

d S = rdzd φ a r

2  2  2 Ad S = ∫  ∫ r d φ  dz = (2 ) ∫ 2π dz ∫ Lateral  −2  0 −2 2 2π

Ad S = r a r + z a z rdzd φ a r = rrdzd φ

2

= 8π ( z )− 2 = 8π (2 + 2) = 32π


BASE INFERIOR

(tomamos una franja a una distancia dr alrededor de todo dϕ)

z=-2

A = r a r + z a z

d S = rdrd φ − a z

Ad S = r a r + z a z rdrd φ − a z = − zrdrd φ

2

r 2π   r 2  Ad S = − ∫  ∫ d φ  zrdr = −( z )∫ 2π rdr = −(− 2)2π   ∫  2  0 00 0 Base inf erior  r

= 2π (4 − 0) = 8π

BASE SUPERIOR

(tomamos una franja a una distancia r por drdϕ)

z=2

A = r a r + z a z

d S = rdzd φ a z

Ad S = r a r + z a z rdzd φ a z = zrdzd φ

2

r 2π   r 2  Ad S = ∫  ∫ d φ  zrdr = ( z )∫ 2π rdr = (2)2π   ∫  2  0 00 0 Bas sup eriore  r

= 2π (4 − 0) = 8π

Por lo que el flujo total será:

∫ Ad S = ∫ S

Ad S +

Lateral

Base

∫ inf

Ad S + erior

Base

∫sup Ad S = 32π + 8π + 8π = 48π erior

∫ Ad S = 48π S


b) En este caso la expresión del flujo es la misma, pero varían los límites de integración.

∫ Ad S S

∫ Ad S = ∫ S

Ad S +

Lateral

Base

∫ inf

Ad S + erior

Base

∫sup Ad S erior

Como en el caso anterior, en coordenadas cilíndricas tenemos: CARA LATERAL

En este caso r = 2

(tomamos una franja de altura dz alrededor de todo dϕ)

A = r a r + z a z

d S = rdzd φ a r

4  2  2 4 A d S r d dz dz z φ ( 2 ) 2 π 8 π ( ) = = =   0 ∫ ∫0  ∫0  ∫0 Lateral

Ad S = r a r + z a z rdzd φ a r = rrdzd φ

4 2π

= 8π (4 + 0) = 32π

BASE INFERIOR

z=0

(tomamos una franja a una distancia dr alrededor de todo dϕ)

A = r a r + z a z


Por lo que: Base

∫inf Ad S = 0 erior

Ad S = r a r + z a z rdrd φ − a z = − zrdrd φ = 0


BASE SUPERIOR

(tomamos una franja a una distancia r por drdϕ)

z=4

A = r a r + z a z

d S = rdzd φ a z

Ad S = r a r + z a z rdzd φ a z = zrdzd φ

2

r 2π   r 2  Ad S = ∫  ∫ d φ  zrdr = ( z )∫ 2π rdr = (4)2π   ∫  2  0 00 0 Bas sup eriore  r

= 4π (4 − 0) = 16π


∫ Ad S = ∫ S

Ad S +

Lateral

Base

∫ inf

Ad S + erior

Base

∫sup Ad S = 32π + 0 + 16π = 48π erior

∫ Ad S = 48π S

Por lo que vemos que da el mismo resultado que en el caso a) c) Encuentre ∇ A y verifique el teorema de la divergencia.

Al tener el vector A = r a r + z a z en cilíndricas, la divergencia en cilíndricas viene dada por:

∇ * A =

1

∂

r ∂r

(rAr ) +

∂

r ∂φ

( Aφ ) +

∂ ∂ z

( A z )

Sustituyendo valores:

∇ * A =

1

∂

r ∂r

(rr ) +

∂

r ∂φ

(0) +

∂ ∂ z

( z ) =

1

∂

r ∂r

(r 2 ) +

∂

(0) +

r ∂r

∇* A = 3

∂ ∂ z

1 ( z ) = 2r + 0 + 1 = 2 + 0 + 1 = 3 r


Para verificar el teorema de la divergencia calculamos la integral:

∫ (∇ * A)dv V

Donde:

∇* A =

3

dv = rdrdzd φ

Por lo tanto: 2

4 r r r  z 2π  z   r 2  ∫V ∇ * Adv = ∫0 ∫0  ∫0 (3)rdrdzd φ   = (3)2π ∫0 ∫0 rdrdz = 6π ∫0 ( z )0 rdr = 24π ∫0 rdr = 24π  2  0   r

∫ ∇ * Adv = 48π V

Como se cumple que:

∫ ∇ Ad v = ∫ Ad s V

Se verifica el teorema de la divergencia

S

=

48π


Ejemplo 2-14 Dado un campo vectorial F = xy a x − 2 x a y encuentre su circulación alrededor de la trayectoria OABO mostrada en la figura.

Solución:

Dividiendo la integral de circulación en tres partes: A

B

0

A

B

∫ F d l = ∫0 F d l + ∫ F d l + ∫ F d l

OABO

Trayectoria OA:

y = 0

F = −2 x a y

∫ F d l = ∫ (− 2 xa )dx a y

OA

x

=

0

como y = cte => dy = 0

ya que: a y a x

=

d l = dx a x

0

OA

Trayectoria AB:

d l = dxa x + dy a y

F d l = xy a x − 2 x a y dxa x + dy a y = xydx − 2 xdy

La ecuación del cuarto de círculo es x 2 + y 2

=

9

0 ≤ x, y ≤ 3


Por lo tanto: 0

3

∫ E d l = ∫3 x

9 − x dx − 2 ∫ 9 − y 2 dy 2

0

AB

Resolviendo estas dos integrales por separado: 0

∫3 x

-

9 − x 2 dx

Haciendo

x = 3sent dx = 3 cos tdt

=>

∫ 3sent * 3 cos t * 3 cos tdt = ∫ 27 sent cos

2

tdt

Si ahora cos t = u − sentdt = du

∫

2

− 27u du = −27

u3

3

=−

27 3 u 3

Deshaciendo cambios −

27 3 u 3

=−

1 (3 cos t )3 3

=−

1 (9 − x 2 )3 / 2 3

Por lo tanto: 0

∫3 x

3 / 2 1 9 − x 2 dx = − (9 − x 2 ) 3

0 3

=−

1 3 / 2 (9) 3

9 − x 2

= 3 cos t


-

−2

∫

9 − y 2 dy

Haciendo

y = 3sent

9 − y 2

dy = 3 cos tdt

−2

∫

= 3 cos t

  t 1 1 + cos 2t    9 − y 2 dy = −2∫ 3 cos t 3 cos tdt = −2∫ 9 cos 2 t dt = −2 ∫ 9  dt = −2 9 + sen 2t    2      2 4

Si ahora: y

t = sen −1

(por trigonometría

3

1 sent = sent cos t ) 2

2     y 9 − y y y 1 ´2   −1 y    9   1 −    = −  9 sen −1 + y 9 − y 2   = −  9 sen + sent cos t   = − 9 sen +   2   3 3 3 3     9 3 9     



 

= − 9 sen

−1

y

3

 

 



9 − y 2  = − y 9 − y 2

+ y

+ 9 sen

−1

y 



3 

Por lo tanto: 3

−2

∫0

 9 − y dy = − y 9 − y 2  2

+ sen

−1

y 

3

 3  0

 

= − 9 +

π 



2 

De donde: 0

∫ E d l = ∫3 x

AB

3

9 − x dx − 2 ∫ 2

0

REVISAR RESULTADO

1  π   721  9 − y dy = − (9)3 / 2 −  9 +  = −  3  2   9  2

1 / 2

 

− 9 +

π 

π

 = −9 − 9 − 2  2


Ejercicio 2.13 Encuentre la circulación en el sentido de las agujas del reloj del campo vectorial F presentado en el ejemplo 2-14, alrededor de una trayectoria cuadrada en el plano xy centrada en el origen y con cuatro unidades en cada lado ( − 2 ≤ x ≤ 2 y − 2 ≤ y ≤ 2 )


2.8

ROTACIONAL DE UN CAMPO VECTORIAL

El rotacional de un campo vectorial A se denota por rot A ó ∇ ∧ A , es un vector cuya magnitud es la circulación neta máxima de A por unidad de área, conforme conforme el área tiende a cero y cuya dirección es la dirección de la normal al área cuando ésta esta orientada de manera que la circulación sea máxima

La expresión del rotacional de A en coordenadas cartesianas es:  ∂ A z   ∂ y

∇ ∧ A = 

−

∂ A y 

a x ∂ z 

 ∂ A x  ∂ z

+

−

∂ A z 

a y ∂ x 

 ∂ A y   ∂ x

+

−

∂ A x  ∂ y

a z 

O bien:

∇ ∧ A =

La expresión de es:

∇ ∧ A en

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

A x

A y

A z

z

un sistema general de coordenadas ortogonales curvilíneas (u1 , u 2 , u 3 )

∇ ∧ A =

1

a u1 h1

a u 2 h2

a u 3 h3

∂

∂

∂

∂u 2

∂u 3

h2 A2

h3 A3

h1 , h2 , h3 ∂u1 h1 A1

z

Ejemplo 2-15 Demuestre que a) A =

K r

∇∧ A=

0 si:

a φ en coordenadas cilíndricas, donde K es una constante.

b) A = f ( R )a R en coordenadas esféricas, donde f(R) es cualquier función de la distancia radial R.


Solución:

a) En coordenadas cilíndricas tenemos:

∇ ∧ A =

1

a r

r aφ

a z

∂

∂

∂

r ∂r ∂φ ∂ z Ar rAφ A z

z

Sustituyendo los valores especificados para el campo A = (k r )a φ :

∇ ∧ A =

1

a r

r aφ

a z

∂

∂

∂

∂φ

∂ z

r ∂r

0

r

k r

=

1   0 − r 

 ∂   1 k − 0 a z  = (0 + 0 + 0) = 0  ∂r   r

 ∂r  ∂

k a r + (0 − 0)aφ + 

0 z

Por lo tanto queda demostrado que:

∇∧ A=

0

A = a φ k r

si

b) En coordenadas esféricas tenemos:

∇ ∧ A =

=

1

a R

R a θ

Rsenθ a ι

∂

∂

∂

2 ∂θ R senθ ∂ R A R RAθ

( Rsenθ ) Aφ

 ∂ ∂ A  1  1 ∂ A R  ( Aφ senθ ) − θ a R +  Rsenθ  ∂θ R  senθ ∂r ∂φ 

1

∇ ∧ A =

=

∂φ

−

∂ ∂ R

( RAφ ) aθ + 1   ∂ ( RAθ ) − ∂ A aφ

a R

R a θ

Rsen θ a φ

1

∂

∂

∂

R sen θ

∂ R

∂ θ

∂ φ

2

f ( R )

0

0

R



=

R  ∂ R

∂θ 


=

  (0 − 0 )a R R sen θ 

1

2

+

 ∂  ( f ( R )) − 0  R a θ   ∂φ 

+

 1 ∂  ( f ( R ))  Rsen θ a φ  = 2 [(0 ) + (0 ) + (0 )] = 0 0 − ∂θ θ R sen   

Por lo tanto queda demostrado que:

∇∧ A=

0

si

A = f ( R )a R


OPERACIONES DE DIVERGENCIA Y ROTACIONAL Coordenadas Cartesianas (x, y, z) ∂V

Gradiente

∇V =

Divergencia

∇ * A =

Rotacional

∂ x

∂V

a x +

∂ A x ∂ x

+

∂ y ∂ A y

+

∂ y

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

A x

A y

A z

∇ ∧ A =

∂V

a y +

a z

∂ z

∂ Az ∂ z

 ∂ A z  ∂ y 

=

−

∂ A y 

 ∂ A x

a x ∂ z 

+



∂ z

−

∂ A z 

a y ∂ x 

 ∂ A y  ∂ x 

+

−

∂ A x  ∂ y

a z  

Coordenadas Cilíndricas (r, ø, z) ∂V

Gradiente

∇V =

Divergencia

∇ * A =

Rotacional

∂r

∇ ∧ A =

∂V

ar +

1

∂

r ∂φ

aφ +

(rAr ) +

r ∂r

1

ar

r aφ

a z

∂

∂

∂

r ∂r ∂φ ∂ z Ar rAφ A z

∂V ∂ z

∂ Aφ

r ∂φ

=

+

a z

∂ Az ∂ z

1  ∂ A z

∂ A y  1  ∂ A ∂ A  1  ∂ ∂ A   a r +  r − z r aφ +  (rAφ ) − r a z − ∂r  ∂φ  r  r ∂φ ∂ z  r  ∂ z r  ∂r

Coordenadas Esféricas (R, θ, ø) ∂V

Gradiente

∇V =

Divergencia

∇ * A =

Rotacional

=

∂ R

∇ ∧ A =

a R +

1

∂

R 2 ∂ R

1 2

∂V

R∂θ

aθ +

( R 2 A R ) +

1

∂V

Rsenθ ∂φ

1

∂

Rsenθ ∂φ

a R

aθ R

aφ Rsenθ

∂

∂

∂

R senθ ∂ R ∂θ A R RAθ

∂φ

( Aθ senθ ) +

1

∂Aφ

Rsenθ ∂φ

=

( Rsenθ ) Aφ

 ∂ ∂ A  1  1 ∂ A R  ( Aφ senθ ) − θ a R +  ∂φ  Rsenθ  ∂θ R  senθ ∂r

1

aφ

−

∂ ∂ R

( RA ) a φ



θ

+

1  ∂

∂ A   ( RAθ ) − R a φ ∂θ  R  ∂ R


Calcular la divergencia del vector de posición de un punto genérico en los tres sistemas coordenados: a) En Coordenadas Cartesianas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (x, y, z) es: OP = A = x a x + y a y + z a z

La divergencia viene dada por: ∂

( )

∇ * OP = ∇ * A =

∂

∇ * A =

∂ x

x +

∂ ∂ y

∂ x

Ax +

y +

∂ ∂ z

∂ ∂ y

Ay +

∂ ∂ z

Az

z = 1+1+1 = 3

∇* A = 3

b) En Coordenadas Cilíndricas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (r, ø, z) es: OP = A = r a r + z a z

La divergencia viene dada por:

( )

∇ * OP = ∇ * A =

∇ * A =

1

∂

r ∂r

(r 2 ) +

1

∂

r ∂r ∂

r ∂φ

(rAr ) +

(0) +

∂ ∂ z

∂

∂

Aφ + Az r ∂φ ∂ z z = 2 + 0 +1 = 3

∇* A = 3

c) En Coordenadas Esféricas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (R, θ, ø) es: OP = A = R a R

La divergencia viene dada por:

( )

∇ * OP = ∇ * A =

1 2

∂

R ∂ R

( R 2 A ) + 1 R

∂

Rsenθ ∂θ

( Aθ senθ ) +

1

∂

Aφ Rsenθ ∂φ


∇ * A =

1

∂

2 R ∂ R

( R R) + 2

1

∂

Rsenθ ∂θ

(0) +

1

∂

Rsenθ ∂φ

R

2

R

2

(0) = 3

+0+0 =3

∇* A = 3

La divergencia del vector de posición de un punto genérico, es independiente del sistema de coordenadas elegido para resolverlo. CUADRO RESUMEN Punto P Vector de posición A

Cartesianas (x, y, z) A = x a x + y a y + z a z

Cilíndricas (r, ø, z) A = r a r + z a z

Esféricas (R, θ, ø) A = R a R


Calcular el rotacional del vector de posición de un punto genérico en los tres sistemas coordenados: a) En Coordenadas Cartesianas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (x, y, z) es: OP = A = x a x + y a y + z a z

El rotacional viene dado por:

( )

∇ ∧ OP = ∇ ∧ A =

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

A x

A y

A z

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

∂ z

x

y

z

∇ ∧ A =

=

=

 ∂ A z   ∂ y

∂ A y 

a x ∂ z 

−

 ∂ ∂   z − y a x ∂ z   ∂ y

 ∂ A x  ∂ z

+

−

∂   ∂ x − z a y ∂ x   ∂ z

+

∇∧ A=

∂ A z 

a y ∂ x 

 ∂

+ 

 ∂ x

 ∂ A y  ∂ x 

+

y +

∂ ∂ y

+

 a z  ∂ y  

∂ A x 









x a z  = 0

0

b) En Coordenadas Cilíndricas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (r, ø, z) es: OP = A = r a r + z a z


( )

∇ ∧ OP = ∇ ∧ A =

∇ ∧ A =

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

∂φ

∂ z

r ∂r r

0

=

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

r ∂r ∂φ Ar rAφ

∂ z

A z

1  ∂

=

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

∂φ

∂ z

r ∂r r

0

z

  ∂  ∂    ∂    0 0 z a r z r a r a z  − + − + − r φ      φ r  ∂φ z r ∂ ∂ ∂      

z ∇∧ A=

0

=

0


c) En Coordenadas Esféricas; La expresión del vector de posición de un punto arbitrario (R, θ, ø) es: OP = A = R a R


( )

∇ ∧ OP = ∇ ∧ A =

∇ ∧ A =

1

a R ∂

2 R senθ ∂ R R

R a θ Rsenθ a φ

a R

1

∂

∂

∂θ R senθ ∂ R A R RAθ

R a φ Rsenθ a z ∂

∂

∂θ

∂φ

0

∂

2

=

0

∂φ

=

Rsenθ Aφ

 (0 − 0)a R 2 R senθ 

1

∇∧ A=

a R

1

∂

2

R senθ ∂ R R

 ∂



+ 

R a θ Rsenθ a φ ∂

∂

∂θ

∂φ

0

0



∂



0

El rotacional del vector de posición de un punto genérico no depende del sistema de coordenadas elegido. Observamos que en un punto arbitrario el vector de posición: ∇* A ≠

0



R − 0  R a φ +  0 − R  Rsenθ a φ  = 0  ∂θ   ∂φ  

∇∧ A=

0

Luego el vector de posición de un punto arbitrario es irrotacional pero no solenoidal.


2.9

TEOREMA DE STOKES

La Integral de superficie del rotacional de un campo vectorial sobre una superficie abierta es igual a la integral de línea cerrada del vector a lo l ago del contorno que limita la superficie .

∫ ∇ ∧ F d s = ∫ F d l S

C

Ejemplo 2-16 Dado F = xy a x − 2 x a y verifique el teorema de stokes sobre un cuarto de disco circular con radio 3 en el primer cuadrante.

Solución:

∇ ∧ F =

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y − 2 x

∂ z

xy

 

∇ ∧ F =  0 −

∂ ∂ z

0

 

 

= 0 −

∂ ∂ z

(− 2 x ) a x 

 ∂  ( xy) − 0 a y  ∂ z 

(− 2 x)a x + 

 ∂ ( xy ) − 0 a y  ∂ z 

+

 ∂

+ 

 ∂ x

(− 2 x) −

∂ ∂ y

 ∂

+ 

 ∂ x



(− 2 x ) −

( xy) a z

∇ ∧ F = −(2 + x )a z

Para el contorno indicado y la dirección de d l , d s = a n ds = a n dxdy



=

∂ ∂ y



( xy )a z 

[0 + 0 + (−2 − x)a ] z


Por lo tanto:

∫ (∇ ∧ F )d s = ∫ (∇ ∧ F )(dxdy a ) z

S

S

Teniendo en cuenta que los limites de integración de la curva x 2 + y 2

0 ≤ y ≤ 3

∫ (∇ ∧ A)(dxdya ) = ∫3 z

S

 ∫0 (− (2 + x)a z )(dxdy a z ) = ∫3  

9 − y 2

0

 1  2 2  2 = − ∫ 2 9 − y + (9 − y ) dy = −  y 9 − y   2  3  0

 

= − (0 + 0 + 0) −  0 + 9 sen



9son:

0 ≤ x ≤ 9 − y 2

0



=

−1

9 − y 0   x 2  ∫0 − (2 + x )dxdy = −∫3  2 x + 2  dy 0  2

9 − y 2

0

y 3  1    + 9 sen +  9 y − 3 2  3  3 −1 y

3 1   π   π  −1 + (27 − 9)  = −(9 sen 1 + 9 ) = − 9 + 9  = −91 +  3 2   2   2 

Por lo tanto:  π  ( ∇ ∧ F ) d s = − 9 1 +  ∫ 2 S





Por otra parte: A

B

0

A

B

∫ F d l = ∫0 F d l + ∫ F d l + ∫ F d l

C

Trayectoria OA: A

y = 0

F = −2 x a y

d l = dx a x

Trayectoria AB: x 2 + y 2 = 9

0 ≤ x, y ≤ 3

F d l = 0

=>

∫0 F d l = 0


F = xy a x − 2 x a y

B

∫

A

3

B

F d l =

F d l = xydx − 2 xdy

d l = dx a x + dy a y

∫ ( xydx − 2 xdy) = ∫ x 9 − x

3

2

dx −

0

A

 π  2 − = − 2 9 9 y dy 1 +  ∫0  2 

Por lo tanto como:

∫ C

 

F d l = −91 +

π 



2 

=>

∫ (∇ ∧ F )d s = ∫ F d l S

C

Con lo que queda verificado el teorema de de stokes.


Ejercicio 2.14 Dado F = senφ a r + 3 cos φ a φ y la región de cuarto de circulo de la figura. a) Determine

∫ F d l OABO

b) Calcule

∇ ∧ F y

verifique el teorema de Stokes

d l = dr a r + rd φ a φ d S = rdrd φ a z

A

B

0

A

B

∫ F d l = ∫0 F d l + ∫ F d l + ∫ F d l

a) Tenemos:

OABO

TRAMO OA φ = 0

F = 3a φ

∫ E d l = ∫ 3a OA

θ

como φ = cte => d φ = 0

dr a r = 0

d l = dr a r

ya que: aθ a r = 0

OA

TRAMO AB

r = 0

0 ≤ φ ≤

π

F = senφ a r + 3 cos φ a φ

2

como r = cte => dr = 0

d l = rd φ a φ

∫

E d l =

AB

∫ (senφ a AB

r

)

+ 3 cos φ a θ rd φ a φ =

π / 2

π / 2 φ φ ( φ ) = r d r sen 3 cos 3 0 ∫

0

= 3*3 = 9


TRAMO BO π

φ =

0 ≤ r ≤ 3

2

0

∫

E d l =

BO

∫ (a )dr a = ∫ dr = (r ) r

como φ = cte => d φ = 0

F = a r

0 3

r

d l = dr a r

= −3

3

BO

∫ E d l = ∫ E d l + ∫ E d l + ∫ E d l = 0 + 9 − 3 = 6 OABO

OA

AB

BO

∫ E d l = 6 OABO

b) El rotacional de F viene dado F por:

∇ ∧ F =

∇ ∧ F =

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

∂ y

∂ z

3r cos φ

0

r ∂ x senφ

1

 

∂

= 0 −

∂ z

 ∂

 (3r cos φ ) a r +   (senφ ) − 0 r a φ +  ∂



 ∂ z



(3r cos φ ) −

 ∂r

∂ ∂φ



( senφ ) a z 

2 [0 + 0 + (3 cos φ − cos φ )] = cos φ

r

r

∇ ∧ F =

 2  ∫S (∇ ∧ F )d s = ∫S  r cosφ a z rdrd φ a z

Como se cumple que:

r

cos φ

π / 2

3   3 = ∫ 2 cosφ d φ dr = ∫  ∫ 2 cosφ d φ dr = ∫ 2(senφ ) dr = 2(r )0 S 0 0 0  0 3 π / 2

∫ (∇ ∧ F )d s = ∫ F d l S

Se verifica el teorema de stokes

2

C

=6


2-11

CLASIFICACIÓN DE CAMPOS Y TEOREMA DE HELMHOLTZ

El teorema de Helmholtz dice que: Un campo vectorial esta determinado si su divergencia y su rotacional están especificados en todos los puntos . 1. Solenoidal e irrotacional si ∇ F = 0

y

∇ ∧ F =

0

EJEMPLO: Un campo eléctrico estático en una región libre de carga 2. Solenoidal pero no rotacional si ∇ F = 0

y

∇ ∧ F ≠

0

EJEMPLO: Un campo magnético estático en un conductor que transporta corriente 3. Irrotacional pero no solenoidal si ∇ ∧ F =

0

y

∇ F ≠

0

EJEMPLO: Un campo eléctrico estático en una región con carga 4. Ni solenoidal ni irrotacional si ∇ F ≠

0

y

∇ ∧ F ≠

0

EJEMPLO: Un campo eléctrico en un medio cargado magnético variable con el tiempo


Ejercicio 2.17 Determinar si los campos vectoriales siguientes son irrotacionales, solenoidales, ambos ó ninguno. a) A = xy a x − y 2 a y + xz a z -

Para que le vector dado sea irrotacional se ha de verificar: rotacional sea nulo.

∇ ∧ A =

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y − y

xy

∂ z 2

=

 ∂ ∂ 2   xz y ( )  a x − −  y z ∂ ∂  

 ∂

+ 

 ∂ x

(− y 2 ) +

∂ ∂ y









xy a z 

xz

(0 − 0)a x + (0 − z )a y + ( x)a z

∇ ∧ A =

∂  ∂  xy − xz a y ∂ x   ∂ z

+

0; es decir que el

∇∧ A=

= − z a y + x a z ≠

0

=> no es irrotacional

- Para que sea solenoidal se ha de verificar ∇ A = 0 ; es decir que la divergencia sea nula. ∂

∇ * A =

∂ x

xy +

∂ ∂ y

(− y 2 ) +

∂ ∂ z

xz = y − 2 y + x = x − y ≠ 0 =>

no es solenoidal

Respuesta a) Ninguno

b) B = r senφ a r + 2 cos φ a φ - Para que le vector dado sea irrotacional se ha de verificar: rotacional sea nulo.

∇ ∧ B =

1

∇ ∧ B =

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

∂φ

∂ z

r ∂r rsenφ

1 r

2

2r cosφ 0

[(0 − 0)a

r

=

1   0 − r 

∂ ∂ z

∂

 ∂ z

]

+ (0 − 0)r a φ + (4r cos φ − r cos φ )a z =

Por lo tanto no es irrotacional

 ∂

 2r 2 cosφ a r +   rsenφ − 0r aφ +  

0; es decir que el

∇∧B =



(4 cos φ − cos φ )a z

2r 2 cosφ −

 ∂r

=

3 cos φ a z

≠

∂ ∂φ

0

 

rsenφ a z 

 


-

Para que sea solenoidal se ha de verificar ∇ B = 0 ; es decir que la divergencia sea nula.

∇ * B =

1

∂

(rsenφ ) +

r ∂r

∂

r ∂φ

(2r cos φ ) +

∂ ∂ z

1 1 1  (0) = ( senφ ) + (´−2rsenφ ) =   − 2  senφ ≠ 0 r

 r

r



Luego no es solenoidal Respuesta b) ninguno

c) C = x a x − 2 y a y + z a z -


∇ ∧ C =

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y − 2 y

∂ z

x

∇ ∧ C =

-

=

 ∂  ∂  a x ( 2 ) z − − y  ∂ y ∂ z  

∇∧ A=

∂  ∂ ( −2 y ) a y x − ∂ x  ∂ z 

+

0; es decir que el

 ∂

+ 

 ∂ x

(−2 y ) +

∂ ∂ y









x  a z 

z

(0 − 0 )a x + (0 − 0 )a y + (0 − 0 )a z

=

0

=> es irrotacional

Para que sea solenoidal se ha de verificar ∇C = 0; es decir que la divergencia sea nula.

∇ * C =

∂ ∂ x

x +

∂ ∂ y

(−2 y ) +

∂ ∂ z

z = 1− 2 +1 = 0

=> es solenoidal

Respuesta b) Ambos

d) D = -

K R

a R


∇∧D =

0; es decir que el


∇ ∧ D =

1

a R ∂

R 2 senθ ∂ R K R

∇ ∧ D =

-

1 2

R senθ

R a φ Rsenθ a z ∂

∂

∂θ

∂φ

0

0

[(0 − 0)a

R

+

=

 (0 − 0)a R R 2 senθ 

1

 ∂ K

+ 

 ∂φ R

(0 − 0) Ra φ + (0 − 0) Rsenθ a φ ]= 0



 

− 0  R a φ +  0 −



  Rsenθ a φ  ∂θ R   ∂ K 

=> es irrotacional

Para que sea solenoidal se ha de verificar ∇ D = 0; es decir que la divergencia sea nula.

∇ * A =

1

K 1 ∂ 1 ∂ 1  2 K  (0) + (0) = 2 ( K ) + 0 + 0 = 2  R + Rsenθ ∂φ R ∂ R  R  Rsenθ ∂θ R R ∂

2

Por lo que no es solenoidal Respuesta d) irrotacional

≠

0


Problema 2.13 Exprese la componente r, Ar de un vector A en (r 1 , φ 1 , z1 ) a) En función de A x y A y en coordenadas cartesianas b) En función de A R y Aθ en coordenadas esféricas Solución:

a) En coordenadas cartesianas Partiendo de la matriz de transformación:

Resolviéndola tendremos: Ar = cos φ 1 Ax + senφ 1 Ay

Que es la expresión buscada. b) En coordenadas esféricas Partiendo de la matriz de transformación:


Problema 2.15

Dado un campo vectorial en coordenadas esféricas F =

12 R 2

a R

a) Encuentre F y Fy en el punto P (-2, -4, 4) b) Encuentre el ángulo que forma F con el vector A = 2a x − 3a y − 6a z en P Solución:

a) Encuentre F y Fy en el punto P (-2, -4, 4). Como el campo esta expresado en esféricas, R es el módulo del vector posición y la componente en el eje y será la proyección de este sobre el eje y Para definir el campo vectorial F en el punto P calculamos R

R =

F p =

(− 2)2 + (− 4)2 + (4) 2 12 R

a R =

12 a R 6

=

4 + 16 + 16 = 6

= 2a R

El vector F p y será:

(F ) = (F )cosθ a p y

p

y

=

 

2 −

− 4 

a y 6 

=−

4 ay 3

(F )

p y

=−

4 ay 3

b) Ángulo entre F y el vector A = 2a x − 3a y − 6a z en En este caso, se puede pasar el vector a R a cartesianas y luego aplicar la definición de producto escalar.  − 2 a x  6

a R = 2

+

−4

6

a y +

4  2 a z  = − a x 6  3

−

4 a y 3

+

4 a z 3


Como tenemos que : A = 2a x − 3a y − 6a y

Tendremos:

cos(α ) =

a R A

(α ) = cos −1

=>

a R A

a R A

 2  − a x  3

(α ) = cos −1

 2  −   3 

(α ) = cos −1

− 16

42

a R A

2

−

4 a y 3

 4  + −   3 

2

+

4  a z (2a x − 3a y − 6a z ) 3 

 4  +   3 

=

2

(2)

2

2

+ (− 3) + (− 6)

=> α = 112,4º

α = 112,4º

2

cos −1

 16  −   3 

4 49

=

cos −1

− 16

42


Problema 2.17 Denote con R el vector de posición de un punto P (x, y, z). Determine

∇

(1 R )

a) En coordenadas cartesianas. b) En coordenadas esféricas. Solución:

a) En coordenadas cartesianas el vector de posición de un punto P (x, y, z), viene dado por: 1 / 2

R = ( x 2 + y 2 + z 2 )

=>

R = x a x + y a y + z a z

El gradiente viene dado por:  1  ∂(1 R ) a x = ∂ x  R 

∇

+

∂ (1 R ) ∂ y

a y +

1  1  ∂ a x = 2 2 2 1 / 2 R x ∂   ( x + y + z )

∇

 1  =  R 

∇

∂ z

(

x

 1  − x  = 3 a x R   R

+

− y

R

3

a y +

+

− z

R

3

1

∂ y x 2 + y 2 + z 2

( x 2 + y 2 + z 2 )

− x  1  a = 2 3 / 2 x  R  ( x + y 2 + z 2 )

a z

∂

+

1  1 2 2 2 − 2  − 2 x ( x + y + z )   2  a

∇

∇

∂(1 R )

( x

)

1

∂

(

∂ z x 2 + y 2 + z 2

1  1 2 2 2 − 2  − 2 y  ( x + y + x )   2  a +

y

( x 2 + y 2 + z 2 )1 / 2

− y 2

1 / 2

a y +

2

+ y + z

2 3 / 2

)

(

a y +

( x

2

+ y + z

)

a z = − x a x + y a y + z a z / R 3

1  1   = − 3 x a x + y a y + z a z R  R 

∇

(

)

2 3 / 2

)

)

az

1  1 2 2 2 − 2  − 2 z  ( x + y + z )   2  a +

− z 2

1 / 2

( x 2 + y 2 + z 2 )1 / 2

az

z


a) En coordenadas esféricas el vector de posición de un punto P (x, y, z), viene dado por: 1 / 2

R = ( R 2 )

=>

R = R a R

El gradiente viene dado por: 1 ∂(1 R) 1 ∂(1 R)  1  ∂(1 R ) a R + a θ + a φ = R R R Rsen θ θ φ ∂ ∂ ∂  

∇

 1  ∂(1 R ) a R = ∂ R  R 

∇

=−

1

R 2

a R

1  1   = − 2 a R R  R 

∇

=R


Problema 2.21 Dado el campo vectorial F = xy a x + yz a y + zx a z a) Calcule el flujo de salida total a través de la superficie de un cubo unidad en el primer octante con un vértice en el origen. b) Encuentre y verifique el teorema de la divergencia.

Solución:

a) Para calcular el flujo a través de la superficie, del dibujo tenemos: Cara anterior (1) x=1

∫

F = y a x + yz a y + z a z 1

F d s =

(1)

1

1

∫0 ∫0

ydydz =

∫ ( z ) 0

1 0 ydy

1

d s = a x dydz 1

 y 2   = ∫ ydy =  2   0 0

=

=>

F d s = ydydz

1 2

Cara posterior (2) x=0

F = yz a y

d s = −a x dydz

=>

F d s = 0

d s = − a y dxdz

=>

F d s = 0

Cara izquierda (3) y=0

F = zx a z


Cara derecha (4) y=1

F = x a x + z a y + zxa z 1

∫(3)F d s = ∫0

1

=>

F d s = zdxdz

d s = −a z dxdz

=>

F d s = 0

d s = a z dxdy

=>

F d s = xdxdy

d s = a y dxdz

1

1

 z 2  11 1 1 ∫0 zdxdz = ∫0  2  dx = 2 ∫0 dx = 2 (x )0 0

=

1 2

Cara inferior (5) z=0

F = xy a x

Cara superior (6) z=1

F = xy a x + y a y + xa z 1

∫

1

∫0 ∫0

F d s =

xdxdy =

(5 )

1

∫ ( y )

1 0 xdx

0

1

1

 x 2   = ∫ xdx =  2   0 0

=

1 2

Por lo tanto, sumando todos los resultados anteriores:

∫

1

F d s =

S

1

∫0 ∫0

1

ydydz + 0 + 0 +

1

1

∫0 ∫0

zdxdz +0+

1

∫0 ∫0

xdxdy =

1 1 1 +0+0+ +0+ 2 2 2

a) El teorema de la divergencia dice:

∫ F ds = ∫ (∇ F )dv S

V

del segundo miembro del teorema de la divergencia tenemos:

∫ ∇ F dv V

=

3 2


Calculando la divergencia de F F = xy a x + yz a y + zx a z

∇ F =

∂ ∂ x

F x +

∂ ∂ y

F y +

∂ ∂ z

F z =

∂ ∂ x

( xy ) +

∂ ∂ y

( yz ) +

∂ ∂ z

( zx) = ( x + y + z )

Por lo que: 1

1

1

1

∫ ∇ F dV = ∫0 ∫0 ∫0 ( x + y + z )dxdydz = ∫0 V

1

 y 2 = ∫  xy +  2 0 

1

1  + y  2  0

1

1

1 1  z 2  1     xz + yz + dxdy = x + y +   dxdy = ∫0  ∫0 ∫0  2  0 2 

1

1  x 2  1 1  = ∫  x + +  dx = ∫ ( x + 1)dx =  2 2 2   0  0

1

 + x   0

=

1 3 +1 = 2 2

Como ambos resultados coinciden, queda verificado el teorema de la divergencia, es decir; se cumple que:

∫ F ds = ∫ ∇ F dv S

V


Problema 2.23 Para una función vectorial A = z a z a) Calcule ∫ Ad S , sobre la superficie de una región semiesférica que es la mitad superior de una esfera de radio 3 centrada en el origen, con la base coincidiendo con el plano xy b) Encuentre ∇ A c) Verifique el teorema de la divergencia.

Solución:

Resolviendo el problema en esféricas tendremos: a) Flujo a través de la superficie S Tenemos:

A = z a z

∫ Ad S

donde: z = R cos θ

=>

En polares d S = R 2 senθ d θ d φ a R CARA SUPERIOR

2 Ad S = ( R cos θ )a z ( R senθ d θ d φ )a R

como: a z a R

Tendremos que: 2 3 2 Ad S = ( R cos θ )a z ( R senθ d θ d φ )a R = R cos θ senθ d θ d φ

=

cos θ

A = R cos θ a z


Por lo tanto:

Cara

∫sup Ad S = erior

π / 2

2π 3   1 3 2π 2π 3 3 2 3  cos θ    cos θ θ θ φ φ φ = − = = R sen d d R d R d R   ∫0  ∫0 ∫ ∫   3 3 3  0 0  0 

2π π / 2

CARA INFERIOR

z=0

(TAMBIEN SE PUEDE HACER EL CALCULO EN CILÍNDRICAS)

A = z a z

∫ inf

  zrdr ∫0 ∫0 d φ = (0)

2π r

Ad S =

Cara

Ad S = ( z )a z (− rdrd φ )a z = − zrdrd φ


erior

ya que z = 0

Por lo tanto el flujo total será:

∫

∫

Ad S =

Cara sup eriot

S

∫

Ad S +

Ad S =

Cara inf erior

2π 3 2 3 R + 0 = R 3 3

∫

Ad S =

S

2 3 R 3

b) Divergencia de A

∇ * A =

∂ A x ∂ x

+

∂ A y ∂ y

+

∂ Az ∂ z

=

∂ ∂ x

(0) +

∂ ∂ y

(0) +

∂ ∂ z

( z) = 0 + 0 + 1 = 1

∇* A =1


c) Para verificar el teorema de la divergencia, tenemos que calcular la integral de volumen de la divergencia de A ∇* A =1

dv = R 2 senθ d θ d φ dR

π / 2 2π π / 2   2 1 3 2π ∫V (∇ A)d v = ∫0  ∫0  ∫0 senθ d θ  d φ  R dR = 3 R ∫0 (− cosθ )0   R

∫ V

∇ Ad v =

1 3 2π 2π 3 R = R ∫ d φ = 3 0 3

2 3 R 3

Ambos valores coinciden por lo tanto se verifica el teorema de la divergencia

∫ ∇ Ad v = ∫ Ad S V

S


Problema 2.26 Suponga un campo vectorial A = (2 x 2 + y 2 )a x + ( xy − y 2 )a y a) Calcule ∫ Ad l a lo largo del triangulo ilustrado. b) Calcule

∫ ∇ ∧ A d s sobre el área triangular.

c) ¿puede expresarse A como gradiente de un escalar? Explique.

A = (2 x + y )a x + ( xy − y )a y 2

2

2

dl = dxa x + dy a y

a) Teniendo en cuenta que:

∫ Ad l = ∫ Ad l + ∫ Ad l + ∫ Ad l ABCA

AB

BC

CA

CAMINO - AB 2

y = 0

∫

Ad l =

AB

A = 2 x a x

como y = cte => dy = 0

2

2 ∫ 2 x dx = ∫ 2 x dx = 2

AB

0

2 3 2 (x )0 3

=

16 3

CAMINO - BC

La recta BC viene dada por: x − x1 x 2 − x1

=

y − y1 y 2 − y1

=>

x − 2

0−2

=

y − 0

2−0

=> y =

2 − x

dl = dx a x

Ad l = 2 x 2 dx


(

)

(

)

A = 2 x + (2 − x ) a X + x(2 − x ) − (2 − x) a y = (3 x − 4 x + 4 )a x + (− 2 x + 6 x − 4)a y 2

2

2

De la ecuación de la recta y = 2 − x

2

=>

2

dy = − dx

Luego:

dl = dxa x − dx a y

∫ Ad l = ∫ (3 x BC

2

)

(

(

)

2

) ∫ (5 x

− 4 x + 4 a x + − 2 x + 6 x − 4 a y dx a x − dx a y =

AB

2

)

− 10 x + 8 dx

BC

0

 x 3 ∫ BC Ad l = ∫2 (5 x − 10 x + 8)dx =  5 3 2

0

 − 5 x + 8 x   2 2

=5

8 40 28 − 20 + 16 = − +4=− 3 3 3

CAMINO - CA 2

x = 0

∫ Ad l = ∫ − y CA

2

como x = cte => dx = 0

A = y a x − y a y 0

2

∫2

2

dy = − y dy = −

CA

1 30 ( y )2 3

=

8 3

Por lo que tendremos: 16 28 8 4 − + =− 3 3 3

∫ Ad l = ∫ Ad l + ∫ Ad l + ∫ Ad l = 3

ABCA

AB

BC

CA

∫

Ad l = −

ABCA

b)

∫ ∇ ∧ A d s

∇ ∧ A =

donde: d S = dxdy

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x

∂ y

(2 x + y ) ( xy − y ) 2

2

∂ z

0

4 3

dl = dy a y

2

Ad l = − y dy


∇ ∧ A =

∂  2   0 − ( xy − y ) a x ∂ z  

+

∇ ∧ A =

(0 − 0 )a x

+ ( y − 2 y )a z = − y a z

+

(0 − 0 )a y

 ∂  2  (2 x + y ) − 0  a y  ∂ z 

+

 ∂ ∂  ( xy − y 2 ) − (2 x + y 2 )  a z ∂ y  ∂ x 

2− x

2 2    y 2  1 2 ∫ (∇ ∧ A)d s = ∫S − y a z dxdy a z = ∫0  ∫0 (− y )dydx = ∫0  − 2  dx = −∫0 2 (2 − x) dx = 0 2 2 − x

12 1  x 3 2 = − ∫ (4 − 4 x + x )dx = −  20 2  3

2

 −4 + 4x   2  0 x 2

=−

1  8 4   − 8 + 8 = − 2  3 3 

Puede comprobarse que:

∫ Ad l =∫ ∇ ∧ A d S Es decir se cumple el teorema de stokes c)


Problema 2.27 Suponga una función vectorial F = 5rsenφ a r + r 2 cos φ a φ a) Calcule ∫ F d l a lo largo del contorno ABCDA en la dirección indicada en la figura ilustrada. b) Calcule ∇ ∧ F c) Calcule ∫ ∇ ∧ F d s sobre el área sombreada y compare el resultado con el que obtuvo en la parte (a).

d l = dr a r + rd φ a θ d S = rdrd φ a z

Solución:

Puesto que tenemos el campo en coordenadas cilíndricas, podemos resolver el problema en coordenadas cilíndricas. En cilíndricas d l = dr a r + rdr a θ + dz a z ; pero como z = 0 => dz = 0 => d l = dr a r + rdr a θ

∫

a) El flujo a través de ABCDA;

F d l =

ABCDA

2

0 ≤ φ ≤

π

F d l =

5senφ a r + cos φ a φ rd φ a φ

2

r = 1 ≡ cons tan te

π

2

=>

dr = 0

= r cos φ d φ π

∫ F d l = ∫ r cos φ d φ = ∫0 cos φ d φ = (senφ )02

AB

AB

AB

F = 5rsenφ a r + r

TRAMO - AB

∫ F d l + ∫ F d l + ∫ F d l + ∫ F d l

=1

BC

CD

DA

cos φ a φ

F = 5senφ a r + cos φ a φ

d l = rd φ a θ

UNIVERSIDAD NACIONAL DE EDUCACIÓN A DISTANCIA Escuela Técnica Superior de Ingenieros Industriales Campos y Ondas (Aurelio García Marcos) 2

F = 5rsenφ a r + r

TRAMO - BC

1 ≤ r ≤ 2

φ =

2

5r a r dr a r

F d l =

≡ cons tan te

2

 r 2  ∫ BC F d l = BC ∫ 5rdr = 5∫1 rdr = 5 2  1

F d l =

2

=

F = 5a r

d l = dr a r

5 15 (4 − 1) = 2 2

2

F = 5rsenφ a r + r

TRAMO - CD π

d φ = 0

= 5rdr

2

0 ≤ φ ≤

=>

cos φ a φ

r = 2 ≡ cons tan te

=>

10 senφ a r + 4 cos φ a φ rd φ a φ

cos φ a φ

dr = 0

F = 10senφ a r + 4 cos φ a φ

= 4r cos φ d φ

0

∫ F d l = ∫ 4r cos φ d φ = 4(2) ∫ cos φ d φ = 8(senφ ) 2 = 8( 0 − 1) = −8 0

π

CD

π

CD

2

2

F = 5rsenφ a r + r

TRAMO - DA

1 ≤ r ≤ 2

φ = 0 ≡ cons tan te

2

F d l = r a φ dr a r = 0

=>

=>

cos φ a φ 2

d φ = 0

F = r a φ

∫ F d l =0 DA


∫ ABCDA

∫ ABCDA

F d l = 1 +

F d l =

∫ F d l + ∫ F d l + ∫ F d l + ∫ F d l AB

BC

CD

15 1 −8+0 = 2 2

∫ ABCDA

F d l =

1 2

DA

d l = dr a r

d l = rd φ a φ


b) Si F = 5rsenφ a r + r 2 cos φ a φ

∇ ∧ F =

∇ ∧ F =

∇ ∧ F =

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

r ∂r ∂φ Ar rAφ

1   0 − r 

∂ ∂ z

∂ z

1

a r

r a φ

a z

∂

∂

∂

∂φ

∂ z

∂r

r

2

5rsenφ rr cos φ

A z

cilíndricas viene dada por:

0

 ∂

 (5rsenφ ) a r +   (5rsenφ ) − 0 r a φ +  ∂



1

[(0 − 0)a r

=

∇ ∧ F en

r

 ∂ z

+ (0 − 0)r a φ +



(r 3 cosφ ) −

 ∂r

 

∂ ∂φ

(5rsenφ )a z  = 0  

((3r 2 cosφ ) − (5r cosφ ))a ] = 1 (3r 2 − 5r )cosφ a z

r

z

∇ ∧ F = (3r − 5) cosφ a z

c)

∫

1 ≤ r ≤ 2

∇ ∧ F d s

∇ ∧ F = (3r − 5) cosφ a z

∇ ∧ F d S =

0 ≤ φ ≤

(3r − 5) cosφ a z

(

2

)

− rdrd φ a z = − 3r − 5r cosφ drd φ

π 2  2 2  ∫ (∇ ∧ F )d s = −∫S (3r − 5r )cos φ drd φ = −∫1  ∫0 cos φ d φ (3r   2

 r 3 = − ∫ (3r − 5r )dr = − 3  3 1

2

d S = − rdrd φ a z

2

2

π

−5

2 r 

2

 2 1

=−

)

− 5r dr = −

2

π

2

2 ∫1 (senφ )0 (3r − 5r )dr =

5    15  1 (8 − 1) − 2 (4 − 1) = − 7 − 2  = 2

1 ( ∇ ∧ F ) d s = ∫ 2 El resultado coincide con el calculado en el apartado a), por lo que se cumple el teorema de Stokes


Problema 2.30 Dada una función vectorial F = ( x + 3 y − c1 z )a x + (c 2 x + 5 z )a y + (2 x − c3 y + c 4 z )a z

a) Determine c1 , c 2 y c3 si F es irrotacional b) Determine c4 si F también es solenoidal Solución: a) F es irrotacional si:

∇ ∧ F =

∇ ∧ F =

0

a x

a y

a z

∂

∂

∂

∂ x ( x + 3 y − C 1 z )

∂ y (C 2 x + 5 z)

∂ z

 ∂ A y  ∂ x 

−

∂  ∂   ( x + 3 y − C 1 z ) − (2 x − C 3 y + C 4 z ) a y ∂ x  ∂ z 

+

(2 x − C 3 y + C 4 z)

=

 ∂  ∂  (2 x − C 3 y + C 4 z ) − (C 2 x + 5 z ) a x ∂ z  ∂ y 

+

 ∂  ∂  (C 2 x + 5 z ) − ( x + 3 y − C 1 z ) a z ∂ y  ∂ x 

 ∂ A z  ∂ y 

=

+

= (− C 3 −

5 )a x

−

∂ A y 

a x ∂ z 

+ (− C 1 −

 ∂ A x  ∂ z

+

2 )a y

−

∂ A z 

a y ∂ x 

+ (C 2 −

3 )a z

De donde: C 1 = −2

b) F también es solenoidal si:

∇ F =

∂ ∂ x

( x + 3 y − C 1 z ) +

∂ ∂ y

C 2 = 3

∇ F =

(C 2 x + 5 z ) +

∂ ∂ z

C 3 = −5

0

(2 x − C 3 y + C 4 z ) = (11 + 0 + C 4 ) = 0

De donde: C 4 = −1

+

=

0

∂ A x  ∂ y

a z 

=


Teoría Módulo 1 _ Divergencia y Rotacional_.pdf

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