Análisis Vectorial - Hwei P. Hsu.pdf

ANALISIS VECTORIAL H W E I P. H S U

580 P R O B LE M A S RESUELTOS Y E JE R C IC IO S S U P LE M E N T A R IO S EN C A D A C A P IT U LO

Vf ¡

Teoría moderna con aplicaciones a: | • GEOMETRIA já [ • MECANICA • TEORIA ELECTROMAGNETICA . • MECANICA DE FLUIDOS

ADDISON-WESLEY IBEROAMERICANA

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ANALISIS VECTORIAL

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Versión en español de

Hernando Alfonso Castillo Profesor de la Universidad Pedagógica Nacional Bogotá, Colombia

Con la colaboración de

Alejandro Montes Gómez Daza Profesor, Facultad de Ciencias Universidad Nacional Autónoma de México

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ANALISIS VECTORIAL Hwei P. Hsu

Associate Professor Department of Electrical Engineering Wayne State University, Michigan Raj Mehra, Editor

^

A D D ISO N -W E SL E Y IB E R O A M E R IC A N A A rg e n tin a • B ra s il • C h ile • C o lo m b ia • E c u a d o r • E sp a ñ a E s ta d o s C Inidos • M é x ic o • P erú • P u e rto R ic o • V e n e z u e la

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Versión en español de la obra titulada Vector Analysis por Hwei P. Hsu, publicada origi­ nalmente en inglés por Simón & Schuster, Inc., Nueva York, N.Y., E.U .A ., © 1969 Esta edición en español es la única autorizada.

biblioteca- escom

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R E C E P C IO N

© 1973 por Fondo Educativo Interamericano © 1987 por ADDISON-WESLEY IBEROAMERICANA, S.A. Wilmington, Delaware, E.U.A.

Impreso en Estados Unidos. Printed in U.S.A. ISBN 0-201-02943-X 9 10-CRS-99 98 97 96

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PROLOGO

E n los últimos años, el conocim iento del análisis vectorial se ha convertido en un requisito esencial e integral p ara ingenieros, m atem áticos, físicos y otros científicos. N o sólo proporciona un m étodo conciso y preciso p a ra analizar m atem áticam ente los fenóm enos físicos y geom étricos, sino que tam bién ayuda al desa­ rrollo de la com prensión intuitiva de las ideas físicas y geom étricas. E ste libro puede usarse com o texto p a ra un curso form al en análisis vectorial y com o Suplemento para todos los textos usuales debido a la com binación especial de rigor e inform alidad en el tratam iento de la m a­ teria. Las m últiples aplicaciones a la geom etría elem ental, a la m ecánica, a la teoría electrom agnética y a la m ecánica de los flúidos hace invaluable este texto com o auxiliar p ara cursos en num erosos cam pos que em ­ plean m étodos vectoriales. . .... \ Se h an som breado en gris los conceptos nuevos, definiciones y teorem as (o resultados) fundam entales e im portantes. Los grupos de problem as graduados, resueltos totalm ente, constituyen parte integral del texto e ilustran y am plían los conceptos fundam entales a la vez que desarrollan las técnicas del análisis vectorial. Los problem as suplem entarios están diseñados no sólo p ara servir de ejercicios sino tam bién para fortalecer la h a ­ bilidad y profundización necesarias p a ra el uso práctico de las técnicas vectoriales. E ste libro ha sido diseñado p a ra el estudiante que tiene el conocim iento equivalente a un curso semestral con intensidad sem anal de ocho horas en cálculo elemental. Sin em bargo, la segunda m itad del libro supone una fam iliaridad básica con el cálculo avanzado y la m atem ática aplicada. L a prim era m itad del texto desarrolla el algebra y el cálculo de vectores. E n el capítulo uno, se definen los vectores y se tra ta el algebra de vectores sin la introducción de un sistem a de coordenadas. E n el capítulo dos se enfoca analíticam ente el algebra vectorial. E n los capítulos tres y cuatro se discute el cálculo diferencial e integral de vectores. E l capítulo cinco introduce coordenadas curvilíneas. Los cuatro capítulos siguientes discuten las aplicaciones prácticas de los vectores a la geom etría elem en­ tal, a la m ecánica, a la m ecánica de flúidos y a la teoría electrom agnética. E l capítulo final tra ta de form as diferenciales e introduce la definición de form as diferenciales externas y el concepto de cálculo externo. P roporciona un vínculo entre el análisis vectorial y el cálculo externo. E l autor cree que las form as diferenciales y los conceptos relacionados con ellas, que em ergieron de la m atem ática m o­ derna, son instrum entos analíticos nuevos y poderosos para el científico y el ingeniero. Finalm ente, el autor quiere agradecer al Profesor F orest E. B ram m er por su estím ulo, al Profesor R obert Barnard por su consejo atinado y valioso; a la señorita K athie Aggas por su cuidadosa e im pecable m ecano­ grafía de todo el m anuscrito y al personal de Simón and Schuster Tech O utlines, especialm ente al señor R aj M ehra y a la señora R h ea Nichols, p o r su cuidadosa revisión del m anuscrito y sus constructivas sugerencias. H w eiP . Hsu

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CONTENIDO

■ capitulo

ALGEBRA DE V E C T O R E S 11 e s c a l a r e s Y V E C T O R E S ...................................................................................................... 1.2 M ULTIPLICACION DE UN V ECTOR PO R UN ESCALAR .............................................. 1.3 ADICION Y SU ST R A C C IO N DE V E C T O R E S ..................................................................... 1.4 PR O D U C TO ESCALAR O PR O D U C TO P U N T O ................................................................. 1.5 PR O D U C TO VECTORIAL O PRO D U CTO C R U Z .............................................................. 1.6 TRIPLE PR O D U C TO E S C A L A R .............................................................. ................................. 1.7 TRIPLE PR O D U C TO VECTORIAL ........................................................................................ 1.8 C O N JU N T O S R E C IP R O C O S DE V ECTO RES ................................................................... 1.9 PRO BLEM A S SU PLEM EN TA RIO S ........................................................................................

1 1 2 4 8 10 12 15 17

2 capitulo

V EC TO R ES EN EL SISTEM A COORD EN A D O RECTANGULAR 2.1 ALGEBRA V E C T O R IA L ................................................................................................................ 2.2 V EC TO R ES B A S E ......................................................................................................................... 2.3 E X PR ESIO N ES ANALITICAS PARA MULTIPLICACION DE V E C T O R E S ................. 2.4 B A SE S R E C IP R O C A S .................................................................................................................. 2.5 B A SE S O R TO N O R M A LES ......................................................................................................... 2.6 PRO BLEM A S S U P L E M E N T A R IO S ........................................................................................

19 21 22 30 32 38

3 capítulo

4 capitulo

CALCULO DIFERENCIAL VECTORIAL 31 LIMITES Y CONTINUIDAD DE V E C T O R E S ........................................................................ 3.2 DIFERENCIACION DE V E C T O R E S ........................................................................................ 3.3 DERIVADAS PARCIALES DE FU N CIO N ES VECTORIALES DE MAS DE UNA V A R IA B L E ......................................................................................................................... 3.4 CURVAS EN EL E SPA C IO ......................................................................................................... 3.5 S U PE R FIC IE S ................................................................................................................................ 3.6 DERIVADA DIRECCIONAL Y G R A D IE N T E .......................................................................... 3.7 EL O PER A D O R V ............................................................................................................................ 3.8 DIVERGENCIA DE UNA FUNCION V E C T O R IA L .............................................................. 3.9 ROTACIONAL DE UNA FUNCION V E C T O R IA L .............................................................. 3.10 O PE R A C IO N E S CON V Y ALGUNAS IDENTIDADES V E C T O R IA L E S .................... 3.11 PRO BLEM A S S U P L E M E N T A R IO S ........................................................................................

CALCULO INTEGRAL VECTORIAL 41 INTEGRALES DE L IN E A .............................................................................................................. 4.2 4.3 4.4

INTEGRALES DE S U P E R F IC IE ................................................................................................ INTEGRALES DE V O L U M E N .................................................................................................... D EFIN ICIO N ES ALTERNAS DE GRADIENTE, DIVERGENCIA Y ROTACIONAL .................................................................................................................................. 4.5 TEOREM A DE DIVERGENCIA O DE G A U S S ..................................................................... 4.6 TEO REM A S DE G R E E N ............................................................................................................. 4.7 TRA N SFO RM A CIO N ES DE INTEGRALES DE VOLUMEN A INTEGRALES DE S U P E R F IC IE ................................................................................................. 4.8 TEOREM A DE S T O K E S ................................................................................................................ 4.9 TRA N SFO RM A CIO N ES DE INTEGRALES DE SU PE R FIC IE A INTEGRALES DE L IN E A ............................................................................................................... 4.10 CA M PO S IRROTACIONALES Y S O L E N O ID A L E S .......................................................... 4.11 PRO BLEM A S S U P L E M E N T A R IO S ........................................................................................

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41 43 47 48 53 58 63 63 65 68 75

78 84 94 95 100 106 109 112 118 122 129

W CO O RD EN A D A S CURVILINEAS O R TO G O N A LE S CAPITUL0 5.1 CO O R D EN A D A S C U R V IL IN E A S .............................................................................................. 5.2 CO O R D EN A D A S CURVILINEAS O R T O G O N A L E S .......................................................... 5.3 GRADIENTE, DIVERGENCIA Y ROTACIONAL EN COORDENADAS CURVILINEAS O RTO G O N A LES .............................................................................................. 5.4 SISTEM A S C O O R D EN A D O S E S P E C IA L E S ........................................................................ 5 .4 a COORD EN A D A S CARTESIANAS RECTANGULARES (X, Y, Z ) ........................ 5.4b COORD EN A D A S CILINDRICAS CIRCULARES (p, <j>, Z ) ...................................... 5.4c COORD EN A D A S ESFER IC A S (R, d,
134 137 143 148 148 149 152 158

6 capitulo

A PLICA CIO N ES A LA GEOM ETRIA 61 A PLICA CIO N ES A LA GEOM ETRIA 6.2 A PLICA CIO N ES A LA GEOM ETRIA 6.3 A PLICA CIO N ES A LA GEOM ETRIA 6.4 PRO BLEM A S SU PLEM EN TA RIO S

PLANA Y DEL E S P A C IO ..................................... A N A L IT IC A ............................................................... DIFERENCIAL ....................................................... .........................................................................................

161 164 168 176

7 capitulo

A PLICA CIO N ES A LA MECANICA 71 V ECTO RES DESPLAZAM IENTO, VELOCIDAD Y A C E L E R A C IO N ........................... 7.2 VELOCIDAD ANGULAR Y ACELERACION A N G U L A R ................................................... 7.3 FU ER ZA S Y M O M E N T O S ............................................................................................................ 7.4 T R A B A JO Y E N E R G IA ................................................................................................................ 7.5 SISTEM A S DE PARTICULAS .................................................................................................. 7.6 C U E R P O S RIG ID O S ..................................................................................................................... 7.7 PR O B LEM A S S U P L E M E N T A R IO S .........................................................................................

178 182 184 186 190 194 200

8 capitulo

A PLIC A C IO N ES A LA MECANICA DE LO S FLUIDOS 81 ECUACION DE C O N T IN U ID A D ................................................................................................ 8.2 ECUACION DE M O V IM IE N T O .................................................................................................. 8.3 ESTATICA DE F L U ID O S .............................................................................................................. 8.4 FL U JO UNIFORM E Y LINEAS DE FLU JO ........................................................................... 8.5 FLU JO IRRO TA CIO N A L-POTENCIAL DE V E L O C ID A D ................................................. 8.6 FLU JO DE VORTICE Y CIRCULACION ................................................................................ 8.7 ECUACION DE E N E R G IA ............................................................................................................ 8.8 PR O B LEM A S S U P L E M E N T A R IO S .........................................................................................

203 205 207 208 209 211 216 218

Q ^ capitulo

A PLIC A C IO N ES A LA TEO RIA ELECTRO M AGNETICA 91 ECUACION DE C O N T IN U ID A D ................................................................................................ 9.2 EL CAM PO E L E C T R O M A G N E T IC O ....................................................................................... 9.3 EC U A C IO N ES DE MAXWELL ................................................................................................... 9.4 FU N CIO N ES PO TEN C IA LES DEL CAM PO E L E C T R O M A G N E T IC O ....................... 9.5 ENERGIA EN EL CA M PO ELECTRO M A G N ETICO Y EN EL VECTOR DE P O Y N T IN G .................................................................................................................................. 9.6 C O N D IC IO N ES DE FRONTERA .............................................................................................. 9.7 C A M PO S E S T A T IC O S ................................................................................................................... 9.8 CA M PO S CON VARIACION DE TIEM PO, A RM O N ICO S O S IN U S O ID A L E S ................................................................................................................................ 9.9 ONDAS P L A N A S ............................................................................................................................. 9.10 PRO BLEM A S SU PLEM EN TA R IO S ..........................................................................................

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220 221 222 226 230 232 234 240 242 245

■w c a p it u l o

FO R M A S D IFER EN C IA LES

10-1

FORM AS DIFERENCIALES

.......................................................................................................

248

10.2 10.3 10.4 10.5 10.6

SUMA Y PRO D U C TO EXTERNO DE FORM AS ................................................................. CAMBIO D EV A R IA B LESY JA C O B IA N O DE UNA T R A N S F O R M A C IO N .................. DIFERENCIACION E X T E R IO R .................................................................................................. LEMA DE PO IN CA RE ................................................................................................................... INVARIANCIA DE DERIVADAS EXTERNAS BA JO TRA N SFO RM A CIO N ES ............................................................................................................... INTEGRACION DE F O R M A S ..................................................................................................... FORM AS DIFERENCIALES DE LAS ECU A CIO N ES DE CAM PO DE MAXWELL .................................................................................................................................. PRO BLEM A S S U P L E M E N T A R IO S .........................................................................................

248 251 253 258

10.7 10.8 10.9 A a p e n d ic e

260 263 270 273

N O TA C IO N M A TR IC IA L Y D E TE R M IN A N TE S

A1

NOTACION MATRICIAL ................................................................................................................

275

A.2 DETERM INANTES ........................................................................................................................... A.3 PR O PIED A D ES DE LOS D E T E R M IN A N T E S .........................................................................

275 276

D ° a p e n d ic e

C APENDICE

O P ER A C IO N ES D IFER EN C IA LES V E C TO R IA LE S EN C O O R D EN A DA S O R TO G O NA LES

B ■) COORDENADAS RECTANGULARES ..................................................................................... B.2 COORD EN A D A S C IL IN D R IC A S ................................................................................................. B.3 COORDENADAS E SFER IC A S .....................................................................................................

277 277 277

R ESUM EN DE R ELA C IO N ES VE C TO R IALE S

C 1 ECU A CIO N ES DE ALGEBRA V E C T O R IA L ............................................................................ C.2 ECU A CIO N ES DE CALCULO V E C T O R IA L ............................................................................

279 280 281

IN D IC E

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1

CAPITULO

ALGEBRA DE VECTORES 1.1

Escalares y vectores

I n chalar es una cantidad tísica q \ mLufrulutl, tal a u n ó m asj. tiempo o temperatura Se espccifiu con un número ical

velocidad. En !o escrito un vector se denota por medio de una letra con una flecha sobre ■ a , por ejemplo, A. Lin este te \tu un vector se representa por ( |l como A. Gráficamente, un vector A se representa por un segmento Je recta dirigido P(J como se ilustra en la figura 1.1. El vector A tiene una dirección de /'h a c ia Q. hl punto

Figura 1.1

R epresentación geom étrica de un ve cto r.

representa la magnitud de A y se denota por .1 o IA I. I ujndo mel punto init. tal de un vector. «r llama i cctnr ]t¡o /■ libre o nn Imaitzadi*. [ n eMe te\.lc> se supone que todos los vectores son libres a menos que se advierta lo conti ario. se denota con 0. Tiene magnitud cero y dirección arbitraria. Dos vectores libres A y B son iguales. A

B.

( 1 . 1)

cuando tienen la misma magnitud y dirección, com o se muestra en la figura 1.2. Esto no implica que dos vectores iguales coincidan en el espacio, ni que la igualdad de vectores (1.1) se aplique a vectores fijos pues solamente un vector tiene magnitud dada, dirección > punto inicial. Como consecuencia directa de (1.1), A

B implica B ~ A,

A

t> y tí 1.2

F ig ura 1.2

V ectores iguales.

( 1.2)

C

( ’.

( 1.3)

Multiplicación de un vector por un escalar

Sean A un vector y m un escalar. Entonces el vector m A, como se muestra en la figura l .3, se define com o sigue: (1) (2) (3) (4)

La magnitud de m A es Im I I K I : ImA I = Im I IAI. Si m > 0 y A =# 0 , entonces la dirección de m A es la de A. Si m < 0 y A ^ 0 , entonces la dirección de m A es la opuesta de la de A. Si m = 0 o A = 0 ,m A es 0: 0A = m 0 = 0.

Así q u e d o s vectores no cero A y B son paralelos (denotado A 11 B), si y solamente 1

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Figura 1.3

M u ltip lic a c ió n de un vecto r p o r escalares.

2

Análisis vectorial

si existe un escalar m tal que B - mA.

(1.4)

Como 0 tiene una dirección arbitraria, se define como paralelo a cualquier vector A y A como paralelo a 0. Con esta convención la condición de paralelismo ampliada es A I I B si y solo si B ~ m A o A = «B para algunos escalares m, n. obtenemos el negativo del vector A, denotado por -A = ( - 1 ) A, i.e., un vector cuya magnitud es la de A, pero cuya dirección es opuesta a la de A.

-JL_ = JL ( entonces obtenemos un vector unitario Figura 1.4

A d ic ió n de vectores.

A.

(1.5)

cuya magnitud es I eA I - 1 y cuya dirección es la misma de A. El vector A se representa por el producto de su longitud con el vector unitario e„ : ( 1 .6)

A = A e A.

1.3 Adición y sustracción de vectores Dados dos vectores A y B, la suma o resultante C =A +B S ustracción de vectores.

(1.7)

es un único vector determinado como sigue: Si el punto inicial de B se coloca en el punto terminal de A, entonces el resultante C es el vector cuyo punto inicial está en el punto inicial de A y cuyo punto final está en el punto final de B (Véase figura 1.4.) Como se muestra en la figura 1.5, la diferencia (A - B) de dos vectores A y B es la suma entre A y (~B); i.e. :C = A - B = A + ( - B ) .

( 1.8)

Si los vectores A y B tienen un punto inicial común, entonces A - B es el vector que va del punto final de B al punto final de A. Esto se ilustra en la figura 1.6. La adición entre vectores tiene las propiedades siguientes: Figura 1.6

A+B - B +A

S ustra cción de vectores.

[Ley conmutativa] l Ley asociativa)

(1.10)

m(A + B) - mA + raB

[Ley distributivaj

(1.11)

(m +• n) A * mA + nA

[Ley distributiva escalar]

(1.12)

[Identidad]

(1.13)

[Inverso]

(1.14)

A + (B - C) = (A + B) + C

A+0 =A A + ( - A) = 0 PROBLEMA 1.1 S o lu c ió n : Figura 1.7

or

A- A=0

Verificar (1.9).

Sean A y B dos vectores como se muestra en la figura 1.7. Entonces A + B = PQ + QR = PR,

Ley c o n m u ta tiv a de la ad ic ió n v e c to ria l.

B -+ A = PS + SR = PR. Por consiguiente,

(1.9)

A + B = B + A.

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3

Algebra de vectores

PROBLEMA 1.2

Verificar (1.10).

S olución: Se construye un polígono PQRS, como en la figura 1.8, que tenga los vectores A, B y C como lados consecutivos. Entonces, A + (B + C) = A + QS = PQ + QS = PS, (A + B) + C = PR + C = P R + RS = PS. Por consiguiente, A + (B + C) = (A + B) + C. PROBLEMA 1.3 Sean O, Q y P tres puntos distintos en el espacio y i? el punto medio de PQ. Si OP = A, OQ = B y OR = C, demostrar que Fig ura 1.8

C = - (A + B). 2 S olución:

Ley asociativa de la a d ició n v e c to ria l.

(1.15)

En la figura 1.9, por la ley de adición vectorial, C = B + QR.

Ahora, como en la figura 1.6 , QP = A - B. Como QR = - QP = - ( A - B), 2

2

C = B + QR = B + | (A - B) = ^ (A + B).

PROBLEMA 1.4 Si A y B son dos vectores diferentes de cero y no paralelos y C es cualquier vector en el plano de A y B, entonces dem ostrar que C se puede expresar como combinación lineal de A y B, i.e., C = mA + nB,

Fig ura 1.9

Uso de la ley de a d ició n v e c to ria l.

(1-16)

donde m y n son dos escalares determinados unívocamente. S o lu ció n : Como A y B no son paralelos, existe un paralelogramo que tiene a C como diagonal y cuyos otros lados son paralelos a A y a B. (Véase figura 1.10.) Entonces, C = PQ + QR. Ahora PQ I IA y QR I I B lo que implica que existen escalare? m y n tales que _> _> 'iJ-- ... PQ = mA, QR = nB , G

Por consiguiente,

r C = mA + nB.

tales que C = m'A + n B. Entonces por sustracción, (m - m') A + (n - n ) B = 0, o sea (m - m') A = ( n ' - n) B.

(1.19)

Pero A y B no son paralelos y tampoco son cero. Por (1.4) se requiere claramente que m - m 1 = 0 y n - n = 0. Si no, se podría dividir por m — m o n — n

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Fig ura 1.1 0

S o lu c ió n al problem a 1.4.

Análisis vectorial

para obtener B = x A o A = y B, lo que implicaría que A y B son paralelos. Por consiguiente, m = m ' y n = n . PROBLEMA 1.5 Si A, B y C son tres vectores diferentes de cero, no paralelos ni coplanares y D es otro vector cualquiera en el espacio, entonces demostrar que D se puede expresar como una combinación lineal de A, B y C; i.e., D = mA + r¡B + IC,

(1.20)

donde m, n y / son tres escalares determinados unívocamente. S o lu c ió n : Como A, B y C son diferentes de cero y no paralelos ni coplanares, existe un paralelepípedo que tiene a D por diagonal y las otras aristas paralelas a A, B y C. (Véase figura 1.11) Por lo tanto, existen escalares m, n y / tales que D = m A + n B + /C . Para demostrar que m, n y l son únicos supóngase que D puede expresarse como D = m'A + n'B + l'C .

(1.21)

Entonces por sustracción, (m - m ')A + (n - n ') B + (/ - l')C = 0,

(1.22)

(m - m ')A = (n - n ) B + ( / ' - /)C .

(1.23)

o sea

Figura 1.11

El pa ralele pípe do de la s o lu c ió n del p ro blem a 1.5.

El lado izquierdo de (1.23) es un vector paralelo a A y el lado derecho es un vector paralelo al plano de B y C. Puesto que A, B y C no son cero ni paralelos ni coplanares, (m - m ') A = 0 y por tanto m = rri. De modo similar, n = n y /=

En general, n vectores dados A ,, A2, . . . , A„ son linealmente dependientes si por lo menos uno de ellos puede expresarse como combinación lineal de los otros (n - I ) vectores. Si ninguno de los vectores se puede representar así, son linealmente independientes. Por lo tanto n vectores A | , A2 , . . . , A„ son linealmente dependientes, si y sólo si existen escalares m, (i = ! , . . . , n), no todos cero, tales que m,A, + m2A2 + * • • * m„A„ = 0.

1.4

(1.24)

Producto escalar o producto punto

El producto p u nto o escalar (llamado a veces producto interno) de dos vectores A y B es un escalar A * B (que se lee A punto B) dado por A • B = | A | | B | eos 6 - A B eos d,

(1.25)

donde $ es el ángulo entre A y B y O < 0 < r r . (Véase figura 1.12.) Por (1.25) el ángulo 6 entre A y B se puede expresar como COS0 = A J L , AB Fig ura 1.12

(|.2 6 )

El án gulo e n tre A y B.

(1.27) Con tal que A # 0 y B #= 0. La proyección de un vector A sobre B, denotada por proy gA, es un vector

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Algebra de vectores

5

(1.28)

proy B A = (A e o s 0 )e B ,

donde 9 es el ángulo entre A y B y e s = — B e su n vector unitario que va a lo largo de B. (Véase figura 1.13.)

La com ponente de un vector A a lo largo de un vector B diferente de cero , sel denota por comp gA y es un escalar com pgA = <4 eo s d = A * e s ,

p ro y B A = A eos 6 es

(1.29)

donde 0 es el ángulo entre A y B. (Véase figura 1.13.) Usando componentes, el producto escalar (1.25) se puede expresar c o V

A • B - A coinpA B = B com pB A.

1

(1.30)

comp B A

El producto escalar tiene las siguientes propiedades: A •B = B • A A -(B + C) = A • B + A ■C

= A eos

Fig ura 1.13

[ Ley conmutativa]

(1.31)

[Ley distributiva]

(1.32)

C o m p o n e n te y p ro ye cció n de u n v e cto r.

(1.33)

(mA) ■B - A-(m B) - m(A - B)

(1 3 4 )

A . A . j A | 2 = A 2, donde m es un escalar arbitrario. PROBLEMA 1.6 S olución:

Verificar la ley conmutativa del producto escalar (1.31).

De la definición del producto escalar, A • B = AB e o s 0 = BA e o s 0 = B • A.

PROBLEMA 1.7 S olu ció n :

Verificar la ley distributiva del producto escalar (1.32).

De la figura 1.14, PR = PQ + QR,

o sea comp A (B + C) = compA B + compB C . d is trib u tiv a del p ro d u c to escalar.

Si eA es un vector unitario en la dirección de A, entonces por la definición de componentes (1.29), (1.35) se puede transformar en (B + C ) - e ¿ = B - e ¿ + C - e A .

(1.36)

Multiplicando a ambos lados de (1.36) por .4 y usando (1.33), (B + C) • A e A = B • A e A + C • A e A , O sea que por A = A e A , (B + C) • A = B - A + C • A.

(1.37)

Entonces usando la ley conmutativa del producto escalar (1.31), A -(B + C) = A -B + A -C . PROBLEMA 1.8

Verificar (1.34).

S o lu ció n : Si A = B, entonces eos 6 = eos 0 = 1 . Entonces por la definición del producto escalar (1.25), A • A = | A 12 = A 2.

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6

Análisis vectorial

Dos vectores A y B son perpendiculares u o rh ‘gánales entre sí(lo ipic se denota con se considera perpendicular a cualquier vector A. y A es perpendicular a 0. PROBLEMA 1.9 si A • B = 0.

Mostrar que A y B son mutuamente perpendiculares si y solamente

S o lu c ió n : Si A • B = A B eos 0 = 0, entonces podemos concluir que o bien eos 0 = 0, i.e., 9 = 7r/2 o A = I A l = 0 o 5 = I B I= 0. Si A ¥= 0 , y B =£ 0, entonces A • B = 0 significa que A 1 B. Como 0 tiene una dirección arbitraria, es perpendicular por definición acualquier vector A. PROBLEMA 1.10 m ostrar que

Si B # 0 y A = Aj + A2 de modo que A! II B y A2 i B, entonces AB A, = -------B, B 2

(1.38)

. A B „ A, = A -------— B.

B2

(1.39)

(Véase figura 1.15) S o lu c ió n :

Como A2 1 B, A2 ‘ B = 0. Entonces, A • B = A, • B + A2 • B = A, • B.

(1.40)

Puesto que A| II B, por la condición de paralelismo tenemos para algún escalar m, At = mB.

(1.41)

Multiplicando escalarmente a ambos lados por B, A, • B = mB • B = m B 2. Figura 1.15

P roblem a 1.10.

Entonces, por (1.40), A, • B

A •B

B2

B2

(1.42)

Así que por (1.41), A! = -------B.

B2

Puesto que A = A! + A2, A, = A - A. = A -

^ B. B2

Multiplicando escalarmente a ambos lados de esta ecuación por B, A, • B = A • B - ^ 5

B2

B •B = A •B -

B2

B2 = A B - A B = 0,

lo cual implica A2 1 B. Así vemos que (1.38) y (1.39) implican a su vez que Ax I I B y a 2 ib . PROBLEMA 1.11 S o lu c ió n :

Si A • B = A • C, determinar si B = C.

Como A ■ B = A • C se puede expresar A • (B - C) = 0,

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(1.43)

Algebra de vectores

7

puede decirse solamente que o bien A es perpendicular a B - C o A = 0 o B - C = 0 ,i.e .,B = C. Por consiguiente, si A • B = A • C, no se sigue necesariamente que B = C. La ley de los cosenos establece que si tres lados de un triángulo tienen longitudes i A l . l B l . y IC Iy si el ángulo opuesto al lado de longitud IC les 0, entonces C 2 = A 2 + a 2 - 2A B eo s 0 .

PROBLEMA 1.12 S olución:

Verificar (1.44).

De la figura 1.16, C = B - A.

Puesto que C • C = (B - A) • (B - A) Fig ura 1.1 6

= B B - A B - B A + AA

V e rific a c ió n de la ley de los cosenos para un triá n g u lo .

= A • A + B • B - 2 A • B, tenemos que, aplicando las definiciones del producto punto, C2 = A 2 + B 2 - 2AB eo s d.

La desigualdad de Cauchy-Schwarz expresa que si A y B son dos vectores arbitrarios, entonces | A • B | < | A11 B |.

PROBLEMA 1.13 S olu ció n :

I I . 45)

Verificar (1.45).

Sea m un escalar cualquiera. Entonces | mA + B |2 = (mA + B) • (mA + B) = m2(A • A) + 2m(A • B) + (B • B) = m^A2 + 2m (A*B) + B 2.

(1.46)

El lado derecho de (1.46) es cuadrático en m excepto cuando I A I = A = 0. Si IA \ = A i= 0, entonces sumando y restando (A • B)2 / A 2 a (1.46) se obtiene

| mA + B |2 = m2A 2 + 2m(A • B) + — mA +

+ B2 - -

’

(A -B ) + — \A 2B 2 - (A • B )2]. A2

(1.47)

El lado izquierdo de (1.47) es no negativo para cualquier escalar m . Sustituyendo m = {A • B) / A 2 , —- [A 2B 2 - ( A - B ) 2] > 0 . A

(1.48)

Como A 2 = I A I 2 > 0, (A • B)2 < A 2B 2 = | A |2 1B I2, o sea A • B I < IA I IB I

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(1.49)

V (Vr

o

Análisis vectorial

8

Si I AI —A = O, entonces A = 0; por lo tanto A • B = 0. Así que (1.45) es verdadero también y la igualdad se cumple en este caso. i

S o lu c ió n a lte rn a :

Por(1.25), ] A • B | = | A B eo s 6 1 = AB | eos 9 |.

(1-50)

Puesto que Ieos 9 I < 1 , | A • B | = AB | eo s 6 \ < A B = | A | | B |. El signo igual vale para el caso de eos 6 = ± 1 i.e., 6 = 0 o 180°, o A | | B.

La desigualdad del triángiüo establece que si A y B son dos vectores arbitrarios, entonces ¡A - B | < | A | + | B | . PROBLEMA 1.14 S o lu c ió n :

(1.51)

Verificar (1.51).

Por el lado izquierdo de (1.51), | A + B |2 = (A + B) • (A + B) = (A • A) + 2(A • B) + (B • B) = | A |2 + 2(A • B) + | B | 2.

(1.52)

Por la desigualdad de Cauchy-Schwarz (1.45), (A • B) < | A | | B |. Por consiguiente, | a + b | 2 < | a ¡2 + 2 | a | | b | + | b |2 = ( | a | + | b |)2

(1.53)

o sea I A + B | < I Al + | B | . Figura 1.17

V e rific a c ió n de la desigualdad del triá n g u lo .

La desigualdad del triángulo ( 1 . 5 1 ) demuestra que la suma de las longitudes de dos lados de un triángulo es mayor que la longitud del tercer lado. (Véase figura 1 .1 7 ) .

1.5

Producto vectorial o producto cruz

El producto cruz o vectorial (llamado aveces producto externo) de dos vectores A y B es un vector A X B (léase A cruz §) dado por Ax B

¡ A JJ B | sen 0 u = (AB sen fl)u,

(1.54)

donde 6 es el ángulo entre A y B, 0 < 0 < jr, y u es un vector unitario tal que u 1 A, u i 8 . La dirección de u es la de avance de un tornillo de rosca derecha cuando A rota hacia B un ángulo 0 (Véase figura 1.18). El producto vectorial tiene las siguientes propiedades: A x B = —B x A Ax Fig ura 1.18

El v e c to r p ro d u c to de dos vecto res.

(B *- C)

(mA)

x

[Ley anticonmutativa o seudo-simétrica] A xB + A xC

B

=

A

x

(mB)

m,\

X

B

(J.56) (1.57) ,.

A
ILey distributiva]

(1.55)

(1 -58) Verificar (1.55).

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9

Algebra de vectores

S olu ció n :

Sea 0 el ángulo entre A y B y O < 0 < 7r. Entonces I B x Al = I B| | Al sen 6 = BA sen d = AB sen 6 = I A x B I

(1.59)

pero la dirección de B X A es la opuesta de A X B. Por consiguiente tenemos B X A = -A X B. (Véase figura 1.18.) PROBLEMA 1.16 Mostrar que el área S de un paralelogramo con vectores A y B formando lados adyacentes es S=|AxB]=|BxA|.

(1.60)

S olución: La figura 1.19 muestra el paralelogramo. Si h es la distancia sobre la perpendicular desde el punto terminal de B hasta el lado de A, entonces S = A h; pero h = B sen 0. Por c o n sig u ie n te ,.^ ^ .# sen 0 = l A X B l = l B X A l .

/ /A

Por el resultado del problema 1.16, el área de un triángulo con vectores A y B comolados,es 1/2 I A X B I. PROBLEMA 1.17

Verificar (1.58).

/ -------:------------

Fig ura 1.19

S olución: Por la ley anticonm utitiva(1.55), A X A = - A X A cuando A = B. Asi que AX A = 0. Esto es consistente con (1.54), pues 0 = 0 implica sen 0 = 0 y por consiguiente, IA X A I= A2 sen 0° = 0. Usaremos con frecuencia (1.54) para vectores paralelos aunque u no esté correctamente definido. Así, A x A = (A 2 sen 0)u = 0 para cualquier escogencia de u en (1.54). PROBLEMA 1.18

Demostrar que A es paralelo a B si y sólo si A X B = 0.

S olución: Si A I I B, entonces por (1.4) existe un escalar m tal que B = mA. Así que usando (1.57-8), A X B = A X (mA) = mA X A = mO = 0. Si A no es paralelo a B, entonces A ^ O , B=¡t O y O < 0 < 7r. Así que I A I ¥= 0, I B I # 0 y sen 0 i= 0. De modo que por (1.54), A x B = | A | | B | sen 0 u ^ 0. Así que A I I B si y solamente si A X B = 0. La identidad de l.agrange establece que sí A y B son vectores arbitrarios, entonces |A x B | J - | A |2 | B | 2 - ( A - B ) 2. PROBLEMA 1.19 S olució n :

(1.61)

Verificar (1.61).

Por (1.54), | A x B |2 = | A |2 1B |2 sen2 6 = | A |2 1B |2 (1 - e o s 2

6)

= | a | 2 | b ! 2 - | a | 2 | b | 2 c o s 2 6.

Por consiguiente, usando (1.25), | A x B |2 = | A | 2 | B | 2 - ( A - B)2.

I ..i ley de Im tenas establea’ que si a .,i. y son los ángulo*, opuestos a los tros lados de un triángulo de lim ptudcs A l. B \ IC I, entonces — B sen a

sen (i

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son y

--------- ~ = ....... 4 .

El pa ralelo gram o del p ro b le m a 1 .1 6 .

10

Análisis vectorial

PROBLEMA 1.20 Usando vectores, deducir la ley de los senos para un triánguloi a partir de (1.54). S o lu c ió n : De la figura 1.20, C = B - A. (1.62) Entonces

C x C = C x (B -A ),

y 0 = C x B -C x A o

C x A = C x B.

Fig ura 1.2 0

V e rific a c ió n de la ley de los

(1.63)

Así que CA sen (180° ~¡5) = CB sen a . Como sen (180° -/3 ) = sen ¡3, tenemos CA sen ¡5 = CB sen a , o sea

senos para un triá n g u lo .

A

B

sen a

sen ¡3

A sen a

C sen y '

(1.64)

De modo similar, (1.65)

Entonces (1.64) y (1.65) dan la ley de los senos A

B

sen CX

C

sen ¡3

sen y

( 1 .66)

i

1.6

T rip ie p r o d u c to escalar

lil triple producto escalar de tres vectores A, B y C es un escalar A • (B X C), o simplemente, A B x C. PROBLEMA 1.21

(1-67)

Dar una interpretación geométrica de A • B X C.

S o lu c ió n : La figura 1.21 muestra un paralelepípedo cuyos lados son A, B y C. Por (1.60) el área S de la cual los vectores B y C son lados adyacentes es S = |B x C |.

( 1 .68)

A = | A | | eos 0 |,

(1.69)

Si h es la altura, entonces

donde 6 es el ángulo entre A y B X C. Así que el volumen del paralelepípedo es F = AS = | A ¡ | B x C ¡ | eos 0 | = | A • B x C |.

(1.70)

X C rel="nofollow"> 0, y cuando n / 2 < Q < v como en la figura 1.2 1 ( bl. A ■ B X C < 0. Por consiguiente \ . B y C forman una terna positiva si y solamente si A • B X C ■■0. 5II A ■ B X C - 0. entonces A, B y C son coplanares. PROBLEMA 1.22 (b)

Figura 1.21

Si los vectores A, B y C son coplanares, mostrar que A • B X C = 0.

S o lu c ió n : Si A, B y C son coplanares, la altura del paralelepípedo formado por ellos es cero. Por consiguiente, por (1.70), tenemos A • B X C = 0.

V o lu m e n de u n pa ra le le p íp e d o :

(a) 0 < 0 < \ 77, (b) \ 77 < 0 < 77.

PROBLEMA 1.23 Mostrar que si dos vectores cualesquiera de un triple producto escalar son iguales, entonces ese producto es cero, i.e.,

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11

Algebra de vectores

A • A x C = O,

A • B x B = O,

C • B x C = 0.

(1.71)

S olución: Por la definición de producto vectorial (1.54), A X C es perpendicular a A. Por lo tanto su producto punto es cero; i.e., A • A X C = 0. Como B X B = 0, A B x B = A - 0 = 0. De modo similar, como B X C es perpendicular a C, el producto escalar C • (B x C) = 0. S olución a lte rn a : Si dos de los vectores A, B,C son iguales, entonces A, B y C son coplanares. Por consiguiente, por el problema 1.22, A • B X C = 0. PROBLEMA 1.24

Mostrar que para los vectores A, B y C, A ■B x C = A x. B • C.

(1.72)

S olución: Consideremos primero el significado geométrico de A • B X C. Excluyendo el cambio de signo, es el volumen de un paralelepípedo cuyos lados son A, B y C. Este volumen es igual a ± C • A X B. De modo que A - B x C = í C 'A x B .

(1.73)

Pero por la ley conmutativa del producto escalar, C A x B =AxBC.

(1.74)

A - B x C = + A x B 'C .

(1.75)

Por consiguiente,

Para determinar el signo, obsérvese que si A, B y C forman un sistema positivo, también lo forman C, A y B. De modo similar, si A, B y C forman un sistema negativo, también lo forman C, A y B. Así que A * B X C y C * A X B tienen siempre el mismo signo, i.e., A-BxC=AxB-C.

El problema 1.24 muestra que en un triple producto escalar, el punto y la cruz pueden intercambiarse sin cambiar su valor. Así que por sencillez, A • B x C = [ABC].

(1.76)

[ABC] = [BCA] = [CAB] = -[A C B ] = -[B A C ] = -[C B A ],

(1.77)

PROBLEMA 1.25

S olución: 1.24,

Mostrar que

Usando la ley conmutativa del producto escalar y el resultado del problema [ABC] = A B x C = B x C A = B C x A = [BCA], [ABC] = A B x C = A • [- ( C x B)] = —A • C x B = -[A C B ].

Las otras ecuaciones se demuestran de m odo similar.

Se ve por (1.77) que cualquier permutación cíclica de los vectores A, B y C en el

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Análisis vectorial

12

triple producto escalar dará el mismo resultado, en tanto que una permutación no cíclica dará el resultado negativo. PROBLEMA 1.26

S o lu c ió n :

Usando el triple producto escalar, demostrar que A x ( B + C) = A x B + A x C .

[1.56]

U = A x ( B + C ) —A x B —A x C .

(1.78)

Sea

El producto punto de U con un vector arbitrario V da V ■U = V • [A x (B + C)] —V - A x B —V - A x C .

(1.79)

Por la ley distributiva del producto escalar (1.32) y (1.72), intercambiando el punto y la cruz, V • U = V x A • (B + C) —V x A - B - V x A • C

(1.80)

= V x A B + V x A C - V x A B —V x A C (1.81)

= 0.

Así, (1.81) implica que V 1 U. Como V es arbitrario, escogemos V = U. De modo que U • U = 0, y entonces, U = 0.

1.7

Triple producto vectorial

El triple producto vectorial de tres vectores A, B y C es el vector

PROBLEMA 1.27

A x (B x C).

(1.82)

A x (B x C) = ( A - C ) B - ( A .B )C .

(1.83)

Mostrar que

S o lu c ió n : Obsérvese primero que (1.83) es válido si B y C son paralelos. Se sigue entonces que o bien B = mC o C = nB para algunos escalares m y n. Por consiguiente, ambos lados de (1.83) son 0. La ecuación (1.83) es verdadera también si A = A' es perpendicular a B y a C. Se sigue entonces que A' es paralelo a B X C. Por lo tanto, ambos lados de (1.83) son 0:

A 'x ( B x C ) = ( A '. C)B - (A ' • B)C

(1.84)

si A' • C = 0, A' • B = 0. Para demostrar que (1.83) es verdadero si A = C, sea V = C x (B x C) —[(C • C)B —(C • B)C],

(1.85)

Obsérvese que C X (B X C) es perpendicular a B X C y por lo tanto está en el plano de B y C. Así que V está también en el plano de B y C; i.e., V = xB + yC

(1.86)

para algunos escalares x e y. Usando (1.85), B • V = B • C x (B x C) - [(C • C) (B • B) - (C • B) (C • B)] = (B x C) • (B x C) - [ | C |2 | B |2 - (C ■B)2]. Por consiguiente, B •V = 0 por (1.61). También por (1.85), C • V = C • C x (B x C) - [(C • C) (C - B) - (C • B )(C . Q ],

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(1-87)

Algebra de vectores

13

o sea ( 1 .88)

C • V = 0. Sin embargo, (1.86-8) implica que V = 0. Multiplicando (1.87) por x , (1.88) por .y, y sumando se obtiene (xB + y C ) . V = 0.

(1.89)

Usando (1.86) obtenemos V • V = 0 o sea V = 0. Por lo tanto, usando (1.85), C x (B x C) = (C • C)B - (B • C)C.

(1.90)

Ahora podemos demostrar a partir de (1.90) por seudosimetría que (1.83) es verdadero también si B = C, i.e., B x (B x C) = - B x (C x B).

(1.91)

Intercambiando B y C en (1.90) se obtiene B x (B x C) = - [ ( B • B)C - (C • B)B] = (B • C)B —(B • B)C,

(1.92)

lo cual verifica (1.83) para el caso en que B = C. Ahora multiplicando (1.90) por u, (1.92) por v, y teniendo en cuenta que A , =uC + vB, se obtiene por suma: uC x (B x C) = (uC • C)B - (uC • B)C, (1.93) vB x (B x C) = (vB • C)B - (vB • B)C,

(1-94)

A, x (B x C) = (A, • C)B - (A, • B)C.

(1.95)

Esto demuestra que (1.83) es verdadero si A = A] está en el plano de B y C. Pero cualquier vector A se puede escribir como (1.96)

A = Aj + A ',

donde Aj está en el plano de B y C, y A' es perpendicular a ese plano. Así que sumando (1.84) y (1.95), (A, + A ') x (B x C) = [(A, + A ') • C]B - [(A, + A ') • B]C,

(1-97)

que es el resultado requerido, pues A = A] + A' por (1.96). PROBLEMA 1.28

Demostrar que (A x B) x C = (A • C)B - (B . C)A.

S o lu ció n :

(1.98)

Por la ley anticonm utativa de un producto vectorial (1.55), (A x B) x C = - C x (A x B).

(1.99)

Sustituyendo A, B, C en (1.83) por C, A, B respectivamente, C x (A x B) = (C • B)A - (C • A)B.

( 1 . 100)

Por consiguiente, (A x B) x C = - [ ( C • B)A - (C • A)B] = (A • C)B - (B • C)A.

Es claro por (1.83) y (1.98) que A x (B x C) ¿ (A x B) x C.

Las identidades A x (B x C) = (A • C)B —(A • B)C,

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[1.831

Análisis vectorial

14

(A x B) x C = (A • C)B - (B • C)A

[1-98]

se recuerdan fácilmente si se observa la siguiente regla del término medio: El producto vectorial es igual al vector del centro cuyo coeficiente es el producto escalar de los vectores restantes menos el otro vector del paréntesis cuyo coeficiente es el producto escalar de los vectores restantes. PROBLEMA 1.29.

S o lu c ió n :

Mostrar que (A x B) x (C x D) = [ABD]C - [ABC]D,

( 1.101)

(A x B) x (C x D) = [CDA]B - [CDB]A.

( 1.102)

Sea A X B = E; entonces por (1.83) (A x B) x (C x D) = E x (C x D) = (E • D)C - (E • C)D = (A x B ■D)C - (A x B • C)D = [ABD]C - [ABC]D.

De modo similar, si tomamos C X D = F , entonces por (1.98), (A x B)x (C x D)

(A x B) x F = (F • A)B - (F • B)A = (C x D • A)B - (C x D ■B)A = (C • D x A)B - (C • D x B)A = [CDA]B - [CDB]A.

PROBLEMA 1.30 Mostrar que cualquier vector D en tres dimensiones puede expresarse como una combinación lineal de tres vectores cualesquiera no coplanares A, B y C. S o lu c ió n :

Igualando (1.101) y (1.102), [ABD]C - [ABC]D = [CDA]B - [CDB]A.

(1.103)

Por consiguiente, si [ABC] =£ 0, i.e., si A, B, C no son coplanares, entonces, usando (1.77), D = ------- - ([CDB]A - [CDA]B + [ABD]C) [ABC] = — ------ ([DBC]A + [DCA]B + [DAB]C). [ABC]

(1.104)

muestra que un vector D puede expresarse como combinación lineal IIno.104) coplanares A, B y C ,y da una fórmula para esta expresión, ultado de este problema, podemos concluir que cuatro vectores del espacio son siempre iinealmente dependientes.

La identidad de Lagrange ampliada expresa que para los cuatro vectores A, B, C yD ,

(A x B) • (C x D) = (A • C) (B • D) - (B • C) (A • D).

PROBLEMA 1.31

Verificar (1.105)

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(1.105)

Algebra de vectores

S olución: (1.83),

15

Considerando el lado izquierdo como un triple producto escalar y usando

(A x B) • (C x D) = A • [B x (C x D)] = A • [(B • D)C - (B . C)D] = (A • C) (B ■D) - (B • C) (A • D).

Tomando C = A y D = 8 en (1.105), (A x B ) . (A x B) = (A • A) (B . B) - (A • B) (A • B); i.e., la identidad de Lagrange | A x B |J = | A |2 1B j2 —(A • B)2.

[1.61]

La identidad deJacobi expresa que para vectores arbitrarios A, B y C, A x (B x C) PROBLEMA 1.32 S olu ció n :

+B x

(C

x A) + C x (A x B)- 0.

(1.106)

Verificar (1.106).

Usando (1.83), A x (B x C) = (A • C)B - (A • B)C, B x (C x A) = (B • A)C - (B • C)A, C x (A x B) = (C • B)A - (C • A)B.

Sumando las anteriores identidades se obtiene (1.106). PROBLEMA 1.33

Mostrar que (A x B) • (B x C) x (C x A) = [ABC]2.

S o lu c ió n :

(1.107)

P o r ( l.lO l) , (B x C) x (C x A) = [BCA]C - [BCC]A = [ABC]C.

(1.108)

Por consiguiente, (A x B) • (B x C) x (C x A) = (A x B) • [ABC]C = [ABC] (A x B) • C = [ABC] [ABC] = [ABC]2.

1.8

Conjuntos recíprocos de vectores

Sean a t , a 2, a3, y b j , b 2 , b 3 conjuntos de vectores que satisfacen (1.109) donde 5mn es la delta de Kronecker que se define como 1,

ií m * n

0,

if m ¿ n ,

, donde m , n son enteros.( 1 .1 1 0 )

Entonces se dice que estos vectores son conjuntos recíprocos de vectores. PROBLEMA 1.34 Si a t , a2 , a 3 y b i , b 2 , b 3 son conjuntos recíprocos de vectores, entonces mostrar que [aia2a3] # 0 y [ b ib 2b 3 J # 0 .

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Análisis vectorial

16

S o lu c ió n : La demostración es por contradicción. Si [ a ! , a2, a3] = 0, entonces por el resultado del problema 1 .22 , los vectores a i , a2, a 3 son coplanares y por lo tanto linealmente dependientes. Por consiguiente, uno de los vectores es una combinación lineal de los otros, P-e-’

a 3 = k la l + k2a2.

(1.111)

Efectuando elproducto punto a ambos lados de (1.111) por b 3 y usando la definición de conjunto recíproco de vectores (1 .1 0 9 ), 1 = a3 • b3 = k1 a, • b3 + k2 a2 • b3 = 0, lo que es una contradicción. Por tanto concluimos que [a, a2 a3] 4 0.

(1.112)

De modo similar podemos demostrar que [b, b2 b3] 4 0.

(1.113)

PROBLEMA 1.35 Si a j , a2, a 3 y b , , b 2, b 3 son conjuntos recíprocos de vectores, entonces demostrar que =

a, x a , ------V La, a2 a,J

a, x a, b2 = - ^ ------ i - , La, a2 a 3J

b2 x b3

b3 x b,

1 [b, b2 b3] ’ S o lu c ió n :

2

[b, b2 b3] ’

a. x a, b3 = - i ----- i - , La, a2 a3J a, 3

b, x b2 [b, b2 b3]

(1.114)

(1.115)

Por (1 .1 0 9 ),

ya 3

donde b! es ortogonal a a2

b,

-a 2 = b, -a 3 = 0,

(1.116)

b,

■a , = 1,

(1.117)

simultáneamente. Por lo

tanto podemos escribir

b j = A ( a 2 x a 3).

(1.118)

a, • b,= Xa, • (a2 x a 3) = A[a, a2 a 3]= 1.

(1-119)

Entonces, por (1.117)

Así q u e , 1 [a, a2 a 3] ’

( 1.120)

a2 x a 3 [a, a2 a 3] De modo similar,

2

La, a 2 a 3] ’

a, x a2 b, = 3 La, a2 a 3]

Por la simetría relativa en a ) , a2, a 3 y b j , b 2, b 3, (1.115) puede obtenerse directamente de (1.114) intercambiando a {, a2, a 3 y b 1; b 2, b 3, respectivamente. PROBLEMA 1.36 Si a j , a2,y a3 son vectores no coplanares y diferentes de cero, entonces mostrar que cualquier vector d se puede representar como d = (d • b ,)a, + (d • b2)a2 + (d • b3) a 3, d o n d e a ! ,a 2 , a 3 y b , , b 2, b 3 son conjuntos recíprocos de vectores. S o lu c ió n :

Por (1.104),

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(1-121)

17

Algebra de vectores

D = ------- - j[DBC]A + [DCA]B + [DAB]C|. [ABC] Sea A = a , , B = a2, C = a3 y D = d; entonces, por (1.114), d = ----- ------- í[da2 a j a , + [da3 a ,] a 2 + [d a , a 2] a 3| La, a2 a 3] [a, a2 a

‘d • (a2 x a 3)a, + d • (a3 x a ,)a 2 + d • (a, x a 2)a 3

. a2 x a 3 (a x a ,) J (a, x a 2) = d ■--------— a , + d • ---------- i - a 2 + d • ----------- - a 3 La, a2 a 3J La, a 3J La, a 2 a 3J = (d • b ,)a , + (d • b2)aj 4- (d • b3)a 3.

Si todo vector en tres dimensiones puede expresarse como una combinación lineal de vectores no nulos a , , a 2, a 3, como se muestra en ( 1 .2 1 ), entonces decimos que los tres vectores a ,, a2, a 3 generan el espacio. Si además estos tres vectores son independientes, entonces constituyen una base. PROBLEMA 1.37 b i> b j,b 3,

Mostrar que para dos conjuntos recíprocos de vectores a [ , a2, a3 y

k

a 2 a 3] =

( 1 .1 2 2 )

■ * ■--■■. Lb, b2 b3J

Solución: S i a j , a 2, a 3 y b j , b 2, b 3 son conjuntos recíprocos de vectores, entonces, por (1.107) y (1.115), [b, b2 b3]3 1 b2 b3]3 ib. 1 [b, b2 b 3

1.9 Problemas suplementarios / f ^PROBLEMA 1.38 Mostrar que si existen escalares m y n, no ambos cero, tales que m A + nB = 0, entonces A y B son paralelos. PROBLEMA 1.39 Si A y B son vectores no paralelos tales que C = (m + n - 1)A + (m + n)B, D = (m - n)A + (2m —n + 1)B, hallar m y n tales que C = 3D. Respuesta:

m = -2 /3 , n = -1 /1 2 .

PROBLEMA 1.40

Demostrar que (A + B)*(C + D) = A , C + A 'D + B , C + B ’ D.

PROBLEMA 1.41 Dados dos vectores A y B, demostrar que IA + B I2 = I AI 2 + IB I2 si y solamente si A y B son ortogonales, o sea el teorema de Pitágoras. PROBLEMA 1.42

Demostrar que A , B = ^-(IA + B l2 - I A - B I2).

PROBLEMA 1.43 geométrica.

Demostrar que (A + B) *(A —B) = A 2 - B2 y dar una interpretación

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Análisis vectorial

18

PROBLEMA 1.44 que

Si a y b son vectores unitarios y 6 es el ángulo entre ellos, demostrar 1 0a . sen — 2

Sugerencia: PROBLEMA 1.45

| a - b |2 = (a - b) • (a - b).] Demostrar que (A - B) X (A + B) = 2A X B, y dar una interpretación

geométrica. PROBLEMA 1.46

Sea A B C un triángulo, O, cualquier punto, a = OA , b = OB , c = OC.

Mostrar que el área de A B C es igual a ^ | a X b + b X c + c X a |. PROBLEMA 1.47

Demostrar que

(a - d) x (b - c) + (b - d) x (c - a) + (c - d) x (a - b) = 2 (a x b + b x c + c x a), y dar una interpretación geométrica. PROBLEMA 1.48 Demostrar que si A, B y C son vectores no paralelos y AX B = B X C = C X A, entonces A + B + C = 0. Dar una interpretación geométrica. PROBLEMA 1.49

Si AXB = A X C

PROBLEMA 1.50

Mostrar que (A + B) • (B + C) X (C + A )= 2[ABC],

PROBLEMA 1.51

Mostrar que (A X B)*(C X D) + (B X C )-(A X D) + (CX A )-(B

=

¿puede concluirse que B = C?

X D)

0

PROBLEMA 1.52

Si A, B, C, D son coplanares, mostrar que (A X B) X (C X D) = 0. ¿Es

cierto el recíproco? PROBLEMA 1.53 Demostrar que una condición necesaria y suficiente para que A X (B X C) = (A X B) X C es (A X C) X B = 0. PROBLEMA 1.54 Demostrar que si A, B, C no son coplanares y A X (B X C) = (A X B) X C = 0, entonces A, B y C son m utuamente perpendiculares. PROBLEMA 1.55 demostrar que

Si A = A, i + A 2j + A3k, B = B ,i + B2j + B3k ,y C = C ,i + C2j + C3k ,

A, [A B C] = c,

a

2 A3

b

2 B 3 [i j k].

C2 c 3

PROBLEMA 1.56 Demostrar que A, B y C son linealmente dependientes si y solamente si [ABC] = 0. Interpretar geométricamente la dependencia y la independencia lineal. PROBLEMA 1.57 Demostrar usando vectores que las mediatrices de un triángulo son concurrentes. (Véanse más aplicaciones en el capítulo 6.) PROBLEMA 1.58 Si a ! , a2, a 3 y b t , b 2, b 3 son conjuntos recíprocos de vectores, mostrar que a2 X a 3 , a 3 X X a2 y b 2 X b 3 , b 3 X b , , b ( X b 2 son también conjuntos recíprocos. PROBLEMA 1.59 S i a ! , a 2 , a 3 y b ! , b 2, b 3 son conjuntos recíprocos de vectores, mostrar que a, X b , + a2 X b 2 + a3 X b 3 = 0.

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VECTORES EN EL SISTEMA COORDENADO RECTANGULAR

✓ CAPITULO

En este capítulo, trataremos de una teoría algebraica de los vectores. Este enfoque analítico facilitará el desarrollo de las propiedades algebraicas de los vectores y demostrará una vez más muchos de los resultados anteriores. En el capítulo 1, un vector se representó con un segmento dirigido. Si ahora colocamos el punto inicial del vector A en el origen de un sistema coordenado rectangular, entonces el vector A se puede especificar por las coordenadas rectangulares ( x t , >•,, z , ) del punto final, como se muestra en la figura 2.1. Así que hay una correspondencia bium'voca entre el conjunto de ternas de números (coordenadas de puntos en el espacio) y el conjunto de vectores cuyos puntos iniciales están en el origen. En consecuencia, un vector en tres dimensiones se define com o una tem a ordenada de números reales; i.e., A = [A l , A 2, A i ],

(2.1)

donde A , , A 2 y A 3 se llaman las com ponentes de A, con respecto al sistema coordenado dado y son números reales. Debemos observar que hay infinidad de sistemas coordenados posibles, de modo que el mismo vector tendrá diferentes componentes en diferentes sistemas. Sin embargo, a continuación consideraremos solamente el sistema coordenado rectangular.

Z

Figura 2.1

V e c to r A en un sistema coo rd e n a d o re ctang ular.

El vector cero O es un vector cuyas com ponentes son todas cero; i.e., 0 - [0 , 0 , 0].

2.1

( 2.2 )

Algebra vectorial

Dos vectores son iguales si y solamente si sus componentes correspondientes son iguales. Analíticamente, si A = \ A ,, A 2, A 3 j y B = [ # t , B 2, B 3 ¡ , ^ B lt

A = B «=» A,

A2 -

B ,, A j ~ f í 3.

(2.3)

El producto de un vector A y un escalar m se obtiene por multiplicación de las componentes de A por m ; i.e., m A ..

Haciendo m -

I . el negath o de A es - A = ( - 1 ) A - [~MI f - A ,, - A j ,

(2.5)

y haciendo m - 0, el vector cero es

0 0A L a sw w a o n wltanti

[0 ,0 ,0 ] .

vectores A y B i

(2.0) tor C que se o b tien e sum ando

las componentes correspondientes de A y B; i.e., C

A

B,

19

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J

20

A nálisis vectorial

f lo n d e 12.7)

C - A - B = A + (-l)B , lililí (2,8)

componente-. ncncn l.is mi

es. (2.9)

A ’+ (B + C). = ;

C

[Ley asociativa]

(2. 10) ( 2. 1 1 )

1 1 V (m + n) A = mA + nA

m(A + B) - n

{Ley distributivaj (2.12) (2.13) (2.14)

PROBLEMA 2.1 S o lu c ió n :

Verificar las propiedades (2.9), (2.1 2) y (2.14).

P o r(2 .7 ), A+ B =

+ B ,, A2 ‘ B2, ^3

# 3-^

= [fí, + A¡, B2 + A 2, B3 + ¿43] = B + A,

[2.9]

(m + n)A = [(m + n ) ¿ w (m + n)A 2, (m + n )A 3] = [mAl + n A u mA2 + nA 2, m A 3 + n /t3] ]2.12]

= mA + nA, •x 1 'S

i

-c"

1

II < 1 <

= 0 = [0 , 0, 0].

[2.14]

1A 1o A , y j A j - A ~ ( A ¡ + A¡ + A ¡ ? . Entonces el vea

A es

: H. :

PROBLEMA 2.2

4

Mostrar que para un vector A y un escalar m, | mA | = | m | | A |.

S o lu c ió n :

(2 .1 5 )

Como m A = [mA ,, m A 2, m A 3 \ , entonces por (2.1 5),

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(2.17)

Vectores en el sistema coordenado rectangular

21

| m A | = [ ( m A ,)2 + ( m / l 2)2 + ( m A J 2]2

= | m | (A \ + A] + A \)2 = |m\|A|. PROBLEMA 2.3 Si A ¥= 0 y B 0, determinar la condición bajo la cual el vector A= [A¡, A 2, A 3 ] será paralelo al vector B = [B¡, B 2, B 3 | . Solución:

Si los vectores A y B son paralelos, entonces para algún escalar m , B = mA,

y

B ^ = m A ít

B2 = m A 2,

B z = m A3.

(2.18) Por consiguiente,

B± A , ~ A2 ~ A ,’ o sea A . - . A. - .A , = B ¡ : B 2 : B }. Recíprocamente, este sistema de ecuaciones implica (2.18); por consiguiente los vectores son paralelos.

2.2

Vectores base z

Los tres vectores unitarios » = t i, 0, 0],

j . [0, 1, 0},

k = [0, 0, 1 ]

(2.19)

son los vectores base del sistema coordenado rectangular. Geométricamente, son vectores unitarios en la dirección positiva sobre los ejes x , y , z respectivamente, como se muestra en la figura 2.2. PROBLEMA 2.4 Mostrar que cualquier vector en tres como una combinación lineal de los vectores base i, j y k. Solución:

(0 , 0 ,

dimensiones se puede expresar

"O ' ( 1 , 0, 0)

1)

" (0, 1 , 0)

A = [A,, A 2, 4 3],

Dado el vector

Figura 2 .2

A 2, A 3] = \_Al + 0 + 0, 0 + A 2 + 0, 0 + 0 + j43]

coo rd e n a d o rectang ular.

= U j , 0, 0] + [0, A 2, 0] + [0, o, a 3] = A ,[ l, 0, 0] + <42[0, 1 , 0] + A3[0, 0, 1],

(2.20)

o sea A = A , i + A 2j + A3 k.

(2.21)

Por (2.20) o (2.21) (y debido a que los coeficientes de i, j, k son precisamente las componentes de A), concluimos que todo vector en tres dimensiones se puede expresar como una combinación lineal de los vectores de base.

Un vector de posición r está determ inado por un punto del espacio con las (x, y , z); i.e., r

U , y, z] m xi + y j + z k .

(2.22)

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V ectores base en un sistema

Análisis vectorial

22

PROBLEMA 2.5

Mostrar que un vector R con su punto inicial en ( x ¡ ,y ¡ , z ¡ )

y su punto final en (x 2, y 2 , z i ) es r 2 - r,

R

U2 - xi. y2 - y1, z2 - zJ ( x 2 - x ; ) i + (y2 _ y , ) j + ( z 2 - z , ) k .

S o lu c ió n :

( 2 . 23 )

Los puntos ( x ¡ ,y ¡ , z j) y (x 2, y 2 , z 2) determinan los vectores de posición r, = x , i + y j + z , k , r2 = x 2i + y 2j + z 2k .

**

Entonces de la figura 2.3, r2 - r,

R

- ( x 2 - X j )i + ( y 2 - y L) j + ( z 2 - z :) k .

2.3

Expresiones analíticas para multiplicación de vectores

El producto escalar (o punto o interno) de los vectores A y B es un escalar + A 2B2 + A 3B 3.

A B -

(2.24)

El producto vectorial (o cruz o exterior) de vectores A y B es un vector AxB

{A1B i - A 3B 2, A .B , - A ,B 3, A ,B 2 -

(2.25)

o sea A x B * (A2B , - A 3B 2)i + (A 3B, - A tB })i t (A ,B 2 - A 2B t)k.

(2.26)

En forma de determinante, (2.26) se puede escribir como i AxB*

A,

B2

Bj

(2.27)

Demostrar que A •B = B •A A xB = - B x A

S o lu c ió n :

k

4, A2 S,

PROBLEMA 2.6

j

[Ley conmutativa]

(2.28)

[Ley anticonmutativa]

(2.29)

Por definición (2.24), A • B = A 1B 1 + A 2B 2 + A 3B 3 = B lA l + B 2A 2 + B 3A 3 = B - A.

Por (2.27) i A x B = Ax *1

j

k

A2

¿3

b

2

b

3

i

b

¿1

k

j 2

a2

b

3

-43

pues el intercambio de las filas segunda y tercera del determinante cambia su signo.

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23

Vectores en el sistema coordenado rectangular

PROBLEMA 2.7

Mostrar que el producto vectorial de un vector A consigo mismo

es el vector cero; i.e., A x A = 0.

(2.30)

Usando (2.25) y haciendo A ¥= B

Solución:

A x A = [A 2A 3 - A 3A 2, A3A, PROBLEMA 2.8 y vectorial; i.e.,

AjAj - A 2A J = [0, 0, 0] = 0.

Demostrar las leyes distributivas para los productos escalar A • (B + C) = A • B + A • C,

(2.31)

Ax(B + C ) = A x B + AxC.

(2.32)

Por (2.7), B + C = [£?i + C ,, B2 + C2, S 3 + C3]. Por consiguiente, según (2.24)

Solución:

A • (B + C) = A1(B l + Cj) + A 2(B2 + C2) + A 3(B3 + C3) = (A lB l + A 2B2 + A3B3) + (A jCj + A 2C2 + A3C3) = A B + AC. Por

(2.27), i

j

k

Aj

A2

A3

fíj + Cj

B2 + C2

B 3 + C3

A x (B + C)

i

j

k +

A2 b2

j

k

a2

¿3

i

c,

B3

C2 C3

= A xB + AxC. PROBLEMA 2.9 Si i, j y k son los vectores base definidos en (2.19), entonces verificar los siguientes productos escalares y vectoriales: i - i = j •j =

k- k

=1,

(2.33a)

i • j = j -k =

k -i

= 0,

(2.33b)

j • i = k •j =

i •k

=0;

(2.33c) (2.34a)

i x i = j x j = k x k = 0, i x j = k, j x i = -k,

j x k = i, k x j = - i,

k x i = j, i x k = - j.

(2.34b) (2.34c)

Solución: Como i =(1, 0, 0,) j =(0, 1, 0,) y k =f0, 0, l slp o r la definición del producto punto (2.24), i-i =

1 -1+

0-0

+0 - 0 = 1,

j-j=0-0 +

l- l

+0 - 0 = l ,

k- k =

0 -0 +

0-0

+1 - 1 = 1,

i-j =

l - 0+

0 - l + 0 - 0 = 0,

j - k = 0-0 + l - 0 + 0 . 1 = 0 , k - i = 0 - 1 + 0- 0 + 1 - 0 = 0. La ecuación (2.33c) se sigue de (2.33b) pues la ley conmutativa (2.28) vale para el producto punto. La ecuación (2.34a) se sigue de (2.30) pues el producto vectorial de un vector consigo mismo es el vector nulo. (Véase problema 2.7.)

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Análisis vectorial

24

Después, s, por definición dehmcion de producto vectorial (z.25), (2.25).

•

i

j

k

i

1

0

0

j

0

1

0

k

0

0

1

i x

j=

[0 • 0- 0 • 0,0

•0

- 1 • 0,

1 •

1 - 0 •0]

=

[0

j x

k=

[1 • 1 - 0 • 0,0

•0

- 0• 1 ,

0•

0- 1 •0]

=

[1

k x«

Liw=

i [0w,• 01- 1 *• 0,1«

•1

- 0• 0,tv, 0 - í• “j

■>*0- 0 •1 ]

=

[0

/ m n i m i a n a lo l a i r n tiíí/'rv n tv iii+ n + ii/o I / / O \ I o or a l n / ' i A n a p La ecuacióni f(2.34c) se sigue de la ley anticonmutativa (2.29). Las relaciones (2.33) se pueden expresar como

= ^mn t

(2.35)

donde e, = i, e2 = j , e 3 = k y 5 mn s la delta de Kronecker definida por =

Tabla 2.1 P roducto p u n to de los vectores base en coordenadas rectangulares.

1,

if m = n

0,

if m 4 n .

[ 1. 110]

Los resultados de (2 .3 3 -4 ) apareceni ien las tablas 2 .1 —2 para facilitar la referencia. PROBLEMA 2.10 Usando las relaciones (2.33) y (2.34), verificar las definiciones de los productos punto y vectorial, (2.24) y (2.25). x

i

j

k

i

0

k

- j

j

-k

0

k

j

- i

S o lu c ió n :

Sea A = A 1i + A 2j + A 3k y B = 6 1i + B 2j + J?3k. Entonces, A • B = (¿4,i + A 2j + A3k) • (B 1i + B 2j + B 3k) = A íB l i - i + A lB 2i - j + A tB 3ií- k + A 2B l j • i + A 2B 2i • j + A 2B J • k

i

+ A ^ k • i + i43fí2k • j + A3JS3k • k

0

Tabla 2.2 Producto cruz de los vectores base en coordenadas rectangulares.

= A 1B l + A 2B2 + A 3B 3. Para el producto vectorial, A x B = (A ,í + /42j + A3k) x (B ji + B 2j + ¿?3k) i + A xB 2i x j + AtB3i x k

=

+ A 2B j x i + A 2B 2j x j + A 2B 3j x k + A 3B lk x i + A 3B 2k x j + A 3B3k x k = A^B2k - A lB 3j - A2B,k + A 2B 3i + A 1B lj - A3B2i = (A 2B 3 - A 3B 2)i + (A 3B¡ - A ,fí3)j + (A,B2 - A jB Jk = [(A2B3 - A 3B 2), (A 3B1 - A ,B 3), (A ,B 2 - AjBj)].

PROBL EMA 2.11

Dados los dos vectores

A = [2, 4, 6] = 2i + 4j + 6k,

B = [1, - 3 , 2] = i - 3j + 2k,

calcular los productos escalar y vectorial A • B y A X B. S o lu c ió n : El producto escalar es A • B = (2) (1) + (4) (-3 ) + (6) (2) = 2. Entonces por la definición del producto vectorial (2.27),

Ax B

j

k

4

6

-3

2

= [(4)(2) - (6) (—3)]i - [(2)(2) - (6) ( l ) ] j + [(2) ( - 3 ) - (4 )(l)]k = 26i + 2j - lOk - [26, 2 , - 10 ].

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25

Vectores en el sistema coordenado rectangular

Denotando con 6 el ángulo entre dos vectores no nulos A = [A ,, A 2, A 3] y B = ( £ ,, B 2, S 3 ], entonces dicho ángulo está dado por A tB, i- A 2B 2 + A ,B3 i i [A¡ * A¡ + A]}2 [B* + B¡ + B2} PROBLEMA 2.12

Verificar (2.36).

S olu ció n : Sean eA y efi los dos vectores unitarios que van a lo largo de A y B respectivamente. Entonces por la definición de vector unitario (2.16), a2 A di A ’ A ’ A. eR =

J.

[fli.

ü i" = B ’ B ’ B

(2.38)

b2, b3],

donde 1 A | = (Af + A2 + A3) ,

B = | B | = (B f + B 2 + B2)2 .

(2.39)

Representemos ahora eA y e¿ por los segmentos OP y OQ, como se muestra en la figura 2.4a. Entonces la magnitud de PQ está dada por la raíz cuadrada positiva de

PQ I2 = (ai ~ 6iY +(a2 - KY +(a3 - bi)2 = a\ + a2 + a 2 + h\ + b \ + h\ - 2(a161 + a262 + a 363)

(2.40)

= 2 - 2 (a 1i>1 + a2b2 + a 363)

pues e^ y e5 son vectores unitarios; i.e., a2 + a 2 + a 2 = 6 2 + b\ + h\ = 1. Consideremos luego un triángulo O RS en el plano x y con vértices en (0, 0, 0), (1 ,0 , 0) y (eos 6 , sen 6 , 0) como se muestra en la figura 2.4(b). Entonces los triángulos ORS y OPQ son congruentes. Así que

(b)

| PQ I2 = I R S \ 2 = (1 - e o s e y + (0 - sen d)2 + (0 - 0 )2 Figura 2 .4

= 1 - 2 eo s 6 + e o s 2

+ sen

= 2 - 2 eos 0 pues eos2 6 + sen2

(2.41)

1. Igualando (2.40) y (2.41), eos 6 = a1bí + a2b2 + a363

(2.42)

" eA ' eB

(2.43)

AB AB

(2.44)

AtBj + A 2B 2 + A3B3 1 1_ I 2\2 (S í + B l + B¡y 2 \2 (AJ + A l + A¡) Obsérvese que (2.44) se puede obtener simplemente de la definición de producto escalar (1.25). PROBLEMA 2.13

Demostrar que

(A .B, + A 2B 2 + A3B3)2 < (A i + A¡ + A 2) S olu ció n :

+ B 2 + B2).

(2.45)

Sean A = [A ,, A 2, A 3 ] y B = [Z?,, B 2, B 3 ]. Entonces por (2.36), (A • B)2 = A 2B 2 e o s 2 6 < A 2B 2 = | A |2 1B | 2,

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(2.46)

S o lu c ió n al p ro blem a 2.12.

Análisis vectorial

26

pues eos 20 < 1. Entonces, por la definición de producto punto (2.24), (AjBj + A 2B2 + A 3B 3) 2 <(A¡ + A¡ + A¡) (Bí + B 2 + B¡). PROBLEMA 2.14 S o lu c ió n :

Hallar el ángulo 6 entre los vectores A = [2, 4, 6 ] y B = [ 1 ,- 3 , 2],

Por (2.36), (2)(1) + (4) ( - 3 ) + (6) (2)

eos

1

(4 ♦ 16 + 36)>(1 + 9 + 4)=

V W V 14

14

Por consiguiente, 6 = eos 1 (1 /1 4 )= 85 5 4 . PROBLEMA 2.15 perpendiculares.

Mostrar que los vectores A = [2, 3 ,- 1 ] y B = [1 ,0 , 2] son

S o lu c ió n : De (2.44) concluimos que A y B son perpendiculares si A • B = 0 . Ahora A • B = (2) (1) + (3) (0) + (-1 ) (2) = 2 + 0 - 2 = 0; por consiguiente son perpendiculares.

PROBLEMA 2.16 S o lu c ió n :

Mostrar que el vector A X B es perpendicular a A y a B.

Por la definición de producto vectorial (2.25), A x B = L42B3 - A ,B 2> A3Bl - A B j, A,B2 - A2B,].

Los productos punto de A y B con A y B son A • (A x B) = A l(A 2B 3 - A 3B 2) + A2(A3B 1 - A l S 3) + A i(A íB 2 - A 2B = A xA 2B 3 - A 1A iB 2 + A 2A 3B l - A 2A lB 3 + A lA lB2 - A3A2Bt = 0,

(2.47)

B • (A x B) = B,(/42B3 - A zB 2) + B2(A iB 1 - A XB 3) + B 3(A lB1 - A 2B¡) = B VA 2B 3 - B lA 3B2 + B2A 3B ¡ - B2A lB3 + B 3A lB2 - B 3A 2B X = 0.

(2.48)

Por consiguiente, A X B es perpendicular a A y a B. PROBLEMA 2.17 Hallar un vector unitario u que sea perpendicular a A = [2, 1, 1] y a B = [ 1, - 1 , 2] simultáneamente. S o lu c ió n : Por el resultado del problema 2.16, A X B es perpendicular a A y a B. Por consiguiente el vector perpendicular a A y a B es i

J

A x B = 2

1

1

-1

k 1 2

= 3i - 3j - 3k = [3, - 3 , - 3 ] , y la magnitud de A X B es i_

| A x B | = [32 + ( - 3 )2 + ( - 3 )2]2 = V27 = 3y/3. Así que un vector unitario u que es perpendicular tanto a A como a B es

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Vectores en el sistema coordenado rectangular

27

Obsérvese q u e -u = [ - l/y /3 , l /\/3 , l/\/3 ] es también un vector unitario que es perpendicular a A y a B. A

Los cosenos directores de un vector A se definen como los tres números eos a, eos J3 y eos 7 , donde a, 0, y son los ángulos entre A y los ejes positivos x, y, z respectivamente, del sistema coordenado rectangúlar. (Véase figura 2.5.)

ba \

PROBLEMA 2.18 (a) Hallar los cosenos directores de A en términos de sus componentes y magnitud, (b) Mostrar que e o s2 a + e o s2 ¡3 + e o s 2 y = 1. Solución:

r

) « ► ----

(2.49

(a) Por (2.43) y la definición de cosenos directores, eo s a = i • eA ,

eo s ¡3 = j • e A,

eos y = k - eA ,

(2.50

Figura 2.5

Los cosenos dire ctore s de un ve cto r.

donde i, j , k son los vectores base definidos en (2.19), y es el vector unitario a lo largo de A.Entonces, por (2.16), (2.19) y la definición de producto escalar (2.24), Al eos (X = — , A

A2 eos ¡3 = — , A

(2.51)

eo s y =

(b) Por (2.51), A\

eo s2 01 + e o s 2 ¡3 + e o s 2 y

A2

A A¡ A \ + --- + A2 A

A l + A l + A3

A2

A ‘" L

El triple producto escalar de tres vectores A, B y C es el escalar A • B X C, que se denota por [AB C ] . En forma de determinante, se expresa como

PROBLEMA 2.19 Solución:

y

Ai

A¡

A3

Bv

S2

B3

c,

c.

c . |.

(2.52)

Verificar (2.52)

Por la definición de producto vectorial (2.27),

B x C -

i

í

k

Bt

B2

B3

c, c 2- c 3 = (S 2C 3 - B 3C2)i + (S 3C 1 - B¡C3)j + ( 5 ,0 , - B2C,)k = [S 2C3 - S ,C 2, S 3C, - B .C ,, b , c 2 - B2C J . Entonces, por la definición de producto escalar (2.24), - B ,C 3) + A3(B ,C 2 - B ^ J

[ABC] = A B x C = A 1(B 2C 3 - B 3C2) + = A,

b2

B3

c 2 C3

~At

Al

A2 A 3

Bi

B2 B3

C1

C2 C3

Bi

c, c 3

+ A3

S, B2 C, C2

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28

Análisis vectorial

PROBLEMA 2.20

Mostrar que

[ABC] = [BCA] = [CAB] = - [ACB] = -[B A C ] = -[C B A ].

(2.53)

S o lu c ió n : Puesto que el intercambio de dos filas de un determinante cambia su signo, se sigue de (2.52) que

2

S,

b

c,

C2

A,

¿i

A 2 A,

s,

c,

C2

c 3

B.

B2

c,

C2

c 3

C3 =

¿i

A2

A3

B3

B,

b

2

B3

C,

c2

C3

5,

b

B>

B2

B3 =

c»

A,

a

A3

A,

2

3

Bi

B2

B3

C2

C3

Ai

a

2

-43

A2

A3

Ci

C2

c3

2

b

En otras palabras, [ABC] = - [ACB] = [CAB] = - [CBA] = [B CA] = - [BAC]. (Véase el problema 1.25). PROBLEMA 2.21 Mostrar que si dos cualesquiera de los vectores que intervienen en un triple producto escalar son iguales, entonces ese producto es cero. (Véase problema 1.23.) S o lu c ió n : Esto se sigue del resultado del problema 2.19 y una propiedad de los determinantes según la cual si dos filas de un determinante son iguales, entonces el determinante vale cero. PROBLEMA 2.22

Mostrar que A B x C = A x B C .

S o lu c ió n :

(2.54)

Por el resultado del problema 2.20, tenemos [ABC] = [CAB], o sea A B x C =CAxB.

(2.55)

Ahora, por la ley conmutativa del producto escalar (2.28), C A x B = AxBC.

(2.56)

Por consiguiente. A - B X C = A X B * C . PROBLEMA 2.23 Mostrar que [i j k] = [j k i] = [k i j] =

1,

(2.57)

[i k j] = [k j i] = [j i k] =

- 1.

(2.58)

S o lu c ió n : Por la definición de triple producto

[i j k]

escalar (2.52),

1

0

0

'0

1

0

0

0

1

= 1.

Lo demás se sigue de la relación (2.53). PROBLEMA 2.24 Mostrar que los tres vectores A = [2, 0, 1], B - [0, 3 ,4 ] y C - [8, -3 , 0] son coplanares, y expresar a C como combinación lineal de A y B. S o lu c ió n : En el problema 1.21 se mostró que el valor absoluto de [ABC] es el volumen del paralelepípedo definido por A, B y C. Por consiguiente, si A, B, C son coplanares, el volumen es cero y [ABC] = 0. Recíprocamente, si [ABC] = 0, los vectores son coplanares.

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Vectores en el sistema coordenado rectangular

29

Ahora, por (2.52), 2

0

[ABC] = 03

1 4 = 0.

8 -3

0

Por consiguiente, A, B,C son coplanares. Expresemos luego aC como C = Entonces usando las operaciones de escalares y vectores (2.4) y (2.7),

A + A2 B.

[8, - 3 , 0] = A,[2, 0, 1] + A2[0, 3, 4] = [2A„ 0, A j + [0, 3A,, 4A2] = [2Aj, 3A2, Aj + 4A2]. Así que de acuerdo con la definición de igualdad de vectores (2.3), 8 = 2Aj,

—3 = 3Aj,

0 = A, + 4A2.

Por lo tanto Xt = 4, X2 = -1 y C = 4A - B. PROBLEMA 2.25

¿> a - b iv é ' Usando componentes, mostrar que A x (B x C) = (A • C)B - (A • B )C.

Solución:

(2.59)

Usando la definición de producto vectorial, i B x C = Sj

j B2

k

B3

c2 c 3 = (B 2C 3 - B 3C2)i + (B 3C l - B f i M + (B ,C 2 - B2C J k. Entonces, 3

k

A2

A3

(B .C .-^ C ,)

(B A -^ C J

i A x (B x C) =

Ai

(B2C3 - B3C2)

= [A2(BiC2 - B2Ci) - A 3(B3Ci - BiC3)]i + [A 3(B2C3 - B3C2) - A ¿ B í C2 - ¿?2C ,)]j +

- B iC 3)

~ A 2{B2C3 - fí3C2)]k = (A2fi,C 3 —A 2B 2C í — A 3B 3Ci + A 3B¡C3)i + (A 3B2C3 — A 3B 3C2 —A 1B lC2 + A lB 2C 1)j + (A lB 3C l - A í B í C3 - A 2B 2C3 + A 2B 3C2)k.

(2.60)

Como (A • C)B = (A .C i + A 2C2 + A 3C3) (f lji + B2j + B 3k) = (A1fi1C1 + A 2B 1C2 + A 3B tC 3)i + (A i B2C í + A 2B2C2 + A 3B2C3) j + Í.AíB 3C i + A 2B 3C2 + i43fi3C3)k, (A • B)C = (A .B i + A2B2 + A 3B 3) (C ,i + C2j + C3k) = (A jfíjCj + A 2B2C í + A 3B 3C í ) i + (A iB iC2 + A 2B 2C2 + A 3B 3C2) j + (A¡B¡C3 + A 2B 2C 3 + A3B3C3)k, tenemos (A • C)B - (A • B)C = (A 2B lC2 + A 3B í C 3 - A 2B 2C í - A 3B 3C¿)\ + ( -

+

A 3B2C 3

A xB iC 2 - A 3B 3C2)j + (A iB 3Ci + A 2B 3C2 - A .B .C , - A2B2C3)k.

Comparando (2.60) y (2.61),

A x (B x C) = (A • C)B - (A • B)C.

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(2.61)

Análisis vectorial

30

PROBLEMA 2.26 Sean A = [1, 2 , - 3 ] , B = [ 2 ,- 1 , 1] y C = [—1, 1 ,- 1 ] . (a) CalcularA X (B X C) y verificar (2.59). (b) Calcular (A X B) X C y verificar que (A x B) x C = (A -C )B - (B -C )A . S o lu c ió n :

(2.62)

(a) Para calcular A X (B X C) i

i

k

2

-1

1

1

-1

i

j

k

A x (B x C) = 1

2

-3

0

1

1

B xC =

-1

Oi + l j + lk = [0, 1, 1]

y por consiguiente,

= 5 i - l j + lk = [5, - 1 , 1].

Como (A • C)B = [(1 )(-1 ) + (2)(1) + ( - 3 ) ( - l ) ] [2, - 1 , 1 ] = 4[2, - 1 , 1 ] = [8 , - 4 , 4], (A • B)C = [(1)(2) + ( 2 ) ( - 1) + (—3)(1)] [ - 1 , 1, - 1 ] = - 3 [ - 1 , 1 , - 1 ] = [ 3 , - 3 , 3], concluimos que (A -C )B - (A -B )C = [8 , - 4 , 4] - [3, - 3 , 3] = [5, - 1 , 1] = A x (B x C). (b) Para calcular

(A x B)x C, i

i Ax B= 1

k = - l i - 7j - 5k = [ - 1 , - 7 , - 5 ]

2- 3

2 -1

1

y por consiguiente, i

j

k

(A x B) x C = - 1

-7

-5

-1

1

-1

= 12i + 4 j - 8k = [12, 4, - 8l.

Por la parte (a), tenemos que (A • C)B = [8, -4 , 4 ]. Entonces (B • C) A = [(2) ( - 1 ) + ( - 1 ) (1) + (1) (-1 )] [1, 2, - 3] = - 4 [ l , 2, - 3 ] = [ - 4 , - 8, 12]. En consecuencia, (A -C )B - (B -C )A = [8 , - 4 , 4] - [ - 4 , - 8, 12] = [12, 4, - 8] = (A x B) x C. Obsérvese también que ( A x B ) x C / A x ( B x C ) .

2.4 Bases recíprocas Un conjunto de tres vectores no nulos ni coplanares a», y a3 se llama una base pues cualquier otro vector en tres dimensiones puede expresarse como combinación lineal de ellos. Se dice que la base es derecha o

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Vectores en el sistema coordenado rectangular

31

la de acuerdo con que el triple producto escalar [a , , a2, a 3 ] sea positivo o :>. En el problema 1.36 hemos mostrado que cualquier vector puede expresarse linealmente en términos de vectores no coplanares a i , a 2 y a3 por( 1 . 1 2 1 ) con el uso de una base recíproca. Una segunda base b , , b 2 , b 3 se llama reciproca con respecto a a , , a 2 , a 3 si &m - b „ ~ <§m„

[1.110 ]

. n,

donde 5W„ es la delta de Kronecker. PROBLEMA 2.27 Sean a, = [-1 , 1, l ] , a 2 = [ 1 ,- 1 , 1] y a3 = [1, 1 ,- 1 ] . (a) Mostrar que a i , a2 y a3 constituyen una base, (b) Obtener una base recíproca con respecto a ai i a2 >a3. Solución: (a) Como W - 1 1 1 [a t a 2 a 3] =

1

-1

1

1

1=4^0, -1

los vectores a i , a2 , a3 no son coplanares y, por tanto, pueden constituir una base. (b) Por (1.114), la base recíproca b ] , b2 , b 3 es

b

i

1

a , x a, [a, a 2 a 3

k

J

1

-1

1

1

1

-1

= — (Oi + 2 j + 2k) 4 = - [0, 2 , 2] 4 i 0, i 2' 2j a, x a, [a, a 2 a 3]

.

1 4

i

j

1

1 -1

-1

k

1

1

— (2i + Oj + 2k) 4 = 7 [2 , 0, 2 ] 4 2

[a! a 2 a 3

0, 2 i

J

k

-1

1

1

1

-1

1

— (2i + 2 j + Ok) 4

7 [2, 2, 0] 4

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32

Análisis vectorial

PROBLEMA 2.28 Expresar A = [ 1 ,2 ,3 ] como combinación lineal del conjunto de los vectores a ! , a2 , a3 dados en el problema 2.27. S o lu c ió n :

Por el problema 1.36, A = (A • b 1) a 1 + (A • bJíL, + (A • b3)a 3,

(2.63)

donde b [, b2 , b 3 , forman la base recíproca con respecto a a , , a2 , a3. Entonces, usando el resultado del problema 2.27 (b), A - b, - (1)(0) + C2)(|-) + A .b 2 = ( l ) W

(I) “| »

+ (2)(0) + ( 3 ) W = 2,

A .b 3 = ( l ) ( l ) + ( 2 ) ( I ) + ( 3 ) ( 0 ) = | . Así que A = -| a 1 + 2 a 2 + | a 3. Para verificar la solución: | a, + 2 a 2 + | a , = | [ - 1 , 1 , 1 ] + 2 [ 1 , - 1 , 1 ] + | 5

5

5

[1 , 1 , - 1 ]

+ [2, - 2 , 2}

2’ 2' 2

5 - 3 5 3 5 3' — + 2 + - , ---- 2 + - , - + 2 — 2

2

2

2

2

2

= [1, 2, 3] = A. PROBLEMA 2.29 S o lu c ió n :

y por ( 2.34b),

Mostrar que i, j, k forman una base autorrecíproca.

Por la definición del triple producto escalar,

i x j = k,

1

0

0

[i j k] = 0

1

0

0

0

1

j x k = i,

= 1,

k x i = j.

Si i', j ', k ' forman la base recíproca con respecto a i, j, k, entonces usando (1.114), j x k m ii [i j k] ’

r = _ k x j_ = . [i j k] J’

fc,

i X j

[i j k]

k.

(2.64)

Por consiguiente, vemos que i, j y k forman una base autorrecíproca.

A parí ir de este resultado y (2.63) podemos expresar cualquier vector A como A - (A . I)i + (A • j) j 4 (A -k )k .

2.5

smm

(2.65)

Bases ortonormales

Un conjunto de tres vectores no nulos U t, u2 ,ii3 constituyen base ortogonal si y sólo si son mutuamente ortogonales; i.e., u m • u„ * 0 para todos los Es una base ortonormal si y sólo si

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33

Vectores en el sistema coordenado rectangular

~

' Si” - " O si m 4 n.

(2.67)

En otras palabras, una base ortonormal es una base ortogonal en la cual, además, cada vector u ,, u2 , u3 es unitario. Por lo tanto u , , u 2 , u 3 se llaman a veces vectores ortonormales. Observamos también que los vectores base i = [ 1 ,0 , 0 | , j = [0, 1 ,0 ), k = [0, 0, 1j forman una base ortonormal. fv w&é', T' ■ << PROBLEMA 2.30 Sean u , , u 2 y u 3 integrantes de una base ortonormal. Entonces demostrar que este conjunto de vectores es linealmente independiente. Solución: Para demostrar que un conjunto ortonormal es linealmente independiente, es suficiente, por (1.24), mostrar que si A, Uj + Á2 u2 + A3 u 3 = 0,

(2.68)

entonces X! = A2 = A3 = 0. Tomando el producto punto por u t a ambos lados de (2.68), (Aj u4 + A2 u2 + A3 u 3) • u, = Aj u, • Uj + Aj u2 • u t + A3 u 3 • Uj = 0 • Uj , y en consecuencia , At ut ■u, + A2 • Uj + A3 u 3 • u , = 0. Por la definición de base ortonormal (2.67), Uj • u, = 1,

u2 • u, = u3 • u¡ = 0.

(2.69)

Por lo tanto, obtenemos Aj = 0 De modo similar, efectuamos el producto punto a ambos lados de (2.68) con u 2 y u3 respectivamente, para obtener A2 =A3 = 0 . Por consiguiente, el conjunto ortonormal Uj, u2, u3 es linealmente independiente. PROBLEMA 2.31 Sean u , , u2 , u 3 integrantes de una base ortonormal. Entonces demostrar que dado cualquier vector A, A = (A • u,)uj + (A • u2)u2 + (A • u3)u 3. (2.70) Solución: Como U !, u 2 , u 3 forman una base ortonormal, cualquier vector A se puede expresar como una combinación lineal de ellos; i.e., A=

u, + A2 u2 + A3 u 3.

(2.71)

Tomando el producto punto por Uj a ambos lados de (2.71) y usando (2.69), A • u, = (A, u t + A2 u2 + A3 u 3) • Uj = Aj u t • u, + A2 u2 ■u, + A3 u 3 • ^ = A,. De modo similar, hallamos que A • u 2 = A2 y A • u 3 = A3. Por consiguiente se sigue (2.70). Obsérvese que por (2.67) una base ortonormal es autorrecíproca. Por tanto, (2.70) es también una consecuencia de ( 1 . 1 2 1 ). PROBLEMA 2.32

Mostrar que para un conjunto dado de vectores linealmente

independientes a, ,a 2 ,a 3, se puede construir una base ortonormal u , , u2 , u 3 de modo que u, sea un múltiplo escalar de , u 2 una combinación lineal de a, y a2 y u 3 una combinación lineal de a ( , a2 y a3. Solución: Como a t , a2 , a3 son linealmente independientes, ninguno de ellos puede ser el vector nulo. Ahora como U! es un vector unitario, u t = ma, = —í— a ,.

(2.72)

Entonces como u 2 va a ser una combinación lineal de aj y a2 , es también una combinación lineal de u, y a2 y es ortogonal a u , . Por consiguiente consideramos un vector v2 tal que que

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I

34

Análisis vectorial

v2 = a , + m ,u 1(

(2.73)

donde m x está determinado de modo que v2 es ortogonalau , . Haciendo v2 • u, = 0 , 0 = (a2 ■u,) + 111,(11, • u,) - (a2 •u,) +m, p u e s u 1 • U! = 1. Por consiguiente, m¡ = — (a2 ’ u ,) , y v2 = a 2 - (a2 • u,)u,.

(2.74)

El vector v2 es ahora ortogonal a U j, pero no es un vector unitario en general. Así, u2 puede hallarse haciendo 1

(2.75)

v,.

Obsérvese que v2 # 0 en (2.74); si v2 = 0, a2 sería un múltiplo de Uj y por lo tanto, de a ¡. Para determinar a u 3 procedemos de manera similar. Consideramos un vector v3 tal que v3 = a 3 + mjU, + m2u2, (2.76) donde OTi y m 2 están determinados de modo que v3 es ortogonal a Uj y u 2 . Haciendo v3 • U! = 0, v3 • u2 = 0, respectivamente, obtenemos a3 • u¡ + m¡ = 0 y a3 • u 2 + m 2 = 0 p u e s u i • u ( = u 2 • u 2 = 1 y u , • u 2 = u 2 • u , = 0 . Por consiguiente, m , = - ( a 3 • u ,) y m 2 = ~ a 3 • u2); además, v3 = a 3 - (a3 • u,)u, - (a 3 • u2)u2.

(2.77)

Obsérvese, como antes, que v3 ¥= 0 en (2.77); si v3 = 0, a3 sería una combinación lineal de Uj y u 2 y por tanto de a ¡ , a2 . El vector unitario u 3 estará dado entonces por 1

(2.78)

v,.

El proceso que se ha llevado a cabo en este problema se llama proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt. PROBLEMA 2.33 Si a, = [-1 , 1, 1], a2 = [1, - 1 , 1] y a3 = [1, 1 ,- 1 ] , entonces (a) construir una base ortonormal u , , u 2 , u 3 y (b) expresar A = [ 1, 2, 3] en términos de U l,U 2 ,U 3. S o lu c ió n :

(a) Usando el mismo proceso del problema 2.32, partimos de (2.72); i.e., A -a , | a, |

* [-1, 1, 1] = V3

J_

J_

y/3

V 3 ’ V3

Por (2.74), v2 = a 2 —(a2 • u,)u. 1 \ V s j . V3 [1 , - 1 . 1 ] ~ 2

3’

_2

'i

i

r

.3 ’

3’

3.

1 ’

4

3’ 3

y su magnitud es I v21 = “ V4 + 4 + 16 = | V6-

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1

V 3 ’ V 3.

35

Vectores en el sistema coordenado rectangular

Por consiguiente, 2 .3 ’

1 3 u, = ------- v, = — = |v 2 | 2 \/6

2

’ 1

4

3 ’ 3.

1

V 6’

2

V 6 ’ v '6 .

Luego, por (2.77), v3 = a3 - (a 3 • u ju , - (a 3 • u2)u2

)

1

\

= [1, 1, - 1] -

V3/

1

2

I - I _ I 3’ 3’ 3

= [1 , 1 , - 1 1 -

1 '

( \

_ V 3 ’ \/3 ’ V 3 .

2

V

2 V6

\'1 ) .V '6 ’

1

2 '

V 6 ' V6.

_4

6’

6

= [ 1 , 1 . 0 ],

y su magnitud es | v3 1 = V I + 1 + 0 = V2-

Por consiguiente, —

V3 = - 4 : [1, 1, 0]

v31

4=, -4 , o V2

V2

\/2

Así que obtenemos la base ortonormal

1

1

1'

V '3’

V3 ’

>/3.

U.2 =

>

"1 _V6’

1 2 V 6 ’ V6.

>

u,3 =

— , 4=, o _V2 \/2

(b) Por (2.70), A = (A • u^u, + (A • u2)u2 + (A • u3)u3.

Ahora, para A = [1, 2, 3] y la base ortonormal construida que se obtuvo en la parte (a), A • Uj =

A • u2 =

V'3

_5_

3

A • u, =

V 6 ;

V 2'

Así que » ri o oí 4 5 3 A . [1 , 2 , 3 ] . - = u , + 7 s u , , ^ « „

Para verificar nuestra solución, 4

5 ~

3

4

\¡2

r-

' 1 \/3’ v'3’ v'3. + V6 ,V6'

V2

y/2 ’ s¡2

u2 + -7= U3 -

v6 2

i

V3 V3

4

4

i

4'

3’ 3’ 3 4

5

r

,

0

'3 3 5 10‘ + 6’ 6 2’ 2’

5

+

1 2 V6’ V6.

5

6’

3 4

5 3 4

10

- — + — + — , ------------+ — , — + —

3

6

2

3

6

2

3

6

+ 0

.

= [1, 2, 3] = A.

El proceso de ortugomlización de (¡ram-Schmidt (Problema 2.32) se puede usar también para determinar la dependencia lineal de un conjunto dado de vectores.

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36

Análisis vectorial

PROBLEMA 2.34 Determinar si los vectores [1, 2, - 1 ] , [ 2 , 1 , 1] y [1, 8, 5] son o no dependientes y si lo son, expresar uno de ellos como combinación lineal de los otros. S o lu c ió n :

Sean ai = [1, 2, -1], a2 = [2, 7, 1] y a3 = [1, 8, 5 ]; entonces definimos v, = a , = [1, 2 , - 1 ] ,

(2.79)

v2 = a2 + nijV,, donde m t se determina de modo que v2 sea ortogonal a v t . Sea v2 • Vi = 0; entonces 0 = (a2 ■v,) + m 1( v¡ ■v,). Por consiguiente, ( a 2 • V l)

(v, • v,) (a 2 ' V l )

Vl.

(2.80)

(V. • V.)

Como a, • v, = a2 • a, = (2) (1) + (7) (2) + (1) ( - 1 ) = 15, V l. Vl = a i . ai = l 2 + 22 + ( - 1 ) 2 = 6, el vector v2 es v2 = a 2 - ^ v, = a2 - | v, = [2, 7, 1] - | [1, 2, - 1 ] O z 1

- l~ , 2 . 1 2

2

(2.81)

= - [ - 1 , 4, 7], 2 Luego, sea v3 = a3 + n x + n 2 v2 , donde n x y n 2 se determinan de modo que v3 sea ortogonal a V! y v2 . Haciendo v3 • Vj = 0 y v3 • v2 = 0. 0 = (a3 • V,) + n ^ v , • v,) + r¡2(v2 • v,),

0 = (a 3 • v2) +

• v2) + n2(v2 • v2).

C om o.ív, • v2) = (v2 ■v t) = 0, (a3 • v:) n. --------------- , (v, ■v,)

(a 3 • v2) rt, = ------------- . (v2 • v2)

Por consiguiente, (a, ■v.) (a, ■v2) v3 = a 3 - -------- - v t - ---------- v2. (V 1 • V l )

(V 2 • V 2 )

Puesto que a 3 • v, = a 3• a, = (1) (1) + (8) (2) + (5) ( - 1 ) = 12, a 3.v 2 = ( l) ^ - l j + (8)(2) + ( 5 ) ^ j = 33,

el vector v3 es

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(2.82)

Vectores en el sistema coordenado rectangular

esto es,

v3 = [ l, 8, 5] - 2[1, 2, - 1 ] - 2 2

2

= [0, 0, 0] = 0.

Así que los vectores a ! , a2 , a3 son dependientes. Por (2.79), (2.81) y (2.84), a 3 = 2v, + 2v2 = 2 a, + 2 ^a2 - ~ a , j = - 3 a , + 2a2, que es la expresión buscada. PROBLEMA 2.35

Construir la base recíproca de

U j,

u 2 , u 3 que se obtuvo en el

problema 2.33. Solución: Sean u 'j, u 2 , u 3 integrantes de la base recíproca de Entonces usando (1.114), a, x u3 u, x u , [u, u2 u3] ’

«2

[u, u2 u3] ’

U j,

u2, u3.

u, x u, [u , Uj Uj ]

Por el problema 2.33(a), 1

1

1 ■

V 3 ’ V 3' V3.

,

1 1 — u2

' 1

1

2 y

_V6’

y /6 ’ V 6 .

1 u1, 3 =

—

y/2

— yJ2

0

Puesto que

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Análisis vectorial

38

k

i

j

1

1

V2

V2

1

1

1

V3

\/3

V3

.

1

V6 1

V6

‘1

1

Uj X U; =

1

0

j + \ /6

2 ' V V 6’ e

y 6’ 1

j

k

J_

J_

J_

V3

v'3

V6

V6

V

3

J_ V'6 3

—=

V18

.

3

i-- —

V l»

.

ni

J + 0k

i

1 vf 1 V 2 1 'i \/2 ’ V'2 la base recíproca es u2 x u3

1

[u, u2 u3]

" v f’

u3 x u, [u, u2 u3] u, x u 2

1 ' V 3.

1

«i.

2 '

.7 = 6 '- y f í ' ' 1 l IlCN ■>

[u, u2 u3l

■1

1

i V ?’

0

U,.

Kste ejemplo ilustra el hecho de que una base ortonormal es automáticamente autorrecíproca.

2.6

Problemas suplementarios

PROBLEMA 2.36 Sean A = [2, -3 , 6] y B = [1, 8 , - 4 ] . Hallar (a) IA i y I BI, (b) IA - B I, (c) A • B, (d) cosenos directores de A, (e) ángulo entre A y B, y ( 0 A X B. Respuesta: (a) 7, 9, (b)\/"222, ( c ) - 4 6 , (d )2 / 7 , - 3 / 7 , 6 /7 , (e) 136°54', (f)[-3 6 ,1 4 ,1 9 ], PROBLEMA 2.37 SeanA = [1, 2, 1], B = [2, 0, - 1 ] , y C = [0, - 1 , 2], Calcular (a) [ABC], (b) A x (B x C), (c) (A x B) x C, (d) (A x B) x (B x C), y (e) (B ■C) (A x B). Respuesta: (a) - 1 1 , (b) [0, 1, - 2 ] , (c) [2, 4, 2], (d) [-2 2 , 0, 11], (e) [4, - 6, 8]. PROBLEMA 2.38 Hallar un vector ^unitario paralelo a la suma de los vectores A = [2 ,4 , -5 ] y B = [1, 2, 3]

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Vectores en el sistema coordenado rectangular

Respuesta:

39

3 _6 2 7’ 7’ 7

3 6 _2 7’ 7’ 7

PROBLEMA 2.39 Hallar el valor de m tal que A = [m, -2 , 1] y B = [2m, m, -4 ] sean perpendiculares. Respuesta: 2 ó - 1. PROBLEMA 2.40 Hallar un vector unitario que forma un ángulo de 45° con el vector A = [2,2, -1 ] y un ángulo de 60° con B = [0, 1, -1 ]. 1 4 1 Respuesta: - 4 , 0, - 4 = 3 \/2 3 v'2 3 v'2 . \'2 V'2. PROBLEMA 2.41 vector 4 ,- 3 ,- 1 . Respuesta:

Hallar un vector unitario paralelo al plano x y y perpendicular al

-K -A -5.o 5

'3 4 5’ 5’

PROBLEMA 2.42 Hallar el área del triángulo que tiene por vértices (3, 5, 2), ( 1 , - 1 , 6) y ( - 2, 1,4) calculando la magnitud del vector producto. Respuesta:

3x711.

PROBLEMA 2.43 Si A = [1, 2, 1], A X (B X C) = (A • C)B - (A • B)C y / PROBLEMA 2.44 simultáneamente. '3 Respuesta: _v'35 ’

B = [2, 0, -1 ] y C = [1, - 1 , 2 ], verificar que (A X B) X C = (A -C )B -(B -C )A .

Hallar un vector unitario perpendicular a [2, 1 ,- 1 ] y a [3, 4 , - 1 ] , 1

5

V 3 5 ’ V35.

'3 \'3 5

1 y 35

5 \J35

PROBLEMA 2.45 Hallar el valor de m que haga coplanares los vectores A = [1, 1 ,-1 ], B= [2 ,-1 ,1 j y C = [m, -1 ,m ] . Respuesta: 1. PROBLEMA 2.46 Determinar si los siguientes vectores son o no linealmente dependientes: (a) [1 ,1 ,0 ], [0, 1, 1], [1 ,0 , 1] y (b) [1, - 6 , 2 ], [0, 2, 7 ], [-2 , 1 2 ,-4 ]. Respuesta:

(a) independientes, (b) dependientes.

PROBLEMA 2.47 Si a, = [1, 1 ,0 ], a2 = [0, 1,0] y a3 = [1, 1, 1], hallar su conjunto reciproco de vectores. Respuesta:

b , = [1 ,0 , —1] , b2 = [—1 ,1 ,0 ] y b 3 = [0, 0, 1],

PROBLEMA 2.48

Para el problema 2 .4 7 ,■verificar que [a, a. a 3] =

1 [b, b2 b3

PROBLEMA 2.49 Expresar a d = [5 ,3 , —1 ] como una combinación lineal del conjunto de vectores a ! , a2, a3 del problema 2.47. Respuesta:

6ai - 2 a 2 - a 3.

PROBLEMA 2.50 Expresar a d = [5, 3, —1] como combinación lineal del conjunto de vectores b i , b 2, b 3 que se obtienen en el problema 2.47. Respuesta: 8b , + 3b2 + 7 b 3. PROBLEMA 2.51 B= [ - 1 ,1 ,0 ] ,

Construir un conjunto ortonormal a partir de A = [ 1, 3, 0] y

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40

Análisis vectorial

- 1 - ■■

3

Vio’ Vio’

4 =

o

_ i_

yio ’ vio ’

o , u3 = [O, O, 1 ],

PROBLEMA 2.52 Expresar el vector [2, 2, 2] como una combinación lineal del conjunto ortonormal obtenido en el problema 2.51. Respuesta: 4 v 1 0 u, + 2 V'10 u2 + 2u3. 5 5 PROBLEMA 2.53 Dar una interpretación geométrica del proceso de ortogonalización de Gram-Schmidt del problema 2.32. PROBLEMA 2.54 S e a n u ,,u 2 , u 3 integrantes de una base ortonormal. Si A ^ i i i j + a 2u 2 + fl3u 3 y B = 6 jUi + b 2 u2 + b 3 u 3, entonces demostrar que A*B=fli b i + a2b 2 + a3b 3 PROBLEMA 2.55 Sean U j, u 2 , u 3 integrantes de una base ortonormal que constituye un sistema derecho ortonormal. Si A + a2u 2 + a 3u 3 y B = &! U! + ¿ 2u 2 4- ¿ 3u 3, entonces demostrar que A X B = (a2b 3 - a 3¿>2) u ( + (a3b x ~ a xb 3)xi2 + (a xb 2 - a 2b x) u 3. PROBLEMA 2.56 Usando componentes verificar las siguientes identidades: (a) (A • B )2 + (A x B )2 = (A B )2-, (b) (A x B) • (C x D) = (A • C) (B • D) - (A • D) (B • C ) ; (c) (A x B) x (C x D) = [ABDl C - [ABC] D ; (d) A x (B x C) + B x (C x A) + C x (A x B) = 0. PROBLEMA 57 Demostrar la identidad (a 2 + b 2 + c2) ( a /'1 + b ' 2 + c '2) = ( a a 1+ bb' + c c ' ) 2 + ( a b 1- a ' b ) 2 + (b e ' - b ' c ) 2 + (c a '_ c 'a )2.

[Sugerencia: Sea A = [a, b, c ] , B = [a', b', c ' ] ; úsese el resultado del problema 2.56.] PROBLEMA 2.58 Sean Uj y u 2 vectores unitarios en el plano x y que forman ángulos a y j3, respectivamente, con el eje x positivo. Demostrar que (a) u, = e o s a i + sen a j , u2 = eos /3 i + sen /S j ; (b) eo s (CU— /3) = eos (Xeos /3 + sen o¡ sen /3 ; (c) sen (a - /3) = sen ot eo s /3 - eos ct sen /3 . /

[Sugerencia: Considerarii! • u 2 y u x X u 2 .] / PROBLEMA 2.59 Sean , u 2 vectores unitarios en el plano xy que forman ángulos a y -fl, respectivamente, con el eje x positivo. Demostrar que (a) Uj = eo s a i + sen OLj , u2 = eos /Si — sen /3 j ; (b) eo s (a+ /S) = eos OLeos /3 - sen d sen /3 ; (c) sen (a + /3) = sen a eos /3 + eos a sen /3. PROBLEMA 2.60

Si la definición de longitud de un vector A = [ A j, A2 , A3] es |A| = max ( |A j , |A2| , |A3|),

entonces demostrar que

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CALCULO DIFERENCIAL VECTORIAL

3

CAPITULO

Si t es una variable escalar, entonces una función escalar f asigna a cada t en algún intervalo un único escalar/Íí) llamado el valor de / e n t. En general, la variable representa o tiempo o un conjunto de coordenadas. Una función vectorial f de una sola variable escalar t asigna a cada t en algún intervalo un vector único f(/> llamado el valor de f en t. En un sistema coordenado rectangular que sea independiente de una variable escalar t, f ( f ) » [ / , ( 0 , f,(t), / , « ) I * f,(O t ♦ /,( 0 J + fj(0 k ,

(3.1)

donde /,(?), f 2(t) y f 3(t) son funciones escalares de / y se llaman las componentes de f(í).

3.1

Lím ites y continuidad de vectores

Sea f(/) una función vectorial definida para todos los valores de t en alguna vecindad de un punto t0, excepto posiblemente para el valor t0 . Entonces a es el vector limite de f(í) cuando t se acerca a t,} y se expresa como íim f « ) = a

(3 .2 )

‘-'o si y sólo si, para cada número real e > 0, existe un número 5 > 0 tal que j f (f) - a j < e siempre que 0 < 1 1 - t0 1 < 8.

Esta definición se vuelve la de límite de una función escalar si se reemplaza f(í) por un3 función escalar, y a por un escalar. Una función vectorial f(í) se llama continua en t = t0 si está definida en alguna vecindad de í„ y Iim f ( f ) . f ( í 0).

(3.3)

Así que usando (3.2), f(í) es continua en t = t0 si y sólo si, para e > 0, existe un 5 > 0 ta l que I f(í) - f(f0) j < e siempre que 1 1 - ta | < 8. PROBLEMA 3.1

Si f = f i ( t ) i + f 2( f ) ' ¡ + f 3( t ) k y a = a xi + a2j + « 3^, entonces demostrar

que lim f ( í) = a

(3.4)

si y sólo si

41

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Análisis vectorial

42

lim f¡{t) = a¡,

i = 1, 2, 3.

(3.5)

S o lu c ió n :

Si lim f(í) = a, entonces, para cada número real e > 0, existe 5 > 0 tal que t -* fo I f(í) - a I< e siempre que 0 < 11 - 10 I< 5. Así que, f(í) - a = [/,(<) - a j i + [/2(í) - a 2] j + [f3(í) - a3]k, y para 0 < I t - t 0 \< 8 , | f¡(t) - a¡ | < | f ( í ) - a | < e, donde i = 1, 2, 3. Por consiguiente, lim f¡ ( t) ~ a ¡ . t-*t0

Recíprocamente, si lim f¡{t) = a¡, (i = 1, 2, 3) para cada e > 0, entonces existe 6 > 0 tal que t -* t Q

I f¡(t) - a i \< e/3 siempre que 0 < 11 - 10 I < 6. Entonces usando la desigualdad del triángulo para valores absolutos, | f (í) — a | = | [/,(í) - a ,] i + [f2(í) - a 2] j + [f3(í) - a 3]k | - I fi( 0 - a i I + I {i(t) - a 2 I + I / 3(í) - a 3 I < e. Por consiguiente, lim f(t) = a . t ->t0 PROBLEMA 3.2 Demostrar que el límite de la suma de dos funciones vectoriales es la suma de sus límites; esto es, si lim i(t) = a y lim g(í) = b, entonces t ->t o t ->t0 lim [f(í) + g(f)] = a + b. S o lu c ió n :

(3.6)

Si lim f(í) = a y lim g(í) = b , entonces para cada e > 0, existe 5 > 0 tal que t -* ÍQ

para 0 < 1 1 - 10 I< 5,

t

tO

| f(í) - a | < j e

y

| g(0 - b | < j e.

Entonces, usando la desigualdad del triangulo para valores absolutos, ¡ [ f ( 0 + g(f)l - (a + b) I = |[f (f) - a l + [g (f) - b]| < |f ( í ) —a| + |g ( f ) - b| < e. Por consiguiente, lim \i(t) + g(í)] = a + b. Í-ÍO PROBLEMA 3.3

Si lim f(/) = a, y lim (p (í) = c, entonces demostrar que t ■+t o f -*í„ lim ^S(<)f(0 = c a.

S o lu c ió n :

(3.7)

Si lim f(í) = a y lim (¡>{t) = c, entonces para 0 < e < 1 (e' se hallará después), t +t o í-*f„

existe 5 > 0 tal que para 11 - 10 I < 6, If(í) - a I < e y 10(f) —c I < e \ Entonces, | (i) | = | c + [0( 0 - c ] < | c | + e' < | c | + 1 . Escribiendo

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43

Cálculo diferencial vectorial

<jS(í) f (i) - c a = <£>(t ) f (t) - <j>(t ) a + (f>(i) a - c a = c¡) (í) [f (i) - a] + [<£ (f) - c] a, tenemos | ( 0 f (i) - c a | = | (í) [f (í) - a] + [<£ (í) - d a | < 1 0 ( 0 1 | f (0 - a i + I 0 ( 0 - c I j a | < ( | c | + 1)8' + e ' | a | = e '( | c | + 1 + | a | ).

[3.7]

Si f(0 = a y lim 0 (O = c, entonces (3.7) se reduce a t-to

lim 0(Oa = ca.

(3.8)

PROBL EMA 3.4 Demostrar que una función vectorial f ( 0 = f i (0* + ^2 (Oj + ^3 (Ok es continua en t 0 si f¡(t) (i = 1, 2, 3) es continua en t 0. Como f ( 0 es continua en t = t 0, tenemos que lim f (0 = f(ío)- Otra vez

Solución:

f(0 = /i(0 » + / 2(0 j + f s ( 0 k ; Por consiguiente f(í0) = / i ( í o ) ¡ + / 2(ío)j + / 3( M k - Usando lim f (0 = lim [/t(0 i + /2(0 Í + / 3(í)k l í-»í0 f-*í o

(1 6 )’

= lim /,(0 i +■ lim /2(0 J + t~ > t0

t->t0

f ( 0 k. t->t0

Como i, j, k son constantes, se sigue de (3.8), lim f (0 - i Üm f,(0 + j lim (2(t) + k lim f 3(t). Por otra parte, f¡(t) es continua en t = t 0 . Por consiguiente, i lim /,( í) + j lim 4 (í) + k lim f3( t ) = f íU0) i + 4 (
t->t0

t->t0

Entonces por la definición de igualdad de vectores, lim f¡(t) = f ¡ ( t 0),

3.2

donde i= 1,2, 3

Diferenciación de vectores

La derivada f'(t) de «na función vectorial f(t) se define por

(3.9)

El vector f(t) se dice también diferenciabk y la derivada f '( 0 es también una función vectoria|. Asi, si ffO^/iCO* + / j ( 0 Í +

estonces f '( 0 existe si y sólo si las derivadas

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44

Análisis vectorial

(, {t t A t ) - /,( 0 / / ( / ) =- l i m --------------------

a t-o

(3.10)

Af

de/j-(r) (/ = 1, 2, 3) existen y f '(O “ /,'(() 1 +

+ f.'ÍO k.

(3.11)

Lasderivadas de orden superior de una función vectorial sedefinen de manera similar a la de unafunción escalar deuna sola variable. Así, f " ( í ) = - 2-í( f ) = dt2 dt

clf(t)

(3.12)

dt

y así sucesivamente. Del cálculo elemental, sabemos que una función diferenciable es necesariamente continua pero el reciproco es falso. Lo mismo puede decirse con respecto a una función V; . vectorial debido a (3.11). A menos que se advierta lo contrario, en este libro consideraremos solamente aquellas funciones que sean difereneiables hasta cualquier orden que se requiera en una discusión particular. Las reglas para diferenciación de funciones vectoriales son similares a las correspondientes para funciones escalares con una excepción. Para diferenciar el producto vectorial de funciones vectoriales, debe conservarse el orden de los factores, porque el producto vectorial no es una operación conmutativa. Si A(t), B(t) y C(t) son funciones vectoriales difereneiables y <¡>(t) es una función escalar diferenciable, entonces (1)

d [A(f) + B (í)l

= A '(0 - B '(0 ,

(3.13)

0 (f) A'(,) , 0'(O A (í),

<3.14)

dt

(2) 1 {¿(t) A(í)] , dt

(3)

(4)

j [A (f) • B(f)] - A (f)- B '(0 + A 'O ).B (í),

(3.15)

- LA(f) V B ( 0 l - A (í) X B '(0 + A '(í) x B (0 ,

<3-,6 >

dt

dt

(5) -

dt

Í A (f)-B (í) x C (í)l = A '( 0 ’ B ( / ) k C (0 + A (O • B '( í ) x € ( f ) 4 A ( / ) - B ( f ) x C '( 0 ,

(3.17)

(6) — ¡A(f) x lB (í) x C ( t) i¡ = A'U ) x IB {t) x C(f)1 + A (0 x |B '(í) x C ( í) l dt

+ A (í) x ÍB (f) x C '(/)J.

(3.18)

(7) Regla de la cadena: Si t= g (s) es diferenciable, entonces d A(f) ^ d \lg (s )\ ds

PROBLEMA 3.5 S o lu c ió n :

ds

= dA (t)

dj(s)

dt

da

Demostrar (3.14).

Si f(í) = <¡>{t) A(t), entonces tenemos i(t + A t) = 0(f + A t) A(í + A i), y

f(f + At) -

f(í)

= 0 ( f + Ai) A (í + Ai) - 0 ( 0 A (í) = 0 (í + At) [A U + A0 - A (í)] + [0 {t + At) - 0 (f)] A (0-

Se divide a ambos lados por A i y se acerca A t hacia cero para obtener

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Cálculo diferencial vectorial

lim A t ->0

45

f(í + Ai) - f(í) Aí A (í + Aí) - A (i)

= lim (f>(t + Af)

Aí

AÍ-*0

+ lim

0 ( í + Aí) - 0 ( t )

A (O

Aí

A f->0

= 0 (O A '(O + 0 '(O A (O -

Casos espaciales: Si <X¡\ ~ k es una constante ch alar, entonces

¡m u i ■

i

4

13.20)

t* A (f)l = k A ' ( t \ ..i i i i i i i ■. ;

Si A^ ) * 81 *§ihi véqiút (3,21)

PROBLEMA 3.6 Solución:

Demostrar (3.15).

Si ip(t) = A(f) • B(í), entonces

^ ( í + AO - 0 ( 0 = A (t + A í)-B (í + AO - A ( 0 - B ( 0 = A (í + AO • [B (í + At) - B (()] + [A (t + AO - A (í)] • B (í). Se divide a ambos lados por A t y se hace tender A t hacia cero para obtener
~

dt

[A (O • B (0] = A (O • B '(0 + A '(0 • B (f).

Solución alterna: Sean A(í) = [^4x(í)»^ 2(0 »^ 3(í)] y ®(0 = L®i(0 rel="nofollow"> ^2(0 >B3(0]Entonces, por la definición del producto punto (2.24),

4 [A(0 •B(0] = 4- [¿i(0 *i(0 + 4 (0 B 2(0 + A 3(t) b ,(0] at

dt

= ¿,(0 B,'(0 + A ;(t)B ¿ t) + A ¿t ) B/(0 + A'(t) B ¿ t ) + ¿ , ( 0 S ,'(0 + ¿ , '( 0 * t (0 = [A X O fi^ O + A2( 0 B / ( 0 + A 3(O B 3'(Ol + M .'ÍOB.ÍO + A2' ( 0 b 2(0 + a / ( 0 b 3(0] = A ( í )-B '( í ) + A '(0 • B (O-

PROBLEMA 3.7 Mostrar que la derivada de un vector de magnitud constante es ortogonal a él. (Esto incluye la posibilidad de que la derivada sea el vector cero.) Solución:

Si B(í) = A(t) en (3.15), entonces A, B — [A ( 0 • A (í)] = 2 A (0 • A'(0dt

(3.22)

A (O • A (0 = | A (0 | 2 = constante

(3.23)

Pero,

Así que la derivada es

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Análisis vectorial

46

^

[A (í ) • A (()] = 0.

(3.24)

2A (í) • A '(í) = 0.

(3.25)

Entonces, por (3.22),

(3.26)

PROBLEMA 3.8 S o lu c ió n :

Demostrar (3.16).

Si f(í) = A(í) X B(í), entonces f(í + Aí) - f(í) = A (í + Aí) x B (í + Aí) - A (í) x B (í).

Sumando y restando A( t + Aí) X B(í) y simplificando se obtiene f ( í + Aí) - f(í) = A (í + Aí) x [B (í + Aí) - B (í)] + [A (í + Aí) - A (í)] x B (í). Dividiendo a ambos lados por A t y tomando el límite cuando A t -*■ 0, f'( í) = — [A (í) x B (í)] = A (í) x B '(í) + A '(í) x B (í). dt

Se recalca de nuevo que debe conservarse el orden de los factores.

PROBLEMA 3.9

Mostrar que — [ A ( í) x A '(í)] = A (í) x A "(í).

(3.

dt

S o lu c ió n :

Si B(í) = A'(t) en (3.16), entonces — [A ( í ) x A '(í)] = A (í) x A "(í) + A '(í) x A'(í). dt

Por (2.30), A '(í) x A '(í) = 0, y se sigue (3.27).

PROBLEMA 3.10

Si f(/) = e2ía 4- e3íb, donde a y b son vectores constantes, mostrar que f " ( í ) - 5 f ' ( 0 + 6f(í) = 0.

S o lu c ió n :

Como f(í) = e2fa + e 3íb, entonces por (3.13) y (3.21), f '( í) = 2 e 2í a + 3 e 3 ‘ b, f'- ( í) = 4 e 2f a + 9 e 3! b.

Por consiguiente, f " ( í) - Sf'Cí) + 6f(í) = 4e 2' a + 9 e3( b - 10e2í a - 15e3' b + 6e 2t a + 6e 3í b = (4 - 10 + 6) e 2í a + (9 - 15 + 6) e 3' b

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Cálculo diferencial vectorial

3.3

47

Derivadas parciales de funciones vectoriales de más de una variable

Una función vectorial fd e dos variables» y v asigna a cada punto (u, v) de alguna región un vector único f(u, v) llamado el valor de f en (m, v ). De modo similar, f(u, v, w) es una función vectorial de las tres variables u, i>, w. En un sistema coordenado rectangular que sea independiente de tres variables escalares u , v y w. f(u , v, w) - [/,(u, v, w), (¿ u , v, w), (s(u, v, w)] - f,(tí, v, w )i + f2(u, v, w) j + fs(u, v, «')k,

(3.28)

donde / , , f 2, f 3 son las funciones escalares de u, v y h> y se llaman las com ponentes de f(u, v, w). La derivada parcial fu de f con respecto a u se define por f


ljm

Bu

t(u > ■Au, v, w) - f(u, v ,w ) ju-*o Au

^

29)

siempre que exista este limite. De m odo similar, definimos las derivadas parciales de f con respecto a my w a sí: <9f _ f(u , v • \ v , w) - f(u, v, w) lim ri v Jv >0 \v f(u , V,

ÍLL dw

lim

w

‘

A

w) -

f ( u , V , H-)

(3.30) (3.31)

siempre que estos límites existan. Las derivadas parciales de orden superior se pueden definir también de esta manera. Por ejemplo, f Ulí . £ !1í - A ( ¿ l ) 01u 2 <Ju \ d u / ' f V *U

mJ

f,

"

d_ /df\

Ovdu

d v \< ? u /

d2f

A . ( í í )

dudv

du \d v )

Como se vio en la sección 3.2, si A y B son funciones vectoriales difereneiables de u, »>y w, y 0 es una función escalar diferenciable de u, v y w, entonces, (1)

4 ~ (A + B) - AUl+ B u, da 1

(3.32)

(2)

4 ~ (<¿A) = 0 A u + 0 uA, du 9

(3.33)

(3)

4 ~ (A 'B ) = A 'B u + AU.B , au *

(3.34)

(4)

— (A x B) du

(3.35)

A x B u + Aux B.

■

Debe observarse que se debe mantener el orden de los factores que aparecen en (3.35). PROBLEMA 3.11 demostrar que

Si f(w, v, w) = / , (u, v, w ) i + f 2(u, v, w)j + /.,((/, v, w)k, entonces

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48

Análisis vectorial

di d f, d f2 d f3 f„ = —— = — i + ---- j + ----- k. du du du du S o lu c ió n :

(3.36)

Por la definición de derivada parcial (3.29),

tu = lim A u -» 0

f (u + Au, v, w0 —f (u, v, w) Au f,(u + Au, v, iv) —f^ u , v, w)

= lim

Au

A u ->0

f2(u + Au, v, w ) - f2(u, v, w) i + — — ----------—------ j Au

f3(u + Au, v, w) - /j(u, v, w) + ---------------------------------------Au dh . d{2 . , — i + — j + — k. du du du

PROBLEMA 3.12

Si f(u, i>) —euv i + (u —i>)j + «(sen v)k, calcular (a) fy , (b) f v, (c) f u

y (d) fu x fvS o lu c ió n : (a)

Por (3.36), fu =

du

(e uv) i +

du

(u “ v) j + T ~ (u sen v^k du

= veuv i + j + (sen v) k; (b)= 7 — (e “ v) i + 0v

(u “ v) j + "T" (“ sen v) k dv dv

= u e uv i - j + u (e o s v) k: (c)

fuu =

(veUV) i + T - í 1) i + ( sen y) k du du du _ y 2 e uv j.

du

(d) de acuerdo con (2.27) y por los resultados de las partes (a) y (b),

x fv

ve u euy

1 —1

sen v u eo s v

(u eo s v + sen v) i + u (sen v - v e o s v ) e uv j - (v + u) e uv k.

3 .4

Curvas en el espacio

Sea f( í) una función vectorial dt una variable escalar t: i.e.

f« )

/,(* ) i -

(3.37)

un vector de posición ■ y (3-38)

cuyo punto inicial está en el origen de un sistema coordenado dado y cuyo punto final ^ ■

■■

■

curva. Así por la definición de igualdad de vectores,

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49

Cálculo diferencial vectorial

X = /,( 0 .

y = 4 (0»

Z = 4 (0 -

(3.39)

Las ecuaciones (3.39) se llaman ecuaciones paramétricas de la curva C en el espacio, que es una función de f(í) con t como parámetro. Como se muestra en la figura 3.1, se a /5 un punto de una curvaC para el cual f = f(r), y fie l punto que corresponde a Í(t + Aí). Entonces, .. f(í + A 0 - f ( 0 p Q hm -........ — — = l i m = f (0 aí-»o Aí o At

(3.40)

es un vector que es tangente a la curva espacial C en P; este se llama el vector tangente a C en P. Un punto t¡ en una curva en el espacio C se llama p unto singular de C si f '(t¡)= 0; de otro modo, se llama p unto no singular. La dirección de la curva en el espacio C en un punto no singular P. es la del vector tangente a C en P. Una función vectorial suave es una función vectorial que tiene una derivada continua y no tiene puntos singulares. PROBLEMA 3.13

Fig ura 3.1

U na tangente a una curva en

el “ pació.

Trazar la curva C representada por la función vectorial f ( 0 = (a eos 0 * *- (a sen t)j,

0 < í 1 2n,

(3.41)

en el espacio, y hallar su dirección en el punto (0, a, 0). Solución:

Las ecuaciones paramétricas de la curva C representadas por f(í) son x

a eos t,

y - a sen t,

z

0.

(3.42)

Por (3.42), x 2 + y 2 = a 2 (e o s 2 t + sen2 t) = a 2, En t = 0, x = a,

y = 0,

z = 0,

y en t = 2ir, x = a , y = 0,

z = 0.

La curva C es un circulo en el p l a n o s centrado en el origen con radio a, que comienza y termina en el punto {a, 0, 0) cuando t cambia de 0 a 2n. (Véase figura 3.2). El punto (0, a, 0) corresponde al de í = 7r/2. Ahora por (3.41), f '( 0 = - a sen t i + a eo s t j. F ig u ra 3 .2

Así que,

S o lu c ió n al p ro b le m a 3 .1 3 .

- a sen ( - | i + a eo s ( —]j U J \2, - a i. Por tanto, la dirección de la curva en (0, a, 0) está en la dirección negativa del eje x,

PROBLEMA 3.14 (a) Hallar la función vectorial f(t) que representa la recta L que pasa por un punto ( A x, A 2, A 3) y es paralela a un vector dado no nulo B = [B,, B 2, B 3 ] . (b) Hallar las ecuaciones paramétricas para la recta L. Solución: (a) Se representan los puntos (A ,, A 2, A 3) y (x. y, z ) por los vectores de posición A = [A i , A 2, A 3 ] y r = [x, y, z], respectivamente.

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//

Análisis vectorial

50

■±

En la figura 3.3 se ve que elpunto (x, y , z ) estará situado"en la recta pedida si y solamente si r - A es paralelo a B. Ahora, por (1.4) dos vectores son paralelos si y sólo si son múltiplos escalares uno del otro; así, r

- A = (B ,

(3.43)

donde t es algún escalar. Escribiendo de nuevo (3.43), r

= A + t B.

(3.44)

Por consiguiente, haciendo r = f(í) obtenemos la función vectorial deseada f(f) = A + íB .

(3.45)

(b) Escribiendo (3.44) en términos de las componentes de los vectores, Fig ura 3 .3

S o lu c ió n al problem a

x = A l + t B t,

3.1 4.

y = A2 + t B 2,

z = A 3 + tB 3,

(3.46)

que son las ecuaciones paramétricas para la recta/- que pasa por ( A ,, A 2, A 3) y es paralela a B = [fij, B 2, B 3 ]. PROBLEMA 3.15 (a) Hallar la función vectorial f(í) que representa la recta L que pasa por los puntos ( A U A 2, A 3) y ( B \ ,B 2, B 3). (b) Hallar las ecuaciones paramétricas para la recta i . S o lu c ió n : (a) Representar los dos puntos (A i, A 2, A 3) y (B lt B 2, B 3) por los vectores de posición A = [A¡, A 2, A 3] y B = [Bx, B 2, B 3 ], respectivamente. Sea(jc,y , z) un punto de L representado por el vector de posición r = [x, y, z]. Entonces en la figura 3.4, se ve que debe haber un escalar t tal que QP = tQ R . Figura 3 .4

S o lu c ió n al problem a 3 .1 5 .

Por otra parte QP = r - A y QR = B - A; así que, r —A = í (B - A;,

(3.47)

r = A + í(B - A) - (1 - f)A + í B.

(3.48)

o, simplificando,

Entonces, haciendo r = f(í), obtenemos la función vectorial deseada f(í) = (1 - t ) \ + íB .

(3.49)

(b) Escribiendo (3.48) en términos de las componentes de los vectores, obtenemos las ecuaciones paramétricas para la recta; i.e., x = (1 —O ^ i + t B x,

y = (1 - t) A 2 + t B 2,

z - (1 —t) A 3 + t B 3.

(3.50)

Eliminando el parámetro t de (3,50), x - A¡

y - A2

z - A,

B t - A t = b '2 '- A 2 ' B t - A¡

(3.51)

que es la ecuación no paramétrica de la recta.

t

PROBLEMA 3.16 Si una curva en el espacio C está representada por una función vectorial suave f(t) para a < t < b, entonces demostrar que su longitud i está dada por la integral l

f \t)

dt

(3.52)

S o lu c ió n : Si f(í) = / t (/)« + / j ( 0 j + /j(^ ) k , entoncesC se puede describir por las ecuaciones paramétricas x y = f 2(t), z = f 3{t) para a < t
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5,

Cálculo diferencial vectorial

Por cálculo elemental el elemento de arco ds sobre C se define por

V>3 A--- A.

d s 2 = d x 2 + d y 2 + d z 2.

sU J

Por (3.53) y las ecuaciones paramétricas, cO'

% dt

i\ d t j

\dtl

_____

Je

\dt¡ .

BIBLIOTECA

- H/,'(0lJ + l/t'(r)l* + l/,'(01*1»

“HUMERO DE ABQÜlStClO» l

-in o i. Por consiguiente, el elemento de arco c/x es c?s = ¡ í ' ( 0 | dt. Asi que la longitud total l es la integral de ds sobre C; i.e., / = f

■4

PROBLEMA 3.17

ds = r

Ja

¡ t '( o i <* = r

Ja

[ f '( o - n o i *

.

Hallar la longitud de la curva representada por la-función vectorial f (í) = (a eo s í) i + (a sen t) j,

S o lu c ió n :

■

0
[3.41]

0 < t < 2?7,

(3.56)

La derivada de f(í) es f '( 0 = - a sén t i + a e o s t j,

y su magnitud es i f '( 0 | = (a2 sen2 t + a 2 e o s 2 o '/j = a-

(3.57)

Así que por (3.52) la longitud de la curva es l ~ 2 7T

l - I Jo

/- 2 77

I f (0 l dt = I

a d t = 2na.

(3.58)

^0

La longitud de arco s(t) de una curva es una función de la variable escalar t desde algún punto fijo a hasta t. Esta es la longitud / de C con el lím ite superior b de (3.52) sustituido por t; i.e., s(f)

iv

(01 dt.

(3.59)

PROBLEMA 3.18 Demostrar que la longitud de arco s puede servir como un parámetro en las representaciones de curvas sin puntos singulares. S o lu c ió n : a
Diferenciando la longitud de arco, (3.59), de una curva, obtenemos para (3.60)

^ = |f '( O I > 0. dt

Así, que s es una función creciente y continua en a < t < b. Esto implica que s tiene una única inversa t = q (i) para 0 < /. Por consiguiente, una función vectorial suave con parámetro s g (s) = f[q (s)] (3.61) puede representar la misma curva C que se representa por f(í). Determinando el vector de posición r = [x, y, z] como r = g (s ) - g ,( s ) i

f

g2( s ) j + á 3(s)k ,

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(3.62)

Lx>

Análisis vectorial

52

obtenemos las ecuaciones paramétricas de C con parámetro s; i.e., x = é iO ) ,

y = é2(s),

z = á 3(s).

(3.63)

En lugar de las funciones vectoriales f(t) o g(s) para representar la curva C en el espacio, usaremos con frecuencia r( t) o r(.v). Asi' que f ( 0 - r ( í ) « x ( 0 1 + y « )J+ * (O M .

a
(3.64)

g (s ) - r ( s ) = x ( s ) i * y ( s ) j + z ( s ) k ,

0 <s<¡.

<3.65)

Aunque se usen las mismas formas funcionales r(f) y r(s), debe observarse que r(s) no se obtiene de r(/) por simple intercambio del parámetro t p o rs; r(s) se obtiene de tit) cambiando el parámetro t a q(s). El problema 3.19 ilustra este hecho.

PROBLEMA 3.19

Una curva C se denota por la función vectorial i (í) - a eos t i + a sen t j,

0 < í < 2 tt.

Representar a C por una función vectorial con la longitud de arco s como parámetro. (Cf. problema 3.17). S o lu c ió n :

Por la definición de longitud de arco (3.59) y usando (3.57), =f

If

•Jo

'(0I dt = f

a dt = at.

(3.66)

Jo

Por consiguiente, t = s/a y la función vectorial pedida es g (s) = f

a eos

i + a sen

(3.67)

PROBL EMA 3.20 Cuando una curva C se representa por una función vectorial #(s) con longitud de arco s como parámetro, demostrar que d g (s)

ds

= g '( s ) = T,

(3.68)

donde T es el vector unitario tangente a C en cualquier punto. S o lu c ió n : Por (3.40) el vector tangente a la curva C que se representa por una función vectorial suave f(r) en cualquier punto es el vector f'(/). Por consiguiente, para I f '( /) I =£ 0, el vector unitario T tangente a C en cualquier punto se expresa ^

f '( 0

(3.69)

n o i Además, puesto que g(s) = f[í?(s)] y t = q(s), tenemos que diferenciando y usando la regla de la cadena, £

^

ds

= g v s) = r ( 0 * = n o " ds ds

= J M I f '( |

0

(3.70)

dt Por consiguiente, por (3.69-70), g '(s ) =

no f '( 0 j

PROBLEMA 3.21 función vectorial

Hallar el vector unitario tangente a la curva C representada por la

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53

Cálculo diferencial vectorial

f(í) = (a e o s t ) i + ( a sen t ) j ,

0 < t < 2n,

en t = n/2. (Cf. problema 3.13). S o lu c ió n :

Por (3.67), la curva C se representa también por fs \ fs\ g (s ) = a e o s í — ] i + a sen — j, w . w .

0 < s <2na.

[3.67]

Por (3.68), el vector unitario T tangente a C en cualquier punto es r /s \i T = g ' (s) = — sen ( —^1 i + eo s — j, w . . W Ahora, por (3.66) tenemos en t = tt/2, s = at I, = w/2 = t = 7t/2 o s = an/2, el vector tangente unitario es T =-

sen

0 í s í 2 na.

(3.71)

Por lo tanto, en el punto

i +

(3.72)

J = -i,

pues sen (7t/ 2) = 1 y eos (rr/2) = 0. Alternativamente, se puede obtener el mismo resultado de (3.69) usando (3.56) y (3.57). Así que para 0 < t < 27T T =

t'(ñ 1 n = —[ - (a sen t) i + (a eo s i) j] I f (0 | a

> \oJSv'T£>V CK

=- (sen t) i + (eo s í) j.

(3.73)

Entonces, en t = n/2, r T = -

eo s | — 2

sen

A®-

J = -i.

PROBLEMA 3.22 Mostrar que el vector definido por d J /d s es normal o perpendicular al vector unitario tangente T en cualquier punto de la curva C. S o lu c ió n :

Como T es el vector tangente unitario, el producto punto da T T = 1.

(3.74)

Diferenciando ambos lados con respecto a s, dT ds

T = 0,

(3.75)

lo que implica que cfT/ds es normal a T. (Véase problema 3.7).

3.5

Superficies

En la sección 3.4 las curvas del espacio se describen mediante ecuaciones vectoriales del tipo v v r(< )* x ( t ) i + y ( t ) j 4- z ( t ) k (3.76) en donde interviene un solo parámetro t. La representación paramétrica de curvas en el espacio es x = x (f),

y = y( t ) ,

z = z( t ) .

(3.77)

Las superficies se describen, en general, por medio de ecuaciones paramétricas del tipo

x = x ( u , v),

y = y (u ,v ) ,

z = z(u,v),

(3.78)

donde u y v son parámetros. Si se fija v, i.e., v = c, una constante, entonces (3.78) se vuelve una expresión paramétrica de un parámetro que describe una curva en el espacio a lo largo

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Análisis vectorial

54

Z'

= const

de la cual varía u. Esta es la curva que se designa con v ~ c . Así para cada v existe una curva en el espacio. De modo similar, y varía a lo largo de Ja curva u - k , una constante; el lugar de todas las curvas v ~ c y u —k es una superficie S. Los parámetros u y v se llaman coordenadas curvilíneas del punto s sobre la superficie, y las curvas u y v se llaman curvas paramétricas. (Véase figura 3.S). Si el punto terminal del vector de posición r genera la superficie S, entonces (3.78) se puede expresar como r(u, v) = x(u, v )i + y(u, v )j + z ( u, v)k.

PROBLEMA 3.24 Figura 3.5

(3.79)

Mostrar que el vector unitario n definido por ru x rv

U na s u p e rfic ie en el

(3.80)

espacio.

donde ru =

, rv =

es normal a la superficie S representada por r(u, v) si ru X rv # 0.

Solución:

De acuerdo con (3.40), en cualquier p u n to /’, dr ru = — du

=

dx du

.

dy . — du

dz , +— k du

(3.81)

es un vector tangente a una curva constante v en P. De m odo similar, dr dv

dx . dy . dz . = J ~ 1+ J ~ J + ^ ~ k dv

dv

(3.82)

dv

es un vector tangente a una curva constante u en P. Por consiguiente, se sigue que en cualquier punto P, el vector ru X rv es normal a la superficie S en P. Como I ru X rv I es la magnitud de este vector, r.. x rv r„ x r v

es un vector unitario normal a S en P.

Un punto («, »■) sobre una superficie S se llama punto singular sí r„ X r, = 0; de < existen solamente en los puntos no singulares. Geométricamente la condición para que r« X r„ 0 es que las curvas u - k y v = c, donde k y c son costantes, no sean singulares, mutuamente tangentes en su punto Je intersección.

PROBLEMA 3.24

por

Hallar un vector unitario normal n para una superficie S representada . v x = x, y = y , z = z ( x , y ) , (3.83)

d o n d ex e y son parámetros. S o lu c ió n :

Por (3.83), la superficie S se puede representar por (3.84)

r(x , y) = x i + y i + z ( x ,y ) k . Por consiguiente las derivadas parciales son dr

dx .

dy .

dz .

. dz . — k= i + — dx dx dx dx dx . dy . d z , . dz . = — i +— j + — k = j + — k. dy dy . dy dy

rx = — =— i + — J +

dx di rv = — dy

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k,

(3.85) (3.86)

Cálculo diferencial vectorial

55

El vector producto de rx con r es i

j

k

1

0

0

1

dz

dz .

dz .

dx

dy

(3.87)

-------i --- j + k.

dx dz dy

0 sea que la magnitud es

M \dx)

+1

dy

(3.88)

Por consiguiente, por (3.80) el vector unitario normal es dz .

dz .

dx

dy

----- i --------- j + k

r v x r„

(3.89)

r v x r„

dx PROBLEMA 3.25

1

dy

Hallar un vector unitario normal n para una superficie S que esté

representada por 4>(x,y,z) = 0.

(3.90)

Si consideramos a (3.90) como una función de x e y que define implícitamente a z, podemos suponer que <¡>z 0. Entonces por cálculo elemental y por (3.85), (3.86), las derivadas parciales son

Solución:

dcf> dz

d x

r = i + — k = i

.

.

4>x.

--------k = i ---------- k,

dx

(3.91)

d <£> k = j-

J +

dy ——

ki, = j■------- k.v

(3.92)

¿y Por consiguiente, el producto vectorial es

r» x rv

k

i

j

1

0

-

0

1

-

rx .

rv

.

,

— i + — j + k

= —

(3.93)

(< ? M + 0 y i + 0 z k ) ,

Así que el vector unitario normal es r v x r„

Sx i + 0 y j + 0 z k

\ r x x xy |

[ ( 0 J 2 + (0 y + ( 0 J 2] y*

dó .

dd> .

d d>

—— i + —— j + —— k

dx

dy

dz

/ M 2+ ( i A 2+( í ± \dx) \dy) \dz

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(3.94)

Análisis vectorial

56

Si (px # O ó
t i elemento dif erencial de área de una superficie es un vector dado por

rvdv


x

dt , — d v = ru dv

x

, , rv dudv.

(3.95)

Por la definición de vector unitario normal (3.80) vemos que dS es un vector normal a la superficie representada porr(«, y) en cualquier punto P, su magnitud d S = j t/S | = | ru x rv | dudv,

(3.% )

es aproximadamente igual al a'rea de la superficie S limitada por cuatro curvas situadas sobre 5. (Véase figura 3.6). Por (3.80) y (3.96), (3.95) se puede expresar como c/S = n d S .

(3.97)

El afea de la superficies se puede obtener entonces integrando (3.97) sobreS; i.e.. Fig ura 3 .6

U n e lem ento dife re n c ia l de área de una su p e rficie .

(3.98)

s - / / ds=/ j " rfsdonde n es un vector unitario normal de 5 en cualquier punto P.

Hallar el área de una superficie S representada por

PROBLEMA 3.26

x = a sen 9 e o s cfj,

y = a sen 9 sen 0 ,

z = a e o s 9,

(3.99)

donde 0 < 6 < v y 0 < 0 < 2ír. S o lu c ió n :

Aquí los dos parámetros 6 y se usan en lugar de u y v. Por consiguiente, dt

te = —

dx .

dy .

—dd = —de i + de

dz

j + — k

de

= a e o s 0 eo s 0 i + a eo s 9 sen cf> j - a sen e k, dr dx . dy . dz = — i + — j + — k d(¡) d defc dc¡>

r<¿ = —

= —a sen 0 sen

(f> i + a sen 9 e o s 0 j.

Así que el producto vectorial es i

rg x t^ =

j

a eo s 9 eo s cf> - a sen 9 sen
k

a eos 9 sen 0

- a sen

a sen 0 eos 4>

0

= a 2 sen2 0 eos cf> i + a 2 sen2 0 sen cf> i + a 2 sen 9 eos 6 k, y su magnitud es

c es. & i ce | tg x r<£ | = a 2 sen 0 [sen29 e o s2 <j>_+ sen2 9 sgn2 0 + e o s 2 0] 2 = a 2 sen (9[sen2 0 (e o s2 (f> + sen2
9 \1/2

= a 2 sen 9. Entonces, por (3.96), la magnitud del elemento diferencial del área es dS = a2 sen 9 d9d(f>. Así, integrando, el área superficial es

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(3.100)

57

Cálculo diferencial vectorial

sen O d6d(f> = 2n a 2 í dn

sen 0 d d

= 27ra2( - c o s 6)\™

= 27ra2{—[(—1) —1]} = 4 77a 2.

Se observa que (3.99) son las ecuaciones paramétricas de una esfera x2 * y 1 + z 2 - a 2.

(3.101)

De la figura 3.7 se puede obtener (3.100) por observación. Así que si mantenemos fijo a

en d, obtenemos un arco de círculo de radio a sen 0 que tiene longitud a sen 0 d4>. Por consiguiente el elemento diferencial de área dS se puede expresar como d S - a dO ■a sen 0 d - a 2 sen 0 d0d<$>.

69 d

F¡ gura 3.7

U n e le m e n to d ife re n c ia l de área de la su p e rficie de una esfera.

PROBLEMA 3.27 Expresar el elemento diferencial de área de la superficie dS para una superficie S representada por (3.102)

z = z (x , y ).

S o lu c ió n :

Por (3.88),

Entonces, usando (3.96), d S = | r x x xy | dxdy

dxdy.

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(3,103)

r

58

Análisis vectorial

3.6

Z

Derivada direccional y gradiente

Un campo escalar es la totalidad de los vectores f(x, y, z) asignados a cada punto (x, y, 2 ) de una región R del espacio. Sea P(x, y , z) un punto no singular de una curva C en el espacio y Q(x + Ax, y + Ay, z + Az), otro punto de C. (Véase figura 3.8). Entonces los vectores de posición r y r+ A rd e P y Q son r = xi + yj + zk, r t Ar = (x + \ x ) i 4- (y + A y)j + (z + A z)k.

F ig u ra 3 .8

La d e riv a d a d ir e c c io n a l.

Sea {x, y, z ) en P en la dirección del vector unitario T tangente a C en P se define como

<>s

A*, y > Ay, z + ¡\z) As

_ ]jm AS-o

(x, y , z)

^

donde As es la longitud de arco de C desde P hasta Q. El gradiente de la función escalar ,es un vector que se define d. ~ dx

, , grad ó ;

fió . defc , i <■-r-1- J+ ~~~ k. dy dz

n 1AC^ (3.105)

PROBLEMA 3.28 Mostrar que la derivada/íireccional de
ds

-1 grad c¡> • T,

(3.106)

donde T es el vector unitario tangente a C. S o lu c ió n :

Por (3.68), el vector unitario T tangente a C en cualquier punto es T

d x d x . d y . d z --- j f — k. ds ds ds ds

(3.107)

de/) dx dx ds

(3.108)

------ — i i

.

Por cálculo,

dcj> ds

dtp dy d y ds

d(f> dz d z ds

que es la forma de un producto escalar de grad

r) s

grad 0 • T.

Introduciendo el operador diferencial V (léase nabla o del),

üx el gradiente de

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™ j+ - k , dy dz

(3.109)

59

Cálculo diferencial vectorial

grad = V = í j - i * j >■ — k] ó \0x ay dz /

~

dx

i *

dy

i i-

dz

k.

( 3 .1 10)

Por (3.110), las propiedadas del gradiente son 7 (c<¡6) = c V<5, V (0 + 0) =

(3.111)

' V iA .

(3.112)

V(<W = 0 V 0 +

(3 -il3 )

donde 0 y 0 son funciones escalares difereneiables enalguna región del espacio y c es una constante. PROBLEMA 3.29 Solución:

V(

Verificar (3.113)

Por la definición de gradiente (3.110),

0A)i + o

x

a y

W>
r) rA \ / rí ?// r) rh\ w +f i ± \ i +L d ± + f i ± \ (9y (9y / \ dz <9z /

W

+f i ± \ i +L dx <9x / \

dx

<9y

dz

3— (0^ ) k

ó z

)

\clx

dy

<9z

= 4 rel="nofollow">V i/j + if/S7 cf).

PROBLEMA 3.30 Mostrar que la magnitud y dirección del gradiente V0 es independiente del sistema coordenado. Esto es, mostrar que la magnitud del gradiente IV 0 Ies igual al valor máximo de la derivada direccional de jp(jt, y, z) y su dirección es la de la rapidez máxima de crecimiento de la función 0. Por las definiciones de derivada direccional (3.106) y el producto escalar (1.25), la derivada direccional de 0 en el punto (x, y, z) es Solución:

^

ds

= V 0 - T = |V 0 | | T | eo s 0 = j V 0 | eo s 0,

(3.114)

donde 9 es el ángulo entre V 0 y el vector unitario T tangente a la curva C. Como -1 < eos 9 < 1, 30/ds es máximo cuando 0 = 0, i.e., cuando la dirección de T es la dirección de V0 y dcf> ds

= | V 0 I-

(3.115)

Así que la magnitud del gradiente es 90/9slmax y su dirección es la de la máxima rapidez de crecimiento de la función

PROBLEMA 3.31 Si 0(x, y, z) es una función escalar y V0 =£ 0 en un punto P en el espacio, entonces mostrar que V 0 es perpendicular a la superficie S definida por (f)(x,y, z) - c,

(3.116)

donde c es una constante. Usando (3.94) del problema 3.25, un vector unitario normal n para la superficie S definida por (3.116) es

Solución:

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Análisis vectorial

60

n =

d(fc . d ó . d
MV +/MV +(Éá

(3.117) IV 0

dx) \dy) \<9z Entonces, concluimos que V0 es perpendicular a S. S o lu c ió n a lte rn a : Si suponemos que una curva C del espacio, situada en una superficie S está representada por r(í) = x ( í ) i + y ( í ) j + z ( t ) k , entonces por (3.116) tenemos, para c constante, <£[x(0. y( t ) , z (0 ] = c. Diferenciando esto con respecto a t,

dx

dy

z'(O = V f r ' ( í ) = 0,

dz

(3.118)

donde por (3.40), el vector tangente a C en P es r '( 0 = x '( í ) i + y '( t) j + z' ( t ) k. Por otra parte, (3.118) implica que V $ l / ( f ) , i.e., es perpendicular a C en P.

Este razonamiento se puede aplicar a cualquier curva suave sobre la superficie S que pase por P. Por consiguiente, V0 es perpendicular a todas esas curvas en P, lo que puede cumplirse sólo si V0 es perpendicular a la superficie S. PROBLEMA 3.32 Hallar (a) la derivada direccional de (x, y , z) = x 2 + y 2 + z 2 en la dirección d e /"(l, 1, 0) a Q(2, 1, 1) y (b) su valor máximo y dirección en (1, 1, 0). (a) Sean r , = [1, 1, 0] y r 2 = [2, 1, 1] los vectores de posición que representan los puntos ^(1, 1, 0) y Q(2, 1, 1) y sea T el vector unitario en la dirección de P hacia Q. Entonces por la definición de vector unitario y (2.23),

Solución:

=

r2 - T;

(2 - l ) i + (1 - l ) i + (1 - 0 ) k

i + k

r, - r,

= [(2 - l ) 2 + (1 - l ) 2 + (1 - O)2]^ ”

V2

V 2 Í+ V 2 k lV 2 ’

° ’ 72J

Por otra parte, por (3.110) con (p(x, y , z) dado, V 0 = 2 x i + 2 y j + 2 zk . Así que en (1, 1, 0) el gradiente es V<£ - 2 i + 2 j + Ok = [2 ,2 , 0], y su magnitud es |V<¿ I = (22 + 22 + 0)y> = 2\¡2. Por consiguiente, por (3.106) la derivada direccional de 0 en (1, 1, 0) es ( 2 ) ( 0) + ( 0 )

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:V2-

61

Cálculo diferencial vectorial

Esto significa que el valor de 0 se incrementa en %/2 por unidad de distancia mientras pasa de P( 1, 1 ,0 ) 3 0 (2 , 1, 1). (b) El valor máximo de 90/9s en (1, 1, 0) es I A 0 I= 2 \/2 y su dirección es la de A 0 = [2 ,2 ,0 ]. PROBLEMA 3.33 Hallar un vector unitario n normal a la superficie dada por z = x 2 + y 2 en el punto (1, 0, 1). S o lu c ió n : C om oz = x 2 4- y 2 , la superficie se define como 0 (x, y, z) = x 2 + y 2 - z = 0. El gradiente es

V<£ = 2 x i + 2 y j - k.

Así en (1, 0, 1), y = 2 i - k. Por tanto, según (3 .1 1 7 ),el vector unitario es _ V 2i - k 2i-k n ~ | V 0 | = [22 + 0 + ( - l ) 2]^ = V5

PROBLEMA 3.34

V5 ’ ° ’

>/5

'

Para un vector arbitrario constante a, mostrar que V (a • r) = a,

(3.119)

donde r es el vector de posición. Solu ción :

Sea a = [a ,, a2, a 3]; puesto que r = [x, y , z], a • r = a l x + a 2y + a 3z.

Así que, d S d V (a - r) = — ( a tx + a 2y + a 3z) i + — (a jX + a 2y + a 3 z) j + — (at x + a , y + a 3z ) k ax dy dz = a l i + a 2j + a 3 k = a.

PROBLEMA 3.35

Si
- d t «s d4>. S olu ción :

Si r = xi + y¡ + zk , entonces su diferencial es d r = d x i + dy j + d z k .

Por (3.110), V0 =

k. Por consiguiente, tomando el producto escalar,

V - d r =

dx

dx +

dy

dy +

dz

dz = dá.

La identidad (3.120) se puede expresar como (3.121)

(dr-S7) = d4>PROBLEMA 3.36

Si 0 = = dr-ycf> +

dt.

(3.122)

dt S o lu c ió n :

Si 0 =
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Análisis vectorial

62

d(f>= * ± d x + * ± d y + ? * d z + ^ d t. dx

dy

dz

dt

Por los resultados del problema 3.35, dcf> = (V 0 ) - d r +

= d r ■Sjcf) +

PROBLEMA 3.37

dt

dt.

dt

Hallar V0 si 0 = r = l r l = ( x 2 + y 2 + z2) 1/2.

La superficie definida por 0 = r = (x2 + y 2 + z2) 1/2 = const es una esfera con centro en el origen (0, 0, 0). Por consiguiente, de acuerdo con el resultado del problema 3.31, V r es normal a la esfera y por lo tanto es paralelo al vector de posición r = [x, y, z]. Así, podemos escribir V r = kr. Por (3.120),

S olución:

dr = V r • d r = k r • d r = kr dr.

Así que k ~

r

,

y por tanto V r = — r = er, r

(3.123)

donde er es el vector unitario en la dirección del vector de posición r. S o lu c ió n a lte rn a : Por (3.110) el gradiente es V r = V (x2 + y 1 + z 2)I/j = —

dx

(x2 + y 2 + z 2)1/j i + —

dy

1 2x . 1 2 (x2 + y 2 + z 2)1^ =

x . y . — i +— r r

z r

j+

(x2 + y 2 + z 2)l/l j + — (x2 + y 2 + z 2) /2 k dz

_____ 2y_____ . ^ 1 _____ 2z_____ 2 (x2 + y 2 + z 2)1^2(x2 + y 2 + z 2)1^ —

k

1 = —r r

=erPROBLEMA 3.38

Si <¡>= 0(m), donde u = u(x, y, z ), entonces mostrar que V 0 = V ^ ( u ) = 0 '( « )V u .

S o lu c ió n :

Por (3.110), el gradiente es

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(3.124)

Cálculo diferencial vectorial

PROBLEMA 3.39

63

Si r = I r I = (x 2 + y 2 + z 2) 112 , hallar Vr" y V (l/r), donde n es cualquier

número real. S o lu c ió n : 3.37,

Sea

~ r ” - Entonces por (3.124) y el resultado (3.123) del problema

V (rn) - — ( r" )V r

n rn ~ 1 V r

dr

- n r" _ 1 e r n r " - 2 r.

(3.125)

Haciendo w = -1 en (3.125), v ( r- ) - - ^ r

3.7

(3.126)

El operador V

El operador vectorial diferencial V » - i - i f A j+ A l t , dx ay oz

[3.1091

no es un vector, sino un operador. Puede considerarse como un vector simbólico. Asi si 0 es un campo escalar,entonces <¡>V es un operador, mientras que V0 da la im portante función vectorial llamada gradiente. De modo similar, si f es una función vectorial diferenciable, entonces fV y f X V son operadores, mientras que V f y V X f dan importantes funciones escalar y vectorial respectivamente. (Vcanse secciones 3.8-9). Por tanto, multiplicando V a la izquierda da operadores, mientras que multiplicándolo a la derecha da importantes funciones escalares y vectoriales. En otras palabras, V sólo opera sobre lo que le sigue. 3.8

Divergencia de una función vectorial

Si una función vectorial es f = [ /,, / : . /, ], donde / , . f2, /, son funciones escalares, entonces su producto punto o escalar con el vector simbólico V es 7

f

f — i + — i + — k ) • (t, ¡ + l i \d x

ay


di2

dx

dy

dz

J

/. k '

dz

Por consiguiente, una función‘vectorial f se transforma en una función escalar cuando se opera con V por la izquierda, lista función escalar se llama la divergencia de la función vectorial f y se escribe como div f. Asi que, . div f = V • f

di.

di

di.

dx

dy

dz

— L + —i + — í .

(3.12?)

Aunque la definición (3.127> no da significado físico o geométrico alguno al concepto de divergencia, da su forma de fácil cálculo. En el capítulo 4 se dan otras definiciones de divergencia con su interpretación física también

PROBLEMA 3.40

Si f y g son dos funciones vectoriales, mostrar que V-(f+g)=V-f+V-g.

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(3.128)

64

Por (3.127), V • (f + g) = ~ (f> + ¿i) + T " ^ dx dy

+ é j) +

+

dz

<9/1

d /2

d f 3\ ^ /
dx

dy

dz/

\d x

^é_3

dy

dz

= V • f + V • g. Si r es el vector de posición, hallar la divergencia V • r.

PROBL EMA 3.41

S o lu c ió n :

Si r = x\ + y j + zk, entonces p o r (3.127), V • r = — + — + — = 3. dx dy dz

PROBLEMA 3.42

(3.129)

Hallar la divergenciade f = x y z i + x 2y 2z') + y z 3k.

S o lu c ió n :Por (3.127), la divergencia

es

d /, d i, d /3 div f = V - f = — + — + — dx dy dz = —— (xyz) +

[

( y z 3)

(x2y 2z) +

^ = y z + 2 x 2yz

+ 3 y z 2.

(3.130)

Si d } div (grad d>) - —^ + —E- 4 —— . dx dy2 dz1 PROBLEMA 3.43

S o lu c ió n :

„ n ,v (3.131)

Verificar (3.131).

El gradiente es

dd> . dd) .

dd)

Vc6 = — i + — j +— k. dx dy dz Entonces,

dy \ d y j

dx \ d x / = d^0 dx2

d^> dy2

d z \d

d 2<¿> dz2

La divergencia del gradiente V-Vse escribe como V 2. Entonces V *(V<£) se escribe comoV • V= V2$. El operadorV 2 se llama el Laplaciano;i.e., Laplaciano

- V3 = dx2

dy2

+ —— , dz2

. f ü l + * * J ^ . £ ¿ + Ü á + Ü ¿. \d x 2 dyJ d z 2/ dx2 dy2 dz2

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(3.132)

13.131]

65

Cálculo diferencial vectorial

Una función escalar se dice armónica si es continua, tiene segundas derivadas parciales continuas y satisface la ecuación de Laplace V J«i6 = 0.

(3.133)

PROBLEMA 3.44 Mostrar que la función l/r, donde r= Ir 1= (x 2 + y 2 + z 2) 1' 2 ps una función armónica, siempre que r¥= 0. Claramente l/r es continua, p u esx 2 , y 2, z 2 y r son continuas. Entonces por (3.131), el Laplaciano es Solución:

Por otra parte la primera y la segunda derivadas parciales de l/r con respecto a x son

dx

(x 2 + y 2 + z 2)~ ^ = - x ( x 2 + y 2 + z 2)~

— (x2 + y 2 + z 2T Vl = — [ ~ x ( x 2 + y 2 + z 2)~¡/’] dx2 dx = 3 x 2(x2 + y 2 + z 2)- ^ —(x2 + y 2 + z 2)- ^ = 3 x 2r -5 —r -3.

(3.134)

De modo similar, las segundas derivadas parciales de \/r con respecto a y y a 2 son (x2 + y 2 + z 2r l/3 = 3 y 2r - 5 - r - 3,

(3.135)

dy — (x2 + y 2 + z 2T Vi = 3 z 2r-5 - r " 3. dz2

(3.136)

Como x , y , z y r son continuas, las segundas derivadas parciales son continuas también si r # 0. Agregando (3.134-6), V2

= 3r-5 (x2

+ y 2 + z 2) - 3 r " 3= 3 r“ 5r 2

con tal que r =£ 0. Así que se satisface la ecuación

3.9

- 3 r-3

= 3 r - 3- 3 r " 3 =0,(3.137)

de Laplace y la función l/r es armónica.

Rotacional de una función vectorial

Si una función vectorial es f = [/, / 2/ 3 ], donde / , , f 2 y / 3 son funciones escalares con primeras derivadas continuas, entonces su producto cruz o vectorial con el vector simbólico V es

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A núlisis vectorial

66

Llamamos a esta función el rotacional (rot f) de la función vectorial f; i.e., . -á * ' .... rotacional f - V x f ,

V (3.139)

Debe observarse que V X f no es necesariamente perpendicular a f aunque tratamos a V como un vector simbólico. En el capítulo 4 se discute el significado físico del rotacional de f. PROBLEMA 3.45

Si f y g son dos funciones vectoriales, mosírar que V / (1 • g) = V y f

Solución:

4

(3.140)

V x g.

Sean f = [ / , , f 2, / 3] y g = [£ , , g2, g3 ]. Entonces, i'-*- g =• (/! + á ,) i 4- (f2 + é2) i + (h +

Por consiguiente, V x (f 4- g) =

¿ (/3 - g3)

d(( 2 4- g2)

dy

dz

d /,

dl2

dy

dz

¿éi I

dz

' ¿y

= V x f + V x g.

PROBLEMA 3.46

S o lu c ió n :

Si r es el vector de posición, hallar V X r.

Como r = xi + > j + zk, por (3.138) el rotacional es i d

V x r =

dx x

PROBLEMA 3.47 Solución:

j

k

d dy

d

y

(3.141)

0.

dz z

Hallar el rotacional de f = xyzi + x 2y 2z] +>>z3k.

Por (3.138), el rotacional es

V x f

i

j

k

<9 dx

d dy

d dz

xyz

x 2y 2z

yz3

**

d

£

dx

(x2y 2z) -

.

.

d

.

3

— (x y z ) - — ( y z 3) dz dx

( y z 3) - - f OZ

dy

(xyz )

( z3 - x 2y 2) i + (xy) j 4- (2 x y 2z - xz) k.

Si 0 es una función escalar con :>n segundas derivadas continuas, entonces el rotacional del gradiente de es el vector cero;, i.e., V x (V<¿) = 0. PROBLEMA 3.48 Solución:

Verificar (3.142)

El gradiente de 0 es

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(3.142)

Cálculo diferencial vectorial

,

dcf) . d(f> . dx dy

V<¿ =

67

dcf> dz

—;- i + —— J + —£-

k.

Por consiguiente, suponiendo que
j

k

A

JL

JL

dx

dy

dz

dcf)

dcf)

dcf>

dx

dy

dz

d 2cf)

d 2cf)

d 2cf)

dy dz

d z dy

d z dx

J+

dxdz

d 2cf)

d 2cf)

dxdy

dy dx

=0 pues las segundas derivadas son continuas y por lo tanto, d 2cf)

d 2cf)

dydz

dzdy

d 2cf) dzdx

d 2cf)

d 2cf)

d 2cf)

dxdz

dxdy

dydx

Ni la función vectorial es f = ff,. f t , f 3]. donde las com ponentes escalares / , , f 2, f 3 tienen segundas derivadas continuas, entonces la divergencia del rotacional de f es cero, V ■(V X Í) = 0.

(3.143)

Verificar (3.143).

PROBLEMA 3.49

S olución : Si f = fi'\ + f 2j + / 3k, entonces por (3.138) su rotacional es V x f

fdf3

d fi 2: 2\

/dfi

\dy

d z )/

; 1+ . \ d\(9z z

d í 3\

/ df2

dfí

dx)*

\<9x

dy

k.

Por lo tanto, suponiendo que f tiene segundas derivadas parciales continuas, por (3.127), la divergencia del rotacional es d

fdf3

d f 2\

V • (V x f) = — ( — i ----- i dx \d y

d 2L dxdy

+

dz )

d 2f. dxdz

+

d

(di,

dy

\dz

d

di.

—i

di j

d z \d x

d 21, dydz

/ dí2

dydx

dy

d 2í 2

d 2(l

d z d>

dz dy

= 0 pues las segundas derivadas son continuas y por lo tanto, d 2i 3

d 2(3

d 2i 2

d 2í 7

d 2f í

d2í l

dxdy

dydx

dxdz

dzdx’

dydz

dzdy

PROBLEMA 3.50

Mostrar que si B = V X A, entonces A no está unívocamente determinada

por B. S olución :

Si \p es una función escalar arbitraria, sea A' = A+V
(3.144)

Entonces por (3.140) el rotacional de A' es V x A' = V x (A + V
(3.145)

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68

Análisis vectorial

pues V X (Vi//) = O por (3.142). Así que B se puede expresar como B = V X A ', lo que indica que A no está determinada unívocamente a partir de B, pues i// es arbitrario.

3 .1 0 Operaciones con V y algunas identidades vectoriales Usando el operador V, hemos definido gradiente, divergencia y rotacional para obtener cantidades escalares y vectoriales. En esta sección consideraremos varías combinaciones del operador V con funciones escalares y vectoriales. Debe recalcarse que e! orden en el cual aparecen los símbolos en las expresiones que usan V es muy im portante, pues el operador V solamente opera en lo que le sigue. Así por ejemplo, (f-V )g é g (f-V ).

El lado izquierdo de esta expresión es un campo vectorial, mientras que el derecho es un operador. (Véase problema 3.51). PROBLEMA 3.51 Determinar el significado que puede asignarse a (f*V )0 y ( f -V)g. (Véase problema 3.35).

S o lu c ió n : Como V es un operador diferencial con respecto a las coordenadas en el espacio; sólo opera con lo que le sigue.Así que interpretamos (f*V )0 como producto vectorial del vector f con el gradiente V 0; i.e., (f-V)<¿ = f-(V<¿).

(3.146)

Se pueden obtener resultados similares interpretando a V como un vector simbólico; i.e., „

d

.

d

.

d .

V = —— i + —— j + —— k. dx

dy

dz

Entonces tomando su producto escalar a izquierda con f, f . V = /i J L + Í2 ± +Í3 ± . dx dy dz

(3.147)

A sí que,

(f-v)0= /, \

+ f¡ r + f, — 0

dx

dy

dx

dy

dz/

dz

= f-(V 0 ). Como Vg no está definida, usamos el operador diferencial (3.147) que opera sobre g para obtener ( f - V ) g = (i, \

dx

+ f2

dy

= /, ^ + f 2 dx dy

+ f3 7 r ) g dz]

I1 . dz

(3.148)

PROBLEMA 3.52 Hallar (f*V )0 y (f-V )g en (1, 1, 1) si f = - y i + x] + zk, g = 3 xyz2i + 2xy3j —x 2y z k y
S o lu c ió n :

Como

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69

Cálculo diferencial vectorial

V<£ = — (xyz) i + — (xyz) j + —— (xyz) k = y z i + x z j + x y k, dx dy dz tenemos (f • V) 0 = f • V (f rel="nofollow">= ( - y ) ( y z) + (x) (xz) + (z) (xy) = - y 2z + x 2z + x y z . Por ta n to e n ( l, 1,1), (f • V)0 = -1 + 1 + 1 = 1. Multiplicando f • V por g a la derecha da (f ■V) g = ( - y )

dx

( 3x y z 2i + 2xy3j - x2yzk)

+ (x) — (3xyz2i + 2xy3j - x2yzk) H d y\T _d + (z) — (3xyz2i + 2xy3j - x2yzk) dz = ( ~ y ) ( 3 y z 2i + 2 y 3j - 2 x y z k ) + (x) (3xz2i + 6xy2j - x2zk) + (z) ( 6 x y z i - x2yk) = ( - 3 y 2z 2.+ 3 x 2z 2 + 6xyz2) i + ( - 2 y 4 + 6 x 2y 2) j + (2 x y 2z - x 3z - x2y z)k . Entonces en (1, 1, 1), ( f - V ) g = ( - 3 + 3 + 6 )i + ( - 2 + 6 )j + (2 - 1 - l) k = 4 j = [0 ,4 ,0 ],

PROBLEMA 3.53

Si r es el vector de posición, m ostrar que (f ■V) r = f.

Solución:

(3.149)

Si r = x i + yj + zk, entonces

c ~ + í ci (ref • vV7 '\) r = fj dx

=

r

dy

+ ít j 7

az

+ f2i.+ f3k

= f.

PROBLEMA 3.54

Mostrar que ( d r - V ) f = di .

S o lu c ió n :

(3.150)

P or(3.147), , „ , d á r • V = d x -----h dy dx

d — + dz dy

d — . dz

Por consiguiente, (d r • V) f = c/x —— + dy —— + d z —— dx dy dz di . dt , dt = ---- dx + —— ay + —— az <9x dy <9z = d f.

PROBLEMA 3.55

Si f = f(x, y, z, t), entonces m ostrar que

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Análisis vectorial

70

d i = (dr.V)f + —

dt

(3.151)

dt.

Como f = f(x, y, z, t), tenemos por la definición de diferenciales,

Solución:

d t = — dx dx ,

dt

dt

,

di

,

dt

,

---- dy + ---- d z + ----dt dy ,

dz

dt

,

dt

dt dt

,

d x ------ h d y ------ h d z ------ h — dt dx

dy

dz

dt

( d r - V ) t + — dt. dt

PROBLEMA 3.56

Determinar el significado que puede darse a (f X V )0 y (f X V)g.

Como el operador V sólo actúa sobre lo que le sigue, interpretamos ( f X V ) i como el producto vectorial de f por el gradiente V0; i.e., Solución:

(f x V ) 0 = f x (V 0 ).

'

(3.152)

Se pueden obtener resultados similares interpretando V como un vector simbólico; i.e., V = Jd x~ 1 + 7d y~ J + Td z“ k> Como f X V es un operador,

f xV =

i

j

k

fi

u

U

d

d

d

dx

dy

dz

(^ \

~

dz

f 3

d dy

3 dy

2 di

k.

(3.153)

Asi que, (fx V )0

= f x (V 0 ).

No se asigna definición alguna a (f X V)g ya que éste es un tipo de operador diferencial con cantidades vectoriales.

Aunque no se asigne significado u cantidades tales como Vg y (f X V ig. ellas son generalizaciones de vectores y se llaman diádicos. Formalmente, un diádico es una generalización de un vector.

PROBLEMA 3.57

Si f y g son dos funciones vectoriales, mostrar que (f x V ) . g = f - ( V x g).

Solución:

Por(3.153),

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(3.154)

71

Cálculo diferencial vectorial

- (/,

— ) + (f, ^

dz

\

dy ¡

\d y

dz /

-t,

dx

\ dz

V

dz I

dy

dx

ir)'‘Á dx / \t d x1 - ¥ dy

= f • (V x g) pues ¡*g = g i , j ‘g = £2 y k - g = ^ 3.

Ahora consideraremos un grupo de identidades vectoriales bien conocidas que incluyen al operador V. Aun cuando estas identidades se pueden verificar por desarrollo directo usando las componentes de la función vectorial estableceremos estas identidades heurísticamente tratando V como un vector simbólico y también como un operador diferencial. Entonces las expresiones se manipulan de acuerdo con las fórmulas apropiadas del álgebra vectorial. En el resultado final V se da con su significado operacional.

PROBLEMA 3.58

Demostrar que V-(0f) = 0V -f + f-V0.

(3.155)

So l u c i ó n : Como V es un operador diferencial, la regla para diferenciación de un producto puede expresarse como V - ( 0 I ) = V * •(<£*) + V f - ( 0 f ) . El producto punto C 0 -(0f) significa que f es fijo y V opera sobre 0. De modo similar, V f*(0f) significa que es fijo y V opera sobre f. Como V *0 no está definido, V<¿-W>f) = f - V 0 , V f ( 0 f) = 0 V - f . Sumando las dos ecuaciones anteriores, V - ( 0 f ) = f - 7 0 + 0-Vf. Sol uc i ón al t er na: Usando componentes,

v • (0 r) = / - (0/,)+ ~ (0/2) +~ (0/3) dx

dy

dz

d(1 d df2 d<j> df, dcf) = — 4- f. —— + 0 — + /_ + 0 — + /, ---dx dx (9y dy dz dz tdt_df, =* U

df , \

(

+d y + d z ) +[ fl

d

dcf)

dcf)

dx + 2 d y + 3 d z

- 0 V • f + f • V. PROBLEMA 3.59

Demostrar que V x ( 0 f ) = 0V

Sol uci ón:

X

f + (V 0 ) x f = 0 V x f - f x V 0 .

Como V X (0f) = V0 X (0f) + Vf X (0f) y V X0 no está definido,

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(3.156)

72

Análisis vectorial

V(£ x (0 f) = (V) x f = - f x V 0, V f x ( 0 f ) = 0V x f. Entonces, sumando estas dos ecuaciones, V x ( 0 f ) = (V 0) x f + V x f = 0V x f - f x V 0 . Demostrar que

PROBLEMA 3.60

V • (f x g) = g • (V x f ) - f • (V x g). Solución:

(3.157)

Podemos escribir V - ( f x g) = Vf *( f x g ) + V g - ( f x g),

donde los subíndices tienen el mismo significado de antes; esto es, V f*(f X g) significa que g es fijo y V opera sobre f. Por (1.77), V f • (f x g) = g -V x f, Vg*( f x g) = - f • V x g. Así que, \ 7 * ( f x g ) = g- V x f - f - V x g . Verificar

PROBLEMA 3.61

V

X

(f

X

g) = f ( V - g ) - g ( v - f ) + ( g - V ) f - (f - v ) g .

(3.158)

Como V X ( f X g) = V f X (f X g) + Vg X ( f X g), aplicando la regla del término central para el triple producto vectorial (1.83) da

Solución:

V f x (f x g) = (g* V )f - g(V • f), Vg x(f xg) = f(V-g)-(f-V)g. Por consiguiente, V x (f x g) = f (V • g) - g(V • f ) + (g • V) f - (f • V) g. Las cantidades (g 'V )f y (f'V )g se definen en (3.148). PROBLEMA 3.62

Demostrar que

V (f • g) = f x (V x g) + g x (V x f) + (f- V )g + ( g- V) f .

(3.159)

Aplicamos la regla del término central para el triple producto vectorial (1.83) a f X (V X g), donde la función vectorial f es una constante. Entonces,

Solución:

f x ( V x g ) = V g( f - g ) - ( f - V ) g .

(3.160)

Vg ( f - g ) = f x ( V x g ) + ( f . V ) g ,

(3.161)

Por consiguiente,

e intercambiando f y g, V f ( g - f ) = V f ( f - g ) = g x ( V x f ) + ( g- V) f .

(3.162)

En consecuencia, usando (3.161-2), V ( f - g ) = Vf ( f - g ) + Vg ( f - g ) = g x (V x f ) + f x (V x g) + ( g - V ) f + ( f - V) g .

Si f es una función vectorial con segundas derivadas continuas, entonces el rotacional del rotacional de f es

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Cálculo diferencial vectorial

rot. (ro t f) = V x ( V x f) = V (V • f) -

73

(3.163)

= grad (div f) - V*f. PROBLEMA 3.63 Solución:

Verificar (3.163).

Por la fórmula para el triple producto vectorial (1.83), A x (B x C) = ( A • C) B - ( A • B) C;

[1.83]

entonces haciendo A = B = V y C = f, Vx(Vxf)=V(V-f)-(V-V)f = V ( V - f ) - V 2r.

En lugar de escribir (V*f)V, debemos escribir V( V*f) de modo que V opera sobre f. Entonces por (3.163), V 2f = V ( V - f ) - V x ( V x f) ,

(3.164)

que es la fórmula para calcular V2f. PROBLEMA 3.64 Solución:

Calcular V* [f(r)r] si r es el vector de posición y r = 1r 1.

Por (3.155) V- [ / ( r ) r ] = / ( r ) V - r + r - V[ / ( r ) ] ,

y por (3.129), V • r = 3. Entonces por (3.123-4), V [/ (r)] = / '( r ) V r = f '( r ) - = f ' ( r ) e r. r

(3.165)

por tanto, puesto que r* r = r2 , V • [f (r) r] = 3 / ( r ) +

PROBLEMA 3.65 Solución:

r

r . r = 3 f (r) + t i '(r).

(3.166)

Calcular V - ( r " _1 r).

Haciendo f ( r ) = r n~1 en (3.166), V . (r n_1 r) = 3 r n ~ l + (n - l ) r n_1 = (n + 2)rn“ 1.

(3.167)

Haciendo n = - 2 en (3.167), obtenem os, para r # 0, (3.168)

v . ( i ) . 0.

Ahora, por (3.126) ten em o sV (l/r) = - l / r } r; por lo tanto (3.168) indica que p a r a r l o , • .........\ .............................................................................................. ..... v . v ( i ) = v ( í ) = °.

PROBLEMA 3.66 Solución:

Calcular V X [f(r)r].

Usando (3.156), V X [ / (r) r] = / (r)V X r + [ y /( r ) ] x r.

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[3.1371

74

Análisis vectorial

Ahora, por (3.141), V X r = 0 y por (3.165), V [/(r)] = f ' ( r ) r/r. Por tanto, Vx[/(r)r] = ^ >

rx r= 0

(3.169)

pues r X r = 0 por (1.58).

PROBLEMA 3.67 Solución:

Calcular V • V [/(r)] = V 2/(r).

P o r(3 .1 6 5 ), V [ / (r)] = L Q

r.

Así que por (3.155), V • V [ / (r)] = V -

/'( r )

í ' (r)

V •r + r-V

Entonces por (3.129) y (3.165), obtenemos V • x/= 3 y V

1 d

> (0

1 V ( r ) ' |* —_ r

r . ~ r dr . r

-/"(r)--/'(r)

Así, puesto que r • r = r 2, V • V [/ (r)] = - f '( r ) + -

I r

/'( r ) r2

r •r

(3.170)

PROBLEMA 3.68 Solución:

C alcularV -V r" = V 2r ".

H aciendo/(r) = r n en (3.170), V - V r n = V 2r" = - — r n + — r" r dr dr2 = 2nrn " 2 + n(n - l ) r " - 2 = n(n + l ) r n ~ 2.

(3.171)

Haciendo n = —1 en (3.171), tenemos para r =£ 0, V 2 ^ J= 0, que es (3.137).

PROBLEMA 3.69

Mostrar que V- ( 0 Vi A - iA V 0) = 0 V 2v!' - ,/'V 20 .

Solución:

(3.172)

Haciendo f = Vi//en (3.155), V • (0V
(3.173)

entonces intercambiando 0 y i// en (3.173), V - ( ^ V 0 ) =
Sustrayendo (3.174) de (3.173) se obtiene V - ( 0 V 0 - < / f V 0 ) = 0 V 2( / ' - i / ' V 20 pues V0* Vi// = V i// • V0.

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(3.174)

75

Cálculo diferencial vectorial

3.11 Problemas suplementarios PROBLEMA 3.70 Sean A (í) = íi + í 2j + t 3k y B (í) = i + íj + (1 - f)k. En t = 1, calcular (a) A '(t), (b) (d/dt) [A (0*B (0] Y (c) (d/dt) [A (0 X B (í)], Respuesta: (a) [1, 2, 3], (b) 3, (c) [-1 , 1, 0],

Mostrar que si las terceras derivadas de la función vectorial f( t ) existen,

PROBLEMA 3.71

entonces

dt

(b)

-

dt

[ f ( í) V ( í ) t " X i ) 1 = [ f ( 0 f '( 0 r —(f)].

PROBLEMA 3.72 Si f(í) X f '(í) = 0, entonces mostrar que f(í) tiene una dirección fija. [Sugerencia: Sea f(t) = f ( t ) e (t), donde e(?) es un vector unitario. Deducir que e (t) X e' (t) = 0 y e (í ) * e '( í) = 0], PROBLEMA 3.73 PROBLEMA 3.74

(a)

(b)

Verificar la regla de la cadena para derivadas (3.19). Si f = uvwi + u w 2j - v3k y g = u 3¡ - u v w j + u 2w k, calcular

;— a en el origen, dudv d2£ en el punto (1, 1, 0). d2f x -----dv2

du

Respuesta: (a) 0, (b) [0, -3 6 , 0]. PROBLEMA 3.75

Trazar las curvas representadas por las siguientes funciones vectoriales:

(a)

r (í) = e o s í i + sen í j + sen, ík ,

0 < t < 2 tt-,

(b)

r(í) = a e o s í i + a sen t j + bt k,

6 rel="nofollow">0

(c)

r(f) = Í 3Í + t í , —oo < t < oa.

y

0 <í<<x>;

Respuesta: (a) Una elipse, (b) una hélice cilindrica. PROBLEMA 3.76 Hallar la longitud de las curvas representaáas por las siguientes funciones vectoriales: (a)

r(í) = e o s í i 4- sen í j + sen í k, 0 < í < 2n,

(b)

r(í) = í i + sen 277 í j + e o s 2t7 ík ,

(c)

r (í) = e o s 3 í i + sen 3 t j, 0 < t < 2n.

Respuesta:(a)

377, (b)

\Jl + 4772, (c)

0 < tM

1,

677.

PROBLEMA 3.77 Hallar el vector unitario T tangente a las curvas representadas por las siguientes funciones vectoriales en los puntos especificados: (a)

r(í) - eos í i + sen í j + í k,

en t = 77;

(b) (c)

r(í)

a ( í - sen í ) i t a ( l - eo s í) j, en cualquier punto t.

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76

Análisis vectorial

PROBLEMA 3.78 Hallar un vector unitario n normal en (0, 0, 0) a la superficie S representada por z = 3x2 + 4y 2 . Respuesta: [0, 0 ,- 1 ] . PROBLEMA 3.79 Hallar un vector unitario n normal en (1, 1, 1) a la superficie S representada p o r * 2 + y 2 - z - 1 = 0 . [2

Respuesta: —,

2

1 —

Hallar un vector unitario n normal a la superficie S representada por la ecuaciones paramétricas x = u eos v, y = u sen v, z = z(u). PROBLEMA 3.80

Respuesta:

1 = = [~z'(u) eos v, - z ' ( u) sen v, 1], V I + [(z O )]2

PROBLEMA 3.81 Hallar la derivada direccional de
Respuesta: 18/VT4. PROBLEMA 3.82

(a)

Si 0(x, y, z) = x y + y z + zx , hallar

V 0 en (1, 1, 3),

(b)

en (1 ,1 , 3)

en la dirección de [1, 1, 1],

ds

(c) la derivada normal t —= V 0 * n en (1, 1, 3), donde n es un vector unitario normal an a la superficie S definida por una constante 0(x, y , z). Respuesta: (a) [4, 4, 2 ], PROBLEMA 3.83

(b) 1 0 /\/3 , (c) 6.

Hallar la divergencia y el rotacional de f = (x - j>)i + (y - z)j + (z - x ) k

Y g = C*2 + y z ) i + (y 2 + z x )j + (z2 + x^)k . Respuesta: V - f = 3, VX f = [1, 1, 1], V-g = 2(x + y + z) y V X g = 0. Si 0 = 3x2 - y z y i = 3 xyz2i + 2 xy3j - x ^ z k , hallar en (1, -1 , 1), V - f , (c) V x f, (d) f - V 0 , (e) V • (
PROBLEMA 3.84

(a)

V 0,

(b)

(g) V 20. Respuesta: (a) [ 6 ,- 1 ,1 ] , (b) 4, (f) [ - 3 , - 4 1 ,- 3 5 1 , y (g) 6. PROBLEMA 3.85

(c)

[ - 1 ,- 8 ,- 5 ] ,

(d)

-1 5 ,

(e)

1,

Si V X f = 0, donde f = (xyz)m (x"i + y n) + z"k), mostrar que m = 0

o bien n = -1 . PROBLEMA 3.86

Para un vector arbitrario constante a, y el vector de posición r, mostrar

que (a)

V • (a x r) = 0,

(b)

V x (a x r) = 2 a,

(C)

v M

(d)

V (a-V - ) + v

. V

PROBLEMA 3.87 r, m ostrar que

x H

X

^ O

,

( a x V - )= 0.

Para cualquier función vectorial f diferenciable y el vector de posición

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■K

77

C ilc u b diferencial v ecttritl

V - ( f x r) = r - ( V x f). Mostrar que si 0 y \p son armónicas, entonces 0 + \p y c 0, para una constante arbitraria c, son también armónicas. PROBLEMA 3.88

PROBLEMA 3.89

Si las segundas derivadas de las funciones 0 y 0 existen, entonces

demostrar que (a)

V2( 0 ^ ) = 0 W

+ 2V 0 • V
(b)

V / £ ) = ’AW» ~ \ ^

_

PROBLEMA 3.90 Si u es un vector unitario constante y f es una función vectorial diferenciable, m ostrar que u * [V (f *u) - V X ( f X u) = V ‘ f.

PROBLEMA 3.91

Si f = 2zi + x 2j + x k y 0 = 2x2.y2z 2 , hallar ( f X V) 0 en el punto

(1,- 1, 1). Respuesta: [ - 8 ,- 4 , 4]. PROBLEMA 3.92 Se dice que el campo vectorial f es solenoidal si f es diferenciable y V • f = 0; se llama irrotacional si f es diferenciable y V X f = 0. Mostrar que si f y g son irrotacionales, entonces f X g es solenoidal. PROBLEMA 3.93 Si 0 y \p son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas, entonces m ostrar que V0 X Vi// es solenoidal. PROBLEMA 3.94

Si 0 es armónica, entonces mostrar que V0 es solenoidal e irrotacional.

PROBLEMA 3.95

Si cf = V0, donde c es una constante, entonces mostrar que f • V X f =

PROBLEMA 3.96

Mostrar que si f es cualquier función vectorial diferenciable, entonces

0.

(f • V) f = i V (f • f) - f x (V x f).

PROBLEMA 3.97 Mostrar que para funciones escalares difereneiables cualesquiera u (x ,y , z), v(x, y , z) y w(x, y , z),

V v Vw] =

du

d_u

dx

dy

dv dx

dv dy

dv

dw

dw d i

dw dz

dx

du dz dz

v, w y se denota por (u, v ,w ) .(x, y , z ).

d (u, v, w) d (x, y, z)

PROBLEMA 3.98 Demostrar que una condición necesaria y suficiente es que el jacobiano de u, v, w se anule para u, v, w para ser funcionalm ente dependiente: esto es, u, v, w satisfacen la ecuación F(u, v, w) = 0.

Verificar que u = x + y , v = x - y + z , y w = (2x + z) 2 + (2y - z ) 2 son funcionalmente dependientes.

PROBLEMA 3.99

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4

CAPITULO

CALCULO INTEGRAL VECTORIAL 4.1

Integrales de línea pura a -Z t < b, se representa por

En la sección 3.4, una curva

diferenc ? d i a lo largo de C es dt -

dx i +

dy j + dz

(4.1)

k.

Las integrales que incluyen vectores de desplazamiento diferencial d t se llaman integrales de linea. Consideremos las siguientes integrales de línea a lo largo de una curva C que puede ser abierta o cerrada:

J í

<¡ rel="nofollow"> d t ,

(4.2)

í dt,

(4.3) jppW SÉ É l

llllM lM j

(4.4)

Con un escalar i

la integral de línea (4.2) se reduce a * d ,' l

1 | j j j | p ; j|| | | |

■

i p

| £

ó dy + k

Para reducir (4.2), hemos usado ta relación i <¿ dx - i I 'c

é dx

e tc .,

(4.o)

constantes. Cuando ía curva del espacio C forma una trayectoria cerrada, (4.2) se escribe como

En particular, si C es una curva plana cerrada simple, y la dirección de integración puede describirse, los símbolos que se usan son £ ¡C

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<¿>d r,

79

Cálculo integral vectorial

La primera integral indica movimiento a lo largo de la curva cerrada C en la dirección positiva o sea contraria a la de las manecillas del reloj; i.e., el movimiento a lo largo de C es tal que la región que encierra está siempre a la izquierda. La segunda integral indica movimiento en la dirección negativa o sea la misma en que se mueve un reloj. PROBLEMA 4.1 Si 0 = xy, calcular

I dx desde (0, 0, 0) hasta (1, 1, 0) a lo largo de Je (a) la curva C especificada por y = x 2, z =0 y (b) la recta C que une (0, 0, 0) y (1, 1, 0). Solución:

(a) La curva C puede representarse paramétricamente por x = t,

y = t 2,

z = 0,

0 < t < 1.

Por consiguiente, a lo largo de esta trayectoria, dx

dx i + dy j + d z k = dt i + 2t dt j

y = (t) (t2) = t3 . Entonces,

J. d . 1 . 0 ) (0,0,0)

r1 4>dr = I f3(i + 2 t\)d t “'o = i f ’ f3 d t + j f 1 2 1* dt •Jo Jo =

1 . 2 . i + J. 4 5

(b) Por el resultado del problema 3.15, la línea recta C que conecta (0, 0, 0) y (1, 1 ,0 ) puede representarse paramétricamente por x = t, y = t, z = 0, 0 < Í < 1 . Por lo tanto, a lo largo de esta trayectoria, dr = d x i + d y j + d z k = d t i + d tj y 0 = (f)(0 = t2 . Entonces, /- ( i , i , o) r\ I ' dr= / í 2(i + j) dt -'(0,0,0) Jo = i i ' t 2 dt + j i ' t 2 dt

Jo 1 .

Jo 1.

= 3^ 1 + 3^ J-

Como muestran los resultados del problema 4.1, los valores de este tipo de integral de línea dependen generalmente del camino de integración.

PROBLEMA 4.2

Calcular
z = 0. So l u c i ó n : Por el resultado del problema 3.13, el círculo de x 2 + y 2 =a2 , z = 0 puede representarse paramétricamente por x = a eos t,

y = a sen t,

z = 0,

0 < t < 2n.

Por consiguiente,

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r 80

Análisis vectorial

dr = dx i + dy j + d z k = - a sen t dt i + a eos t dt j. Entonces, 2 77-

( - a sen t i + a eos f j) c/í 2 77

/> 2 77

- a sen í dt + j I

= i I j0

,

a eos t dt ^0

= i a eos íI g77"+ j a sen í IQ77 = i (a - a) +j(0 - 0) = 0.

(4.8)

La integral de 1ínea (4.3) se llama a veces la integral escalar de linea o simplemente integral de linea de un campo vectorial f. La integral de línea de f alrededor de una curva cerrada C se llama la circulación de f alrededor de C y es c i r c f 3<£ f-dr. Je PROBLEMA 4.3

(4.9)

Si T es el vector unitario tangente a lo largo de una curva C, mostrar

que

r

[ ■d r =

•Je

r

f - T ds.

(4.10)

''o

Solución: Si en (3.38), t = s es la longitud de arco de C medida desde algún punto fijo, entonces C puede representarse por r(s) = x ( s ) i + y ( s ) j + z (s)k ,

a < s < b.

(4.11)

Por (3.68) el vector unitario tangente T a lo largo de C es dr ds Entonces, por (4.12), d r = — ds = T ds. ds

(4.13)

Por lo tanto, J~

f 'J'í d s =

f

f -T d s ■

(4 J 4 )

Como el producto vectorial f • T es igual a la componente de f en la dirección de T, i.e., la dirección de C, (4.10) muestra que la integral de línea de f es equivalente a la integración de la componente tangencial de f a lo largo de C con respecto a la longitud de arco. PROBLEMA 4.4

Si f = f •Je

Solución:

(x, y , z)i + f 2(x, y , z)j + f 3(x, y , z)k, mostrar que f-cfr= r

( f í dx + f2 d y + { l d z ).

Je

Como d r = dx i + dy j + d z k, f • d r = f, dx + í2 dy + f 3 dz,

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(4.15)

81

Cálculo integral vectorial

y por consiguiente,

í

f-dr=í

•Je

dx + (2 dy

(/,

l z dz).

+

-Je

Si f = r i + y'¡ + x y z k , calcular I f ' d r desde (0, 0, 0) a (1, 1, 1) a lo

PROBLEMA 4.5

•Je

largo de (a) una recta que conecta estos dos puntos y (b) un camino C, como se muestra en la figura 4.1, que consiste en tres segmentos de recta C it C2, C3 que ligan estos dos puntos vía ( 1, 0, 0 ) y (1, 1 ,0 ).

(1, l, l)

So l u c i ó n : (a) Por el resultado del problema 3.15,1a rectaC que conecta (0, 0, 0) y ( 1, 1, 1) puede representarse paramétricamente por x = t,

y = t,

(t, 0, 0)

z=t.

Por consiguiente, la curva C está representada por r = t i + t j + t k,

Figura 4.1

( 1, 1, 0) S o lu c ió n al problem a 4 .5 .

0 < t < 1.

'i Entonces, a lo largo de esta trayectoria, dr = dt i + dt j + d t k ,

f = t 2i + t j + í 3k,

asi que,

f

( t 2 + t + t l) d t = - + - + - = — 3 2 4 12

, d" J

(b) En este caso, j

!• d r = í

Jn

f-dr+í

f-dr+l

J r. .

[• dr.

J e . . Je.

Para C v dr = dx i y f = x 2i; por consiguiente, í d r = f 1 x 2 dx = - ,

f 1

í

3

Para C2, dr = dy j y f = ( l ) 2i + yj = i + y ¡ ; por consiguiente,

L ' - d t - J ' y d , = r1 Para C3, dr = dz k y f = (1) i + ( l)j + (1) (l)z k = i + j + zk; por tanto,

f

i,

f- d r =

f

Jo

z dz= - .

2

Así que,

I Como lo muestran los resultados del problema 4.S, los valores de las integrales de línea de un campo vectorial dependen también en general, de la trayectoria de integración. PROBLEMA 4.6

Si f = x i + 2yj + zk, calcular I f ‘dr desde, (0, 0, 0) hasta (1, 1, 1) a •Je

lo largo de (a) una recta que conecte estos dos puntos y (b) una trayectoria C, como

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82

Análisis vectorial

se muestra en la figura 4.1, que consiste en tres segmentos de recta C j, C2, C3 que ligan estos dos puntos vía (1, 0, 0) y (1, 1, 0). (Cf. prob. 4.5). Solución:

(a) Por los resultados del problema 4.5, d r = dt i + dt j + dt k.

Como la representación paramétrica de f es f = íi + 2/j + /k, la integral es f

f •dr = f

Je

(t + 2t + t ) d t = f

-Jo

4t

dt = 2.

*'o

(b) Para una trayectoria C, consistente en segmentos lineales C x, C2, C3 f

f •dr = f

•'C

f •dr + f Je t

Para Ci, dr = dx i y

f-dr+ f

Jc2

f-dr.

Jc3

f = x i; por consiguiente,

f

f

f • dr = J C iJo

x dx = - , 2•

Para C2, dr = dy j y f = i + 2 j j; por consiguiente, r f •dr = f -'Cj ^0

2y dy = 1.

Para C3, dr = dz k y f = i + 2j + zk; por consiguiente,

Así que, í

1

f • d r = —+ 1 + - = 2 .

2

2

L1 resultado del problema 4.6 muestra que en este caso el valor de la integral de línea es el mismo para dos trayectorias diferentes que unan (0. 0, Oí u
j

j

f-dr

X dx * 2 y dy + z dz .

tenemos

'

^£0,0,0) ... *— 4. y. 2 + -2

|(i .i .n

2 | ( 0 i 0 ,0)

- 1- • 1, f 1 2

2

1 2> lo que muestra que el resultado depende sólo de los puntos (0. 0. 0) v i l . 1, i ) y es independiente de la trayectoria de integración. La discusión anterior muestra que si la integral / , d x + / 3 dv + / 3 dz de

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Cálculo integral vectorial

83

(4.15) es la diferencial total de alguna función, entonces la integral es la misma para todas la trayectorias que unen los puntos. Sin embargo esto no es cierto siempre y las condiciones suficientes para que la integral de línea de un campo vectorial f sea independiente de la trayectoria se discuten en la sec. 4.10, Hallar (j) r • dx a lo largo del círculo C representado por x 2 + y 2 =a2,

PROBLEMA 4.7

z = 0. Con referencia al problema 4.2, la ecuación paramétrica de la curva es

Solución:

r = a e o s t i + a sen t j,

0
Por consiguiente, dx = - a sen t dti + a eos t dtj. Entonces X- dx = - a 2 eos t sen t dt + a 2 senf eos t dt = 0 dt = 0. Por lo tanto, r - cí r = 0.

(4.16)

i Si f = f xi + / 2j + / 3k, m ostrar que

PROBLEMA 4.8

f

f x d x = i

í

Je

(f2

dz -

f3

dy) + j

í

Je

( (}

d x - f l dz)

Je (f¡ d y - f2 dx).

+k í

(4.17)

Je Solución:

Por (2.27), el producto vectorial de f con dx es

r

f x dr dx

dy

dz

= i ( / 2 dz - f3 dy) + j ( / 3 dx - f í d z) + k

dy - l2 dx).

Por lo tanto, la integral es f

fxrfr=i

Je

í

(f2 d z - / 3 dy) + j í

Je

PROBLEMA 4.9

( f3 dx -

dz) + k í

Je

(f¡

Je

X dx a lo largo del círculo representado p o r * 2 + y 2 = « 2,

Calcular

z = 0. S o lu ció n :

Con referencia al problema 4.2, C se representa paramétricamente por r = a e o s t i + a sen t j ,

y por consiguiente, dx = - a sen t d t i + a eos t d t j. i r x dx =

a eos t -a sen t

a

0 < t < 2tt, Así que j

k

sen t

0

dt a eos t dt

j \ G>gs e

0

slt)

= k (a 2 e o s 2 f + a 2 sen2 t) dt = a 2 d t k. CA

De modo que integrando sobre C,

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A nálisis vectorial

84

r r2rr r2rr {prxdr- I ka2dt= ka2 I dt = 2 n a 2k, c *'o Jo

(4.18)

lo que muestra que el resultado es un vector en la dirección de z con magnitud 2na2, que es el doble del área de un círculo. (Véanse problemas 4.68 y 4.69).

4.2

Integrales de superficie

Una superficie S se representa por r(u, v) = x( u, v )i + y ( u , v ) j + z ( u, v)k,

[3.79]

donde r es el vector de posición y u, v son parámetros. (Cf., sección 3.5) El elemento diferencial dS del área de la superficie es d S = t ux r v dudv.

[3.95]

Como se muestra en el capítulo 3, (3.95) se puede escribir como d S ~ n dS,

[3.97]

donde n es el vector unitario normal a la superficie en el punto que corresponde a las coordenadas u y v, de modo que n = I ru x r v |

[3.80]

dS = | ru x r v| dudv.

[3.96]

Las integrales que incluyen el elemento diferencia] de área dS se llaman integrales de superficie. Consideremos las integrales de superficie jjó

dS,

(4.19)

jj f ' d S ,

(4.20)

s

:W'::

JJ'

f

X

dS,

(4.21)

s

cada una de las cuales esta sobre una superficie S que puede estar abierta o cerrada. S iS es una superficie cerrada, las integrales de superficie se expresan

P ap superficies cerradas, es común suponer que la dirección positiva cié la normal está . .i. ■ ■■ PROBLEMA 4.10

Calcular

JJ' dS sobre la parte z >0de la esferax 2 +y 2 +z2 = a2. s

So l u c i ó n : Por el resultado del problema 3.26, la esfera*2 + y 2 + z 2 = a 2 puede representarse paramétricamente cambiando d en u y tp en v. Así que, r (u, v) = a sen u eos v i + a sen u sen v j + a eos u k,

(4.22)

donde 0 < « < 7 r , 0 < y < 2n. El elemento diferencial d S del área de la superficie es

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85

Cálculo integral vectorial

V

d S = ru x rv dudv -

a 2 sen2 u e o s v d udv i + a 2 sen2 u sen v d udv j (4.23)

+ a 2 sen u e o s u d udv k.

Como S es la parte de la esfera donde z > 0, el recorrido u debe cambiarse a 0 < « < ít/2 pues eos u < 0 para 7t/2 < m < n. Por consiguiente, -7 7 /2

ru x rv dudv

í - n

27t í'Tr/2

■t

i 277

+k

n Como

f

¡ ¿o

r2rr rn/2 a 2 sen2 u eos v dudv + j I I a 2 sen2 u sen v dudv do •'o

/* 7 7 /2

¡ Jo

sen u eo s u dudv.

2v /'2-ít e o s v dv = ( ( sen v d v = 0,

í*2 2 7t7t

•'O

J

r

/* 7 T /2

a sen" do ^2 77

“ '0

•'O

{*2tt o

rn/2 eos v dv I sen2 u du = 0, *'o

r2rr f 77/2 = a2 | sen v d v sen2 do •'o

í*7T/2

•'o

r2rr ('■n/2 = a2 I dv | sen a eos ^0 Jo

r 27T r ^ 2 , I a sen u eos u ''o «'n

r TT/2 = 2 na2 I sen u eo s u du -'0 r w/2 = 2 77a 2 I sen u d (sen u) do 77/2 1 = 2 77a 2- — sen2 u 2 1 0 „ , 1 = 2 77a • — 2

Por consiguiente,

f f

dS =

77

(4.24)

a 2 k,

lo que muestra que el vector resultante está dirigido en la dirección de z y tiene magnitud na2 , i.e., el área rodeada por la intersección de la esfera con el plano xy. (Véase figura 4.2). Fig ura 4 .2

La esfera del problem a 4 .1 0 .

PROBLEMA 4.11

Mostrar que sobre la esferax 2 + y 2 + z 2 =a 2 , (4.25)

J~f dS= °

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86

Análisis vectorial

So l u c i ó n : Si S x y S2 son las partes de la esferax 2 + y 2 + z2 = a2 para las cuales z > 0 y z < 0 respectivamente, entonces

s

s,

Por los resultados del problema 4.10. d S = ;7 a2 k.

(4.24)

II

S,

Para , puesto que z
ru x r v tfuc/v,

77/ 2

y por cálculos similares, r2n -2 7 ? rr nn rr2.n ín rrnn I I a 2 sen2 u eo s v dudv = I I a 2 s in 2 u sen v cíucív = 0, Jo n/ 2 o 77/2 '277

n

77 J’n/ TT 2

a 2 sen u e o s u c/ucfv = 2 77a 2 • — sen2 u = 27ra2 [——] = —n a 2. 2 77/2 '

Por consiguiente, d S - - n a 2k.

(4.26)

I I s,

Sumando (4.24) y (4.26), J J d S = 77a 2 k — 77a2 k = 0. s La relación (4.25) es válida para cualquier superficie cerrada. (Véase problema 4.50).

La integral de superficie (4.20) de un campo vectorial f se llama el flujo de f a través de S y se representa por

JETs PROBLEMA 4.12

(4.27)

Si S se representa por r(u, v), mostrar que el flujo de f a través de S es

JJ f • d S = JJ [f ru rv] dudv,

(4.28)

S donde [f ru r j = f mru X rv es el triple producto escalar y R uv es la región en (u , v) que corresponde a S. Solución:

El elemento diferencial de área de la superficie es d S = ru x

Por consiguiente el flujo de f a través de S es

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87

Cálculo integral vectorial

JJ f - d S = JJ f • ru x rv dudv =, JJ [f ru rv] dudv. S

R„

PROBLEMA 4.13

Si f = eos u eos v i + eos u sen v j - sen u k, donde 0 < u < tt y

JJ'

0 < v < 2v, calcular | | f 'd S sobre la parte de la esfera x 2 + y 2 + z2 = a2 para la cual z > 0.

So l u c i ó n : son

Por el problema 3.26, las com ponentes del vector que genera la superficie ru = a e o s u e o s v i + a eo s u sen v j - a sen u k, rv = —a senu sen v i + a sen u eo s v j.

De acuerdo con la definición de triple producto escalar (2.53), eo s u eo s v [f ru rv]

eo s u sen v

a eo s u eo s v a eo s u sen v —a sen u sen v

—sen u

= o,

—a sen u

a sen u e o s v

0

Como las filas primera y segunda del determinante son proporcionales, su valor es cero. En consecuencia, por (4.28)

JJf • c/S = 0.

(4.29)

s

PROBLEMA 4.14

•JJ"

r - dS , donde S es la superficie de la esferax

Hallar

+y

+ z -a .

s

Solución: En el punto (x, y , z) de la superficie de la esfe ra l, el vector de posición r = x i + y ¡ + z k y el vector unitario exterior n normal a la superficie S apuntan directamente hacia el lado opuesto del origen. Así que, n = er =

(4.30)

r Entonces, para puntos de la superficie,

¿7 S<-

y como el área de la superficie de una esfera es 4na2 por el problema 3.26,

JJ r • d S = JJ r • n dS = a JJ dS = a (4 n a 2) = 4 na*. PROBLEMA 4.15 Si f = f i ( x , y, z )i + f 2(x, y , z)j + f-¡{x, y , z)k, mostrar que la integral de superficie de f se puede expresar como

JJ f • d S = JJ f • n dS ^

^

donde R yz, R zx y R

= ±

JJ f ¡ d yd z ± JJ f2 dzdx ± JJ f3 dxdy, R yz

^ zx

R xy

son las proyecciones de S sobre los planos y z, zx y xy ,

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(4.31)

/

88

Análisis vectorial

respectivamente y los signos de las integrales de la derecha de (4.31) están determinados por los signos de (n -i), (n *j) y (n *k ), respectivamente. Si a, y y son los ángulos entre los ejes coordenados rectangulares y el vector unitario n, entonces, por el resultado del problema 2.18, S o lu ció n :

n • i = eos a ,

n - j = cos^3,

n • k = eos y.

[2.50]

Por consiguiente, por (2.65), n puede escribirse como n = (n • i) i + (n • j) j + (n • k) k

= (eos a ) i + (eos /3)j + (eos y)k,

(4.32)

y por consiguiente, d S = n d S = (eos a ) d S i + (eos /3) c/S j + (eos y ) d S k.

(4.33)

Ahora podemos escribir (véase figura 4.3), dS (n • i) = dS (eos

a ) = ± dydz,

dS (n • j) = dS (eos

/3) = + dzdx,

dS (n • k) = dS (eos

y) = ± dxdy,

donde los signos están determinados por los de (n *i) = eos a (n* j) = eos |3, (n • k) = eos y, respectivamente. Entonces, Figura 4 .3

S o lu c ió n al p ro b le m a

d S = n dS = (± dydz) i + (± d z d x )i + (± dxdy) k.

4 .1 5 .

(4.34)

Así, si f = / j i + / 2j + / 3k,

JJ f • d S = + JJ f l dydz ± JJ l2 d zd x ± JJ /3 dxdy, donde R y z , R zx y R xy son las proyecciones de S sobre los planos yz, zx y xy , respectivamente, y los signos están determinados como en (4.31).

PROBLEMA 4.16

Calcular

JJ r ‘dS, dondeS es la superficie del cubo limitado porjc = 0, s

jc = \ , y = 0 ,y = 1, z = 0 , z = 1 como se muestra en la figura 4.4. El vector normal exterior unitario n y el vector de posición r de los puntos de la superficie del cubo están dirigidos hacia el lado opuesto del origen. Solución:

Dividimos el cubo en las áreasS¡ ~ S 6.

Sobre Sj para AOCB, z = 0, n = - k ; por consiguiente, r - n = (x i + y i + z k ) - ( - k ) = - z = 0. Sobre S 2 para AFEO, y = 0, n = ~ j;p o r consiguiente, r -n = ( xi + y j f z k ) - ( - j ) - - y - 0. 4 .1 6 .

Sobre S 3 para O E D C , \ - 0, n = —i; así que, r • n = (x i f y j f z k) • (—i) Sobre S 4 para AFGB, x = 1,

n = i ; por

r • n - (x i + y j f z k) • (i) - x Sobre S 5 para BGDC, y = 1, r -n

n = j ; por (xi f y j i z k ) - ( j ) - y

Sobre S 6 para FEDG, z = 1, n = k; así que,

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- x - 0. consiguiente, 1. consiguiente, 1.

89

Cálculo integral vectorial

r- n = ( x i + y j + z k) • (k) = z = 1. Entonces, como las integrales sobre S¡ ~ S 3 son cero y sobre S 4 ~ S 6 son uno,

JJr-cíS = JJr- n dS + JJ r - n dS + JJ r - n dS +JJ r - n dS + JJ r • n dS + JJ r - n dS f J j s . f f c s . J J é s S4

=

1

+

S 5

S 6

1+ 1

= 3.

JT<

Si f = zi + y j + 2zk, calcular | J f*c/S, donde S es la parte de la

PROBLEMA 4.17

superficie del paraboloide x 2 + y 2 = 1 —z para el cual z > 0. (Véase figura 4.5.) So l u c i ó n : En el problema 3.31, un vector unitario n normal a la superficie 4>(x, y , z) = 0 es V0

[3.117]

ív ^ T ’ donde V0 es el gradiente de
Fig ura 4 .5

p ro b le m a 4 .1 7 .

Por consiguiente, (3.117) viene a ser V<£

2xi + 2yj + k

|V 0 I

( 4 x 2 + 4 y 2 + 1)V’

Los productos punto de n con i, j, k son n •i ( 4 x 2 + 4 y 2 + 1)V=’ 2y

n-j

(4 x2 + 4 y 2 + i f i ’ n •k

1 (4 x 2 + 4 y 2 +>¿)1/2'

Así que n*i y n -j son positivos o negativos dependiendo de six e y son positivos o negativos, mientras que n • k es positivo para todos los valores de x e y . Por consiguiente, \ si se usa

Sí ds= r nds 1'

S

I f S

^■

= * I f Ryz

U na pa rte de la su p e rficie del p a ra b o lo id e del

fidydz±Sf4

d zd x ■ / / /3 dxdy

[4.31]

^ zx

para calcular la integral, S debe subdividirse en dos superficies. Para calcular el primer término, debe haber una superficie para x > 0 y otra para x < 0.

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Análisis vectorial

90

De modo similar, para calcular el segundo término, debe haber una superficie para y > 0 y otra para y < 0. El primer término

J í

/ i dydz de (4.31) se calcula como sigue. P arax > 0,

Ry z

x = (1 - y 2 - z)1/2 sobre S; por consiguiente,

JJ íi dydz = JJ x dydz R yz

R yz

1

r l-y

■f

J y = -1

fz —0

1/ (1 - y 2 - z) 2 dzdy

| j f 1 (1 - y 2)V2 dy

2 3

3 8

— • —

77

1 —

77.

4 P arax < 0, x = - (1 - .y 2 - z ) 1/2 sobre 5; escogiendo el signo negativo,

- JJ f¡ d yd z = — JJ x dydz r l~y

'i

v

(1 — y 2 — z) 2 dzdy

y= 1 4

=

El segundo término

—

77.

/ 2 dzdx de (4.31) se calcula como sigue. Para y > 0,

y = (1 - x2 - z ) '2 sobre 5; por consiguiente,

JJ f2 dz dx = JJ y dzdx ' ' 1~*

y

1/ (1 - x2 - z) 2 c/zcfx

1 =

—

77

4 pues la integral es la misma que para el caso/?yz. Para.y < 0 ,y = -(1 - x 2 - z ) 1/2 sobre 5; escogiendo el signo negativo,

- JJ í2 dzdx = — JJ y dzdx ^ZX

^ZX

■r f Jx = -1

1 —

4

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77.

J z = 0

(1 - x2 - z) 2 dzdx

Cálculo integral vectorial

91

Para el tercer término de (4.31), como n • k > 0,

Jj"f3dxdy = j~J 2 z dxdy = 2 í í '1

R

i\Xy

/V 1 -x 2

x = -l

“ xy

‘

2

'

3

(1 - x2 - y2) dydx

y "

1“ x2

) * dx

°

1

~

8 3 “ 3 ' 8 77 =

77.

Sumando los resultados anteriores para los tres términos de (4.31) se obtiene

ÍJ

f'dS = | —7

7 + i

77 1

+

(—

77 +

—

771+77

=

277.

Si S se representa por z = z(x, y ) mostrar que el flujo de f a través de

PROBLEMA 4.18 S es

JJt.rfS./{ ,.„ < * s

s s e c y dxdy

" ^xy JJ-

j j '1 ; ,

donde se c y

n •k

dxdy,

(4.35)

+ 1

«5y

Sol uc i ón: Si S se representa por z = z(x, y ) , entonces por el prob. 3.24, el vector normal unitario es dz .

dz .

dx

dy [3.89]

dz\2

Idz

dx)

\<9i

Por consiguiente, si y es el ángulo entre n y k , n - k = e os y =

1

(4.36) d z'2

sec y

dz

+ i

dy ,

Luego, por (3.103), el elemento diferencial del area S, dS, es dS

dz Jx

+ 1 dy

dxdy

.= se c y dxdy 1 dxdy. (n • k)

(4.37)

Entonces el flujo de f a través de S es

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/ Análisis vectorial

92

JJf.dS ^JJf.ndS s

s

sec y dxdy ^xy dxdy. ■JD T'-í

PROBLEMA 4.19

Sí'

Si f = zi + >>j + 2zk, usar (4.35) para calcular l | f •dS, donde 5 es la

parte de la superficie del paraboloide x 2 + y 2 - 1 —z para la cual z > 0. (Cf., problema 4.17 y figura 4.5). So l u c i ó n : C om oS se representa por z = 1 - x 2 - y 2 con z > 0, el vector unitario normal de (3.89) es dz .

dz .

* + * I + 1 dx) \ dy, 2 x i + 2yj + k (4x2 + 4y2 + 1) ^ Ahora, 1

n •k

( 4x2 + 4y2 + l ) ' 2

1

f •n

2x2 + 2y 2 + 2z [(x)(2x) + (y)(2y) + ( 2 z ) l ] =

(4x2 + 4y 2 + l ) 1^

( 4x2 + 4y2 + l ) l/2

Así que, de acuerdo con (4.35),

rr

f- d S =

JJ

rr

2 x 2 + 2y 2 + 2 z

v

I --------------------- í t ( 4 x 2 + 4y + 1) 2 dxdy J J (2x2 + 4y2 + 1 ) /2

JJ [2x2 + 2y2 + 2 (1 - x2 - y 2)] dxdy R xy s>l

/ ~ / l —x 2

2L , Ls-,

dxdy

y= - /

4 |

f

(1 - x 2)^2 dx

= 4 -2 =

PROBLEMA 4.20

2n.

Calcular J J r X dS, donde S es la superficie del cubalim itado s

*

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Cálculo integral vectorial

93

por x = 0, x = l , y = 0 ,y = 1, z = 0, z = 1 , r e s el vector de posición y n es el vector normal unitario dirigido hacia afuera. (Cf., problema 4.16 y figura 4.4.) So luc ió n: Con referencia a la figura 4.4, tenemos sobre S¡ paraAOCB, n = - k , dS = n dxdy = - dxdy k; por consiguiente, r x n = ( x i + y j + z k ) x ( - k ) = - y i + x j. Así que, í í r x dS = f

í

Si

0

0

(-y i

+ x j )d xd y

f 1 f 1 y dydx + j r f 1 x dxdy Jo -'o ^0 -'o

=-i

1 . 2 1

1 . 2

+

J '

Sobre S 2 para AFEO, n = -j, dS = n dzdx = - d z d x j ; por consiguiente, r x n = ( x i + y j + z k ) x ( - j ) = z i - xk. Entonces,

JJ r x d S = J >i Jr i ( z i - x k ) d z d x

2

í

í

Jo

J o

z dzd x - k

í

x dxdz

í ^o

J q

2

Sobre S 3 para OEDC, n = -i, dS = n dydz = - d y d z i; así, r x n = (x i + y j + z k) x ( - i) = - zj + y k. Por lo tanto,

JJ r

x

dS =

J' J'

( - z j + y k ) dydz

S3

=- j I J z dzdy + k JQ j*/0 Jo o Jo

¡ y

dydz

*/0 Jo

1 • 1 b =~ 2 J+2 Sobre S4 para AFGB, n = i, dS = n dydz = dydz i; por lo tanto, r x n = (x i + y j + z k ) x i = z j - y k . Así que

Sobre S s para BGDC, n = j, dS = n dzdx = dzdz j ; así que, r x n = ( x i + y j + z k ) x j = - z i + xk. Por tanto,

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Análisis vectorial

JJrxdS=J Se

J

0

( - z i + x k) dzdx = - ^ i + ^ k. 0

Sobre S 6 para FEDG, n = k, dS = n dxdy = dxdy k; por consiguiente, r x n = ( xi + y j + z k ) x k = y i - x j . Entonces, 1 ri

1 1 ( y i - x i ) dxdy = - i -

ISf.I — - Í I

Sumando todos los resultados anteriores se obtiene r x d S = 0.

(4.38)

JJ' s PROBLEMA 4.21

r X d S donde S es la superficie esférica cerrada representada

Calcular s

por x2 + y 2 + z 2 = a 2. Solución:

Por el problema 4.14, el vector unitario exterior n normal en S es r r n = er = - - = Ir | a

Así que, por (1.58) r X n = (1 /a) r X r = 0. Por consiguiente,

j j r x n dS = 0.

J j ~r x d S = s

(4.39)

s

4.3

Integrales de volumen

Como el elemento de volumen d V es un escalar, consideremos dos integrales de volumen sobre una región R :

j f j t d V '

Í Í J ' dy-

(4A0>

V

(4.41)

R

En el sistema coordenado rectangular dV = dxdydz,

(4.42)

y (4.40) puede expresarse también como (x, y , z) dxdydz,

(4.43)

que es la integral triple de 4>(x, y , z) sobre laregión R. Haciendo <¡>(x, y, z)= 1, el volumen V de la región R es V = J J J dV-,

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j j j dxdydz.

(4.44)

Cálculo integral vectorial

95

Si f = / ] i + / 2j 1 7.ik, entonces(4.41) puede resolverse en sus componentes, i.e.,

I I I ,M' ‘ j f í ' ',v PROBLEMA 4.22

‘

Calcular | | | V • r dV , donde R es cualquier región con volumen V y

'I I I

r es el vector de posición. So l u c i ó n :

Por (3.129), V *r = 3. Por consiguiente, usando (4.44), d V -3

f f f v - ' j r - f f j s

J f f j V . 3V.

(4.46)

PROBLEMA 4.23 Calcular I í IV X f d V si f = y i —xj y R es cualquier región del espacio con volumen V.

Sol u c i ó n:

Por (3.138), el rotacional de f es

V x f=

i

j

k

d dx

d dy

d dz

y

-X

0

= - 2 k.

Por consiguiente, V x f dV = - 2 k

f f f

4 .4

JJJ

d V = - 2Vk.

Definiciones alternas de gradiente, divergencia y rotacional

El gradiente de una función escalar 0, escrito grad 0 ó V
ax

oy

az

[3.105]

La divergencia de f, escrito div f ó V • f, se define como

im

f ’ d S, V • f - lim h v ->o AV j(-Sf

(4.47)

donde A V es el volumen de la región R limitada por una superficie cerradaS. El volumen A V contiene siempre el punto en el cual se va a evaluar la divergencia V *f cuando A V tiende a cero. El rotacional de f, escrito rot f ó A X f, se define como ó V x f = nma„ lim 1
(4.48)

d ondeA S es la superficie limitada por una curva cerrada simple C y n max es el vector normal unitario asociado con A S tal que la or'tntación del plano de AS dé un valor máximo

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%

Análisis vectorial

fdr.

(4.49)

El rotacional A X f de f se define también por su componente en una dirección particular; i.e., la componente de A X f en la dirección de n es

n.(V*f)=

lim —
(4.50)

donde A S es una superficie limitada por u ña curva cerrada simple C y n es el vector normal unitario asociado con AS, esto es, AS = n AS. Como en la definición (4.47) de V *f , AS contiene el punto en el cual se va a evaluar el rotacional V X f cuandoA S tiende a cero. PROBLEMA 4.24 So l u c i ó n :

Dar la interpretación física de A • f definido en (4.47).

En (4.27), la integral de superficie

JJ f ' d S se define como el flujo de f que s

pasa por la superficie S. Entonces J J f *dS es el flujo total de salida de f a través de la s superficie cerrada S. Por tanto, (4.47) muestra que la divergencia de f en el punto P es el lím ite del flujo de salida en la red por unidad de volumen mientras S se reduce al punto P. Si el pequeño volumen que rodea a P contiene una fu en te o un sumidero de un campo vectorial f, entonces el flujo de f divergirá de P ó convergerá a P, según que V • f sea positivo o negativo. Por tanto V *f puede considerarse como una medida de la intensidad del vector fu en te o sumidero en P.

PROBLEMA 4.25

Usando (4.47), deducir la fórmula para V*f dada en (3.127).

So l u c i ó n : Si el punto (x , y , z ) en el centro de un pequeño paralepípedo rectángulo tiene aristas Ax, A y, Az, como se mustra en la figura 4.6, entonces A V = A x A y A z. Si f = f \ ¡ + f ú + h k, entonces

d S = d yd z i,

sobre S jp ara^ F G S ,

n

i,

sobre S2paraFED G ,

n = -i,

sobre S3paraBGDC,

n = j,

sobre S4para<4FF//,

n = -j,

sobre S5paraFED G ,

n = k,

sobre S6para/4/íGfí,

n = -k ,

dS = - d y d z i , dS = dzdxj,, d S = - dzdx j, d S = dxdy k, d S = - dxdy k.

Por consiguiente, ignorando las contribuciones diferenciales de orden superior, X

Figura 4 .6

S o lu c ió n al pro b le m a 4 .2 5 .

s

d l l A x\ f - d S = I/, +

dx

2

AyAz,

S,

r

.

d

/

S

di. A x \ . — j 4 y A 2,

I I S2

jy www.FreeLibros.me

d i. A y \ 2 — AzAx,

Cálculo integral vectorial

j j f '" 8 - -('> -* £

j j ' - rfS _ ( í, +

J

J

f

.

97

)

7

^

^ | í ) A*Ay,

3

y ) A ,A y .

«6 Sumando todos los resultados anteriores se obtiene Cf

/dfí

df 2

df 3\

¡d i.

df2

df3.

dx

dy

dz

s Por lo tanto, por (4.47),

f PROBLEMA 4.26 So l u c i ó n :

dí. dí 2 dt, f-dS= — + — + — . dx

dy

[3.127]

dz

Dar la interpretación física de V X f como se define en (4.48).

La integral de la derecha de (4.48) o (4.49), i.e.,

f* r es la circulación de

f alrededor de C definida en (4.9). Por consiguiente, (4.48) muestra que la magnitud de V X f en un punto P es el límite de la circulación por unidad de área mientras la curva C se reduce al punto P, i.e., la intensidad de circulación en P. En general, la circulación de f alrededor de C depende de la orientación del plano de C. La dirección de V X f es la dirección en la cual ocurre la circulación máxima. PROBLEMA 4.27 Usando (4.50) deducir la definición de rotacional de f como el producto cruz de V y f como se da en (3.138). No se tengan en cuenta los términos de orden superior. So l uc i ón : Si un rectángulo EFGH con respecto al punto (x, y , z) tiene lados A y y A z, como se muestra en la figura 4.7, entonces AS = i A S = iA>>Az. Si f = f \ i + / 2j + / s k , entonces dL A z para el lado E F , dr = dy j, Ay,

L d i 3 Ay\

para el lado FG,

dr = d z k ,

para el lado GH,

d r = - dy j,

l'- H df 2 A z \ '■ d r = - [ / , + — y j A y , / J GH

4 .2 7 .

para el lado HE,

/

dr=-dzk,

dí± Ay f • d r = - [(

H E

dy

2

Az.

Sumando todos los resultados anteriores se obtiene

i

1"

/ di ,

dL

a/,

dt,

\dy

dz

dy

dz

AS.

Por lo tanto, por (4.50),

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i

Análisis vectorial

98

a/,

a/.

ay

az

(4.51)

Mediante integración semejante alrededor de rectángulos en los planos zx, x y ó por simple permutación cíclica de x, y, z y 1, 2, 3,

/a/,_ J - ( V x f) =

\az

dJ i dx )

¡df2

di ,

(4.52)

(4.53)

M v * f)^ ~ a 7 Como para un vector arbitrario A , por (2.65), A = ( A * i)i + (A *j)j + (A 'k )k , obtenemos (3.138): di 3 di, ( di , V x f =(— - — + dy dz 1 + U z i

i

a/3\ ax

j +

a/, ax

ay

k

A A A dx

dy

dz

h

i*

f.

(4.54)

Son definiciones alternas de V<¡>, V ’ f y V X f, las siguientes: s¡4> ~

üm A — r f d s < ¿ , 4 v - o AV J j

(4.55)

5

S

V

X

f-

lim i - f f d S x f , 4 f - o At ' J j s

,4A7' (4.56)

donde A V es el volumen de la región R limitada por una superficie cerrada S.

PROBLEMA 4.28 Mostrar que (4.55) es consistente con la definición V0 dada por(3.105). No se tengan en cuenta los términos de orden superior.

So l u c i ó n :

Se sigue el procedimiento del problema 4.25 y se usan las mismas notaciones.

(Cf., figura 4.6). Así,

S,

/ / ■ « * - - i (* --5 7 y ) V A ». S2

J J d s t - j(* + ^ ) a » a « ,

Jj <js0 . - j(í - ^ ) a»a«, S4

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99

Cálculo integral vectorial

f j d S5

f

j d

dcf> A z \

y]AxAy.

Sumando todos los resultados anteriores se obtiene AxAyAz

AF. Por consiguiente, por (4.55), obtenemos (3.105): rr

1

dcf)

d S ch = i —

V<¿ = lim — O 4 7 ,0 AV JJ

^

dx

dcf)

dcf)

+j — +k dy

PROBLEMA 4.29 Mostrar que 4.56 es consistente con la definición de V X f dada por (3.138). No se tengan en cuenta los términos de orden superior. S ol u c i ó n : Se sigue el procedimiento del problema 4.25 y se usan las mismas notaciones. (Cf., figura 4.6). Tenemos para la superficie S ¡ , i + í2 j + /3 k) dyd z St

Si

= J J (k f2 - j f3) dyd z

d í2 A x\

k 1' • 4 s r

/

<9/3 A x \

) AyAz _ l r

t

1 AyAz-

j í t

De modo similar, para las otras cinco superficies, rr

JJJ « ,

[

d i/,2 A x \

\~

dx

/

dí,

Ax\

2

s

S2

JJcTS X r - -h (/. ^ |íi

ffds

x ' - k ('■ -

J J ,

3 -r ---- ---- 1 Az Ax, dy

2 í

t ) AzAx ■ ‘ ('• ■ 5 7 t ) AzA* d /2 A z \ Ax Ay - i (f2 + — — J AxAy,

d í, A z

II

rfs* 1"

>'■ - 5 7 T Í A l A y + ‘ l ' 1 * « 7 T 1 i , , A y -

Sumando todos los resultados anteriores se obtiene

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100

Análisis vectorial

.

dSxí f f

.

fdfi_ _ Wy dz (dU_ \d y

dh dz)

\dz

dx I

. d í,

A x A y Az

\dx

dy /

\dx

d y /.

d í.

\d z

AV.

Por tanto, por (4.56) obtenemos (3.138): V x f = lim a v

-»o

f f dS x f = i Jj \dy

PROBLEMA 4.30 So l u c i ó n :

dz /

+j

\dz

- 1 ^ -) + k dx /

d f2

d í!

<9x

dy

Hallar una representación integral equivalente del operador V.

Por (4.55-6), V se representa por lim — f f d S . V = lim A■ Vv-»o A F JJ

4.5

(4.57)

Teorema de divergencia o de Gauss

La definición de divergencia, [4.47]

div f = lim — f f f d S , 4v-o AV j j

da el valor de div f en un punto. El teorema de divergencia o teorema de Gauss se obtiene ampliando (4.47) a una región finita. Si f es una función vectorial continua en una región R con volumen V y Ja por una superficie cerradaS, entonces (4.58) H

S

Este teorema tiene una consecuencia especial, llamada el teorema de Green. Este teorema se llama también teorema de Green para el espacio porque en dos dimensiones es el teorema de Green para un plano. {Véase sección 4.6 y (4.112).] PROBLEMA 4.31

Verificar el teorema de divergencia (4.58).

So l uc i ón : Considérese una superficie finita cerradaS que encierra una región i? con volumen V. Se divide R en N subregiones con volúmenes A , A V 2, • • • , A VN . En el punto (x ¡, y¡, z¡) dentro de A V¡, donde / = 1, 2, • • •, N , la definición de divergencia (4.47) da V -f ~ ~ ^ y '

Jj

f 'd S + e¿, donde e¡ -*■0 cuando A

-> 0. Así que

&s¡

V - f A V¡ = J j í - d S + E¡ AV¡. AS,

La suma del volumen total V es

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(4.59)

101

Cálculo integral vectorial

Ahora consideremos el límite de esta expresión cuando N -> °°. La frontera de la superficie de cada AV¡ consiste en numerosos segmentos que son o parte de la frontera S o frontera de dos subregiones adyacentes. Las integrales de superficie de las superficies adjacentes con frontera común se cancelan pues las normales externas tienen direcciones opuestas sobre la superficie frontera común. Así que sólo queda la integral de superficie sobre S. Además por la definición de integral múltiple, lim

V • f AVf =

JJJ V - f dV.

Debido a que

1 ff f - d S = JffJ f - d S ,

lim Y 7V->00 Z—J J J tenemos

JJJ V - f d V = J J f - d S + R

£¡ AV¡.

lim

S

(4.60)

1 =1

Para el segundo término de la derecha de (4.60), jr

e¿A V¡

< ^

| 8; | A V¡ < | e m | '¡ T AV, = | £m | V, i =1

donde em = max e¡. Sin embargo, em -*■ 0 cuando 7V- >° ° yA^- *- 0. Por consiguiente, N

lim V N -»oo «

8; AV; —♦ 0. J

i =1

Así que tomando límites,

PROBLEMA 4.32

Dar la interpretación física del teorema de divergencia (4.58).

So l u c i ó n : Como se muestra en el problema 4.24, la divergencia de un campo vectorial f en un punto dado es la densidad del flujo de salida desde ese punto. La divergencia, o teorema de Gauss (4.58) establece que el flujo total hacia afuera desde una superficie cerradaS es igual a la integral de la divergencia a través de la región/? limitada porS. PROBLEMA 4.33

Mostrar que si r es el vector de posición, entonces

s

r- d S = 2>V,

(4.61)

s

donde V es el volumen de la región R limitada por la superficie cerrada S. So l u c i ó n :

La divergencia V • r es dx dy V • r = —— + — + —— = 3dx dy

Así que aplicando el teorema de Gauss (4.58),

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dz [3.129] dz

Análisis vectorial

§

' d s = í f j * - ' d r - 3 í s í d v =s v -

S

PROBLEMA 4.34

R

R

Usando 4.61, hallar j j r ‘dS para la superficie S de una esfera s

x 2 + y 2 + z 2 = a2 . (Cf. problema 4.14). Solución:

El volumen V de una esfera con radio a es V = (4/3)77 a3. Por consiguiente,

por (4.61),

s

PROBLEMA 4.35

r • <íS = 3 • — n a 3 = 4 77a 3.

3

Usando (4.61), calcular J J r ' d S , donde S es la superficie de un cubo

limitado por x = 0 ,x = 1, .>>= 0, y - 1, z = 0, z = 1, como se muestra en la figura 4.4. El vector exterior unitario normal n y el vector de posición r de los puntos situados sobre la superficie del cubo están dirigidos hacia el lado opuesto del origen. (Cf., problema 4.16). S o lu ció n :

Como el volumen del cubo es 1, entonces por (4.61),

s

r - d S = 3V = 3 -1 = 3.

PROBLEMA 4.36

Mostrar que

( 4 -6 2 )

R

S

donde S encierra la región R , r es el vector de posición y Ir I= r. Solución:

Por(3.167), V - I r " ' 1 r] = (n + 2) r " - 1.

Si n = - l , = (—1 + 2 ) r~2 = —

V-

(4. 63) #<-

Por consiguiente, aplicando el teorema de divergencia (4.58), 7 .dv- $ R

PROBLEMA 4.37

R

S

Mostrar que, para cualquier superficie cerradaS, JJ V

X

f . cf S = 0.

(4.64)

s

Solución:

Por (4.58),

JJ V x f - d S = JJJV - ( V x f ) d V . R

Pero por(3.143),V (V X f) = 0 ; p o r l o tanto,

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(4.65)

Cálculo integral vectorial

103

V x f • d S = 0. t i

PROBLEMA 4.38 Si f = P(x, y , z)i + Q(x, y , z )j + R (x , y , z)k y R es la región limitada por una superficie cerrada S , mostrar que el teorema de divergencia (4.58) expresado en coordenadas rectangulares es j dxdydz =

jjj" R

Solución:

JJ(P d y d z + Q d zd x + R dxdy).

(4.66)

S

Si escribimos t = P i + Q j + R k, n = e o s a i + e o s /3 j + e o s y k,

entonces, en general, para cualquier superficie S, n • i dS = eos (X dS = dydz, n • j dS = eos ¡3 dS = dzdx, n • k dS = eos y dS = dxdy.

(Cf., problema 4.15). Como la divergencia de f es v .f= ^ + |£ + ^ , dx dy dz

/Jjfv-'dV- Jlf (ff * 57+ff )dxdyi Como antes, J j f - d S = J j (Pi + Qj + Rk ) - n dS s

s (P eos OL + Q eos /3 + R e os y) dS ■

t i

J j (P d yd z + Q d zd x + R dxdy) s Por tanto, (4.58) se reduce a + —— ) d xd yd z = jj (P d yd z + Q d zd x + R dxdy). dy dz fJHff+f? s PROBLEMA 4.39

Usando el teorema de divergencia (4.66) calcular / =

JJ x d y d z + y d zd x + 2 z dxdy, s

donde S es una superficie que consiste en la superficie del paraboloide x 2 + y 2 = 1 ~ z, 0 < z < 1, y el disco x 2 + y 2 < 1, z = 0, como se muestra en la figura 4.8 (Cf., problema 4.17). So l uc i ón :

Por el teorema de divergencia expresado en coordenadas rectangulares (4.66),

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4 .3 9 .

104

Análisis vectorial

dx

dy dy

■ S i l dx

<9(2z) dxdydz dz

=

/// 4 dxdydz dV

f1 - z) d z

Jo =4

7T- -

= 277, que es el mismo resultado obtenido en el problema 4.17. Obsérvese que la contribución del disco x 2 + y 2 < 1, z = 0 es cero, pues sobre este disco n = - k y f * n l z=0= - 2 z l z=0 =0.

PROBLEMA 4.40

Usando el teorema de divergencia (4.66), calcular ( x 3 d yd z + x 2y d zd x + x 2z dxdy),

z

ÍJ donde S es la superficie cerrada que consiste en el cilindro x 2 + y 2 = a2, 0 < z < b, y los discos circulares x 2 + y 2 < a 2, z = 0 y x 2 + y 2 < a2, z = b , como se muestra en la figura 4.9. So l u c i ó n :

Por el teorema de divergencia (4.66), l =

x 2 dxdydz 2_

La s u p e rfic ie del p ro blem a

=5 I

4 .4 0 .

m

¡

2

x2 dxdydz

| - a J —/ a 2— y'1

•rn fbfaI b

Jo 20 6 —— 20 b 3

pa

Jo

(*•/ a 2 —y 2

x 2 dxdydz

3

ra . 2 2.v , |i " (a 2 -~ y. ) dy Jo 3 16

5 n a 4.b. — 4

Mostrar que el teorema de divergencia (4.58) puede extenderse al volumen infinito exterior a una superficie cerrada con tal que PROBLEMA 4.41

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105

Cálculo integral vectorial

lim

r 2 |

(4.67)

f | = O,

r-> oc

donde r es la distancia desde el origen a cualquier punto del espacio. So l u c i ó n : Sea S una superficie cerrada limitada por una esfera S r de radio r con su centro en el origen. Si f es un campo vectorial en una región R limitada por S y S r, entonces, aplicando el teorema de divergencia (4.58),

Jjj V - f dV=jj t - d S + jj R

S

(4.68)

f-dS.

Sr

(Véase figura 4.10). Por la desigualdad de Cauchy-Schwartz (1.45), I f #h l< I f I; entonces,

JJ f - d S

=

jJf-nc/S

<

jj | f - n | dS < jj | f |

dS.

Por lo tanto, si If I< e/r2 en todos los puntos de S r, e

dS = 477 8

p u c s j j d S = 4nr2 . Así, si lim r2 I f I = 0, F ig u ra 4 .1 0

Sr

La s u p e rfic ie cerrada del p ro b le m a 4 .4 1.

lim

f f

r->0°

JJ

t - d s = o,

de lo cual se obtiene

JjJv.idv.fr.di. R

S

Obsérvese que en esta integral de superficie, la normal apunta hacia adentro. En la figura 4.11, r es el vector de posición que representa un punto P sobre la superficie S. El ángulo sólido d ü subtendido en el origen O por un elemento dS de la superficies se define como (4.69)

dQ ~rdH. r3

i

El ángulo sólido total O subtendido p o rS es (4.70)

!\ ís f r;ís

Mostrar que el ángulo sólido total subtendido por una superficie cerrada S en el origen O es cero si O está fuera de la región R limitada por S, y que es 47T si O está dentro de i?. PROBLEMA 4.42

So l u c i ó n :

Por el teorema de divergencia(4.58),

J f^ = J jH ^ h S

R

Sin embargo, por (3.168), V *(r/r3) = 0 dentro de i? si r ¥= 0. Por otra parte, si O está fuera de R,

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Fig ura 4.11

A n g u lo sólido .

106

Análisis vectorial

entonces r ^ O , como se muestra en la figura 4.12 (a). Por tanto, cuando O está fuera de R, el ángulo total subtendido por S es

JÍ1?

n

(4.71)

= 0.

Si O está dentro de R , construim os una pequeña esfera S a de radio ra y consideramos la región R ' limitada por S y S 0, como se muestra en la figura 4.12 (b). Si aplicamos el teorema de divergencia (4.58),

.

r

íí'T

r

S+Sq

pues r

s

.rr

iij

Sq

• r

0 dentro de R '. Así que

En los puntos de S a , r = rQy la normal positiva o exterior está dirigida hacia O, o sea que n = - r/rQ; por consiguiente,

dS

# ^ ■ 1 "

so

so

-Si so

Figura 4 .1 2

dS

- tJ

(b ) S o lu c ió n al p ro blem a

-------- q n ro rTo2

4 .4 2 .

= —477; y cuando O está dentro d e R , el ángulo total subtendido por 5 es

■d S

4.6

= — ( — 4 7 7 ) = 477.

(4.72)

Teoremas de G reen

El primer teorema o identidad de Green establece que si < t>y \p son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas en una región R limitada por una superficie cerrada S, entonces J j J ( < £ V 3<£ +

j

j

j

R

f

^

Vt ¿ - dS.

(4.73)

S

El segundo teorema o identidad de Green establece que si < t>y \l>son funciones escalares que tienen segundas derivadas continuas en una región R limitada por una superficie cerrada S , entonces

JJJ

-

ifiV24>)dV j j

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(0 V 0 - «A V<^>* c/S.

(4.74)

107

Cálculo integral vectorial

Estos teoremas o identidades se obtienen del teorema de divergencia (4.58) usando unj función vectorial apropiada. funciones vectoriales que tienen segundas derivadas continuas en una región R limitada por una superficie cerrada.?, entonces

■

[f-y:g -

g-v J fl dv

• '. . ^ •

■■ ' (

j j Ir

■ «i - i r

•

• e.i

,

g • (7

.

'

'

' ' ■. '

f ) - g (v • r )]• <js.

(4.75)

donde V2 f - V ( V * f ) ~ V X ( V X í ) por Í3.164). I ste teorenu equivalente al segundo teorema de Green (4.74) que relaciona dos

Verificar el primer teorem a de Green (4.73).

PROBLEMA 4.43

So l u c i ó n :

Usando el vector identidad, V*(0f) = <¡>V"f + f - V0 , d o n d e f = Vi//, V-(0VV2
(4.76)

Integrando sobre la región R ,

JJJ V-(^V^)dV= JJJ W .V2
(4.77)

R

Aplicando el teorema de divergencia (4.58),

JjJ V. ( 0V. / r ) cf K = R

(4.78) S

Así que, J J J * (9S V V + V<¿-V
.

JJí¿V^-c/s. S

Por la definición de derivada direccional (3.98), i.e., 30/ds = grad 0 - T , dt¡/ - Ó V ^ - n d S = <{ rel="nofollow"> ~ - d S , dn

(4.79)

donde d\p/dn es la derivada normal. Por consiguiente, (4.73) puede escribirse como

JJJ ( < ¿ W PROBLEMA 4.44

So l u c i ó n :

+ V 0- V ¿ )d V =

Jjó ^

dS.

(4.80)

Verificar el segundo teorema de Green (4.74).

Intercam biando0 y 0 en (4.73),

JJJ (t/'V2+ V'/r-V)dV= R

Jjtf,V
Entonces, sustrayendo (4.81) de (4.73),

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(4.81)

108

Análisis vectorial

jjj (

jj

i//S72)dV (<£ V 2
Q ( 0 V«A - < A \ 7 0 ) - d s .

[4.74]

Por (4.79), dib

dd rel="nofollow">

Vi/f • dS = —— c/S,

\/cf )- dS= - r - d S ;

an

an

Por consiguiente, (4.74) se puede expresar como

J]J(<¿V2)c/F= R

PROBLEMA 4.45

(4-82) S

Si \¡j es armónica en una región R encerrada por S , entonces demostrar

^

- # j j v i { , - d S = j j j ^ d S = 0. s

Solución:

(4.83)

s

Si hacemos 0 = 1 en el primer teorema de Green (4.73),

jj"V'A-dS= jjj S

(4.84)

R

pues V (l) = 0. Como i¡j es armónica, entonces por la ecuación de Laplace (3.133), V2 1// = 0. Por consiguiente, (4.84) se reduce a jjvt/'-dS=

PROBLEMA 4.46

jjv<¿s-ndS=

j j ^ d S = 0.

Si (¡>y \¡¿ son armónicas en una región R encerrada por S, entonces

demostrar que

jj

VAV<£)- dS

jj (cf>

=

s

dS

= 0.

(4.85)

s

Solución: Si <¡>y \¡j son armónicas, entonces por la ecuación de Laplace (3.133) tenemos, V20 = V2 1// = 0. Así que por el segundo teorema de Green (4.74),

jjo w -
PROBLEMA 4.47

Solución: fX(VXg),

R

Deducir el tercer teorema de Green (4.75).

Aplicando el teorema de divergencia (4.58) a los vectores f(V *g) y

jjj

V-[f(V-g)]dK=

R

jjj V • tf

J ^ " f ( V- g ) - c / S ,

(4.86)

S

X

(V x g) ] d F = j j j f x ( v

R

X

g)-c/S.

(4.87)

S

Por las identidades vectoriales (3.155) y (3.157), V-[f ( V- g) ] = ( V - g ) ( V - f ) + f - V( V- g) , V • [f x (V x g)] = (V x g) • (V x f ) - f • V x (V x g).

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(4.88) (4.89)

Cálculo integral vectorial

109

Por consiguiente, J 'J 'J 'V • [f(V • g) ] dV = J J J í ( V - g ) ( V - f ) + f - V ( V - e ) ] d V , R

JJJ

(4.90)

R

JJJ

V - [ f x ( V x g) ] dV =

R

[ ( V x g M V x f ) - f - V x ( V x g)]c/K.

(4.91)

R

Intercambiando los papeles de f y g y restando, J J J [ r - V ( V - g ) - g - V ( V ‘ f)]dV=

Jf[f(V-g)-g(V-f)]-dS,

R

(4.92)

S

J JJ [f • V x (V x g) -

g • V x (V x f)] dV

R

= - jf j^ tf x (V X g) - g X (V X f ) ] - d s . (4.93) s

Sumando (4.92) y (4.93) y usando V 2f

=

V(V-f) -

V

X ( v

X

f),

[3.164]

obtenemos

JJJ

( f - V 2g - g - V 2f ) d V =

R

f f [f

X

(V

4.7

X

g) + f ( v • g) - g

X (V

X

f)

-

g( V • f )] • d S.

[4.75]

Transformaciones de integrales de volumen a integrales de superficie

El teorema de divergencia (4.58) representa una transformación de integral de volumen a integral de superficie en donde interviene la divergencia de un vector; i.e.,

JJJ

V -f dV *

R

e/S-f.

[4.58]

S

Extendiendo las definiciones de gradiente y rotacional de un vector a volúmenes finitos, obtenemos los siguientes teoremas: El teorema de gradiente expresa que si <¡ rel="nofollow">es una función escalar continua en una región R limitada por una superficie cerradaS, entonces

JJJ

VádV ^

R

JJ

d S 4>.

(4.94)

S

El teorema de rotacional expresa que si f es una función vectorial continua en una región R limitada por una superficie cerradaS, entonces

JJJ V x f dV = R

ll'dS xf. S

Obsérvese que los teoremas (4.58) y (4.94-5) se pueden expresar como

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(4.95)

110

Análisis vectorial

fv —

(4.96)

R

S

donde a es un escalar o cantidad vectorial y la estrella (*) representa una forma aceptable de multiplicación, i.e., producto punto o cruz, o producto simple. PROBLEMA 4.48

Demostrar el teorema del gradiente (4.94).

S o lu c ió n : Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Aplicando el teorema de divergencia (4.58),

JJJ V ‘ (*)dV =

JJcf>a-dS.

R

(4.97)

S

Pero por (3.155), V • (cf>a) = cf>V • a + a • V<£. Como a es una constante, V *a = 0; por consiguiente, V • (cf, a) = a • V<£. Asi que (4.97) puede escribirse como a-

íJJJ V cf >dV- JJ cf, d s ) = 0. \

R

S

(4.98)

/

Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.94). PROBLEMA 4.49

S o lu c ió n :

Demostrar el teorema de rotacional (4.95).

Si a es cualquier vector constante y sustituimos f en (4.58) por f X a, entonces

JJJ V - ( f x n ) d V = JJ ( í x a)-c/S . R

(4.99)

S

Pero por (3.157), V - ( f x a) = a -(V x f) - f - ( V x a). Como a es constante, V X a = 0; por consiguiente, V • (f x a) = a - (V x f). Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77) o (2.53), f x a- d S = a- d S x f. Así que (4.99) se puede expresar como I

V x F dV -

j j d S x f j = 0.

(4.100)

Otra vez, puesto que a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.95).

PROBLEMA 4.50

Mostrar que para una superficie cerrada^,

íf d S = 0. www.FreeLibros.me

(4.101)

111

Cálculo integral vectorial

S o lu ció n :

Por el teorema del gradiente (4.94),

J\MS. JJJWdV. S

R

Si 0 = 1, entonces V = 0; por consiguiente, J J d S = 0.

s Usando la representación integral de V (4.57) i.e.,

PROBLEMA 4.51

V=

lim

AV

0

O ds,

AV

JJ

mostrar que

s

V - ( ^ f ) = <¿>V-f + f-Vs¿>.

[3.155]

So l u c i ó n : Sean 0 O y fo los valores de 0 y f en algún punto F q , y sea A F u ñ a región pequeña que rodea a P0. Sobre la superficie S que limita a A V los valores de 0 y f son 0 = 0 o + A0, f = f0 + Af. Usando (4.57), V- W>f ) =

lim av

=

-> o A k

ffdS.& t)

Jj

s

lim
s

, Í ” o A f [ 0# § L s

d S ' t+

lim^L J J

dS • f + f f d 8 - ( ¿ - ¿ 0) ( t 0 + At)

d S- f

lim ^ \d >o ^ '

+

f0 •

s

jj d S

s

(f> - cf>0 í 0 •

JJ d S

s

s

j^dS-A^Af^.

(4.102)

Pero por el resultado del problema 4.50,

ff Como la última integral

d S = 0.

[4.101]

j j d s ' A 0A f es un término de orden superior, puede descartarse

s en el lím ite. Entonces, en el punto P0 ,

v - w - j f r . h í ' 1* § = 0 O lim av-oAF

d s - < * 1-- f f d s * ]

Q d S • f + f • / lim Q dS JJ L v ^ o A F JJ s \ s

<¿V-f + f - V 0 ,

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1 t

112

Análisis vectorial

donde todas las expresiones están calculadas en el p u n to /V C o m o />0 es arbitrario, queda demostrado (3.155). PROBLEMA 4.52

Si r es un vector de posición, mostrar que para una superficie cerrada

s

S,

Solución:

r x d S = 0.

(4.103)

Por el teorema del rotacional (4.95), d S x r = I I I V x r dV. S

R

Pero por (3.141), V X r = 0; por consiguiente, f l rr xx Jd SS =. — - pO , d S x r = 0. s

4.8

s

Teorema de Stokes

t i teorema de Stokes establece que si S es una superficie limitada por una curva cerrada simple C y f es una función vectorial que tiene primeras derivadas parciales continuas sobre S y C, entonces J j V x f . c / S = <j) f • dr.

PROBLEMA 4.53

(4.104)

c

s

Demostrar el teorema de Stokes (4.104).

Solución: Considérese una superficie S limitada por una curva cerrada simple C. Se divide 5 en N subregiones tan pequeñas que puedan considerarse planas con áreas A S ,, A S 2 , ' ' ’ , ASyy. En los puntos (x¡, y¡, z¡) de AS¿, la definición (4.50) del rotacional da n • V x f AS, =
(4.105)

donde e .^ 0 , cuando A S¡ -> 0, y n es el vector unitario normal asociado con AS,-. (Véase figura 4.13.) La suma sobre la superficie total S da N

N

-

N

£ n . V x f A S i = £ < h f - d r + 2 ] e¡ AS,, i =1 ci

i =1

Figura 4 .1 3

D e m o stra ció n del teorem a de S tokes.

i=1

Ahora consideremos el límite de esta expresión cuando N ^ - ° ° . La frontera C¡ de cada ASj consiste en pedazos que son o parte de la frontera C o parte de las fronteras de las dos subregiones adyacentes. Las integrales de línea a lo largo de curvas fronteras adyacentes se cancelan, pues los vectores dr tienen direcciones opuestas; así que queda sólo la integral de línea a lo largo de C. Por consiguiente, n • V x f AS, = JJ~ n ■V x feIS - JJ~ V x f • d S,

lim

1 =1

s

lim

y

(f) f - d r = { í )

N ->°c l— l J

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s

J

í-dr.

113

Cálculo integral vectorial

Así que cuando J J v x f - d S = <j) f - d r + lim s

c

£ ¡A S ,.

(4.106)

>'- 1

Para el término restante,, N

£

£/ AS;

< ^

i= 1

| e , | AS; < I e m I J

AS, = | e m | S,

i =1

donde em = max e¿. Pero em -►0 cuando N

°°,\JSj-* 0. Entonces,

lim V 6 i ASf —♦ 0. 7V->oo L—i i = 1

Así, en el lím ite, j j v

X

f . d s = < £ f.tfr.

s PROBLEMA 4.54

c

Dar la interpretación física del teorema de Stokes.

El rotacional de un campo vectorial f es la intensidad de circulación en un punto para f (véase problema 4.26). El teorema de Stokes (4.104) establece que la circulación total alrededor de una curva cerrada C es igual al flujo del rotacional f a través de una superficie S encerrada por C.

Solución:

PROBLEMA 4.55

Solución:

Mostrar que si r es el vector de posición, entonces

>(j) r-d t = 0.

(4.107)

Por (3.141), V X r = 0. Por consiguiente, por el teorema de Stokes (4.104), r-dr = || c

PROBLEMA 4.56

V x r • c/S = 0.

s

Usando el teorema de Stokes (4.104), mostrar que, para cualquier

superficie cerrada S,

§

V x t - d S = 0.

Sean S¡ y S 2 dos regiones en las cuales una curva cerrada C divide a una superficie cerrada S, como se muestra en la figura 4.14. Aplicando el teorema de Stokes (4.104) a S , y a 5 2,

Solución:

JJ V

x

f - d S = < j ) t-di,

s,

c

J J V x f - d S - (j> f - d r = -< ^) í - d r . s2

c

c

Por consiguiente, para la superficie cerrada S,

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4 .5 6 .

Análisis vectorial

114

V x f •dS = j j V x f •dS + j j V x f •dS s, s,

s

s.

+ (j> (T) f • d r =<£ f -•dd r + Jc Je = 0. So l u c i ó n al t er na: Considérese una superficie S casi cerrada con una pequeña abertura limitada por una curva cerrada simple C como se muestra, en la figura 4.15. Aplicando el teorema de Stokes (4.104), j j

V x t - d S =<j) t - d r .

s

Figura 4 .1 5

S o lu c ió n a lte rn a al

c

Ahora redúzcase más y más la pequeña abertura de modo que en el límite sea un punto. Entonces la superficie se vuelve cerrada y la integral de línea tiende hacia cero. Por consiguiente,

p ro b le m a 4 .5 6 .

V

X

f - d S = 0.

s

s

PROBLEMA 4.57

Si C es una curva cerrada, mostrar que / { j)

So l u c i ó n :

- d r = 0.

(4.108)

Por el teorema de Stokes, <j) V < f i - d r = j j V x ( V 0 ) - d S , c

[4.104]

s

donde S es la superficie encerrada porC . Pero por (3.142), V X V=0;por consiguiente, queda demostrado (4.108). PROBLEMA 4.58

i

Demostrar que V X f = 0 es una condición necesaria y suficiente para

i ' d t = 0 alrededor de cualquier curva cerrada C.

So l u c i ó n :

Para la suficiencia, V X f = 0; entonces por el teorema de Stokes (4.104),

(V x f ) - d S = 0.

Para la necesidad, supóngase que que^j) y f 'dr = 0 para cualquier curva cerrada C y que V X f ¥= 0 en algún p u n to P. Entonces si V X f es continua, hay alguna región que rodea a/* donde V X f ¥= 0. Se escoge una pequeña superficie plana S en esta región y un vector unitario normal a S paralelo a V X f, esto es, V X f = an, donde a > 0. Si C es la frontera de S entonces por el teorema de Stokes, (4.104), {j) f- d r = j j e

V x f - d S = j j a n - n d S = a j j dS = aS > 0,

s

s

lo que contradice la hipótesis de que<í)f mdr = 0.

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s

Cálculo integral vectorial

115

El teorema de Stokes para coordenadas rectangulares establece que si f = Pi + £>j + R k, entonces j> P *

♦ 0
- j j ( íf -

dydz

***

ss

c

(dQ dP\ ( T x ~ ~ J dxdy.

PROBLEMA 4.59

(4 .1 0 9 )

Verificar (4.109).

Sol uc i ón: Si f = Pi + Qj + /? k , entonces f ‘dt = P dx + Q dy + R dz

V

X

f:

i

j

A

A

A

dx

dy

dz

P

Q

R

dR \dy

y

k

dQ\ . tdP 1i + 1 dz

dR

i +

dQ

dP

dx

dy

k.

Ahora, como en el problema 4.38, J J v x ' . d S . J J V x f • n dS s

s

dR

dQ\ . fdP i + dz,

-//[(I W

_

íí—

'dP

eos a +

dR

dP ... dy

• n dS

dQ

dP

dx

dy

eos /3

dz ,

s

■jr s

do;

d R \ . ( dQ a ox ,J +

’d R \dy

dz )

dydz

| P - - d- « \ d Zdx dz dx J

dQ

dP' dy

eos y

dS

dxdy.

Por consiguiente, el teorema de Stokes (4.104) se reduce a Pdx+Q dy +Rdz

i

re ( d R _ do;

JJ

w

dP dR d yd z + —— -

dzdx

dz!

[4.109]

PROBLEMA 4.60

jy

Si f = 4yi + x') + 2zk, calcular / = | | V X f'c/S sobre el hemisferio

x 2 + y 2 + z 2 = a2, z > 0. Sol u c i ó n:

C o m o /e stá en forma de integral de superficie en el teorema de Stokes (4.104),

/ =<j) f • d r

4 y d x + x d y + 2 z dz, Figura 4.16

donde C es el círcu lo x 2 + y 2 = a2, z > 0, dirigido como se muestra en la figura 4.16. La representación paramétrica de C (problema 3.13) es x = a eos t , y = a sen t, z = 0, donde 0 < t < 2 tt. Entonces dx = - a sen t dt, d y = a eos t dt, dz = 0. Por consiguiente,

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El hemisferio del problema 4.60.

Análisis vectorial

116

r2n 1=1 4 (a sen t) ( - a sen t dt) + (a e o s t) (a e o s t dt) •'o = a2 f •'O

f

a2

( - 4 sen* t + e o s2 t) dt

^

( 1 —5 sen2 t) dt

'o (1 - eos 2 í)

f H = a2

3 5 . — h— eo s 2 í 2 2

f(-

,

dt

.

c/í

= - 3 a 2 ¡7.

El teorema de (¡reen para un plano establece que si P, Q.dP/by, y dQ/dx son continu i una región R del plano x y limitado por una curva cerrada C, entonces (f.110)

<j) P d x + Q d y C

R

La ecuación (4.110) se puede expresar también en forma vectorial; i.e., si f = Pi + entonces V x f h dxdy.

U> f • d r - J j C

PROBLEMA 4.61

(4.111)

R

Verificar el teorema de Green (4.110) para un plano.

Solución: Si f = Pi + Q\ y dS = k dxdy, entonces (4.110) se sigue directamente del teorema de Stokes (4.104). Alternativamente, (4.110) es un caso especial de (4.109) con R = 0. Ahora, si f =Pi + Qj, entonces i

j

k

V x f= A

A

A

dx

dy

dz•

P

Q

0

dQ . dP . fdQ d z 1+ d z , + \<9x

dP \, dy ’

f • d x = P dx + Q dy, V x f - c f S = V x f - k dxdy =

\ox

— ) dxdy. ay/

Por consiguiente, por el teorema de Stokes (4.104), < $P
R

PROBLEMA 4.62 Mostrar que el teorema de Green (4.110) para un plano puede expresarse también como V • f dxdy,

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(4.112)

Cálculo integral vectorial

117

donde f = Q\ - P j , n es el vector normal unitario hacia afuera de C, como se muestra en la figura 4.17 y s es la longitud del arco. Por (3.107), el vector unitario T tangente a C es

Sol uc i ón:

T = — = — i + — j. ds ds ds Ahora, por la figura 4.17, _ . I dx . dy \ , dy . dx . n = T x k = ( — i + — j x k = — i ------- j. \ds ds / ds ds De acuerdo con esto,

\ds

ds /

ds

Figura 4 .1 7

ds

Así que, {j) f • n d s = ,(j) c

q

\

Él +P ds = {j) P d x + Q dy. ds dsj Jc

Luego V -f =

dQ dx

d{-P) dy

dQ dx

dP dy

Por consiguiente, el teorema de Green (4.110) para un plano puede expresarse como ^ ( • n i / s = JJ" V • f dxdy. c

R

PROBLEMA 4.63 Mostrar que el área A de una región R del plano x y limitada por una curva cerrada simple C es A = i f ) x dy = ’u ) —y d x = — '(h x dy — y Jc “t ^ Jc

dx. (4.113)

Si P(x, y ) = 0 y Q(x, y ) = x en (4.110), entonces

So l uc i ón :

dxdy = A.

Si hacemos P = - y y Q = 0 en (4.110), entonces - y dx - j j

dxdy~= A.

x dy - y dx. Si hacemos P = ~y,

Sumando los resultados anteriores, obtenemos ,4 = ^ Q = x en (4.110),

f

( - y ) d x + x dy = '(D x dy - y dx =

dxdy R

■2

Teorem a de Green en un plano.

JJ d’“'y R

= 2 A.

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y

118

Análisis vectorial

Por consiguiente, A = —■(t)x dy - y dx.

PROBLEMA 4.64 Determinar el área A de una región R limitada por una elipse C cuyos ejes mayor y menor son 2a y 2b, respectivamente. Solución:

La ecuación de una elipse C con eje mayor 2a y eje menor 2b es i Y2

y 2

— a2

b2

+= 1,

z = 0.

Por consiguiente, C puede representarse paramétricamente por x = a eos t,

y = b sen t,

z = 0,

0 < t ^ 2n.

Entonces dx = - a sen t d t, d y = b eos t d t. Por consiguiente, por (4.112), dy — y dx

A =

277

ü — í 2 Jo

(a e o s í)(6 eo s t dt) - (6 sen t ) (~a sen t d t )

a b ( e o s 2 t + sin 2 í)

'

c /f

•2 7 7

i a 6 f 2 dt 2 J„ ■'o = 7ra6. 4.9

Transformaciones de integrales de superficie a integrales de línea

t i teorema de Stokes (4.104) representa una transformación de integral de superficie a integral de línea en la cual interviene el rotacional de un vector; i.e., |j V x f • t/ S = ( |) f • d t .

s

c

Como

jjv

xf-ds=

s

jj

<ís - y x

f

= J J (d S x

7 ).r ,

s

El teorema de Stokes puede expresarse como JJ(dSxV)-f=<j)dr-!.

(4.114)

s Extendiendo las definiciones del rotacional, el gradiente y el rotacional del rotacional a superficies finitas, obtenemos los siguientes teoremas: Si S es una superficie finita limitada por una curva cerrada simple C y 0 es una función escalar con derivadas continuas, entonces j J d S * VÓ - <j )¿ dt. s

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c

(4.115)

Cálculo integral vectorial

119

Si S es una superficie finita limitada por una curva cerrada C y f es una función vectorial con derivadas continuas, entonces

J J - *V) x f = ¿

f.

s

(4.110)

c

Obsérvese que ios teoremas (4.104) y (4.115-6) pueden expresarse como j'J '( cfs x V ) * u = ( j) dr * a ,

(4.117)

donde a es cualquier cantidad escalar o vectorial y la estrella <*) representa cualquier forma aceptable de multiplicación, i.e., punto, cruz o producto simple. PROBLEMA 4.65

Verificar (4.115).

Solución: Sea f = 0a, donde a es cualquier vector constante. Aplicando el teorema de Stokes (4.104), J ' J ' V x (4> a) • d S = ^ a ' í f r . s

(4.118)

c

Por (3.156), V x ( 0 a) = < ^ > V x a - a x V<£Como a es un vector constante, V X a = 0; por consiguiente, V x ( 0 a) = SJ(f> x a. Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), x a)-dS= JJa .d S x V < £ . s

s

Por consiguiente, (4.118) se reduce a X V 0 =

-(j)0 f/r,

a-

s

c

ó a- í J j dS x

V<£-

\ s

=


0.

(4.119)

/

Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.115). PROBLEMA 4.66 Solución:

Verificar (4.116).

Si a es cualquier vector constante y reemplazamos f en (4.104) por f X a,

JJvx(fxa)-dS= s

<j)(f x a)-c /r.

(4.120)

c

Por (3.158), V

x (f x a) = f ( V - a ) - a ( V - f ) + ( a - V ) f - ( f - V ) a .

Como a es un vector constante, V- a = 0 y ( f - V) a = 0; por consiguiente,

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Análisis vectorial

120

V x (f x a) = (a • V) f - a(V • f).

(4.121)

Así que J J v x ffx a W S .

/ / [(a« V ) f • c/S - a - d S ( V - f ) ]

s

s = a*

JJ [Vf ( f - c / S ) - d S ( V - f ) ] , s

donde Vf indica que V opera solamente sobre f. Aplicando la regla del término medio para el triple producto vectorial (1.98) a (dS X V) X f, ( d S x V) x f = V f(f • dS) - d S(V • f),

(4.122)

y podemos escribir J J V x ( f x a ) - d S = a-

J J ( c / S x V) x f. s

Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), <£ (f x a) • d r = { p a-(c/ r x f ) = a - < p d r x f. •'c c c Por consiguiente, (4.120) se reduce a drxí,

a- J J 'c d S x V) x f = a-

o sea

JJ(d S x V l x f -

^c/rxfj=0.

(4.123)

Como a es cualquier vector constante, la expresión del paréntesis se anula y queda demostrado (4.116). PROBLEMA 4.67

Demostrar que si r es un vector de posición, entonces

í Solución:

d r = 0.

(4.124)

Por (4.115),

j4.,r, JJd S c

x

V 0.

s

Si 0 = 1, entonces V0 = 0; por consiguiente,

i PROBLEMA 4.68

dr = 0.

Mostrar que, integrando alrededor de una curva cerrada C del plano

xy,

rx rfr

= 2 A,

donde r es el vector de posición y A es el área encerrada por la curva C.

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(4.125)

121

Cálculo integral vectorial

So l uc i ón :

Si f = r y dS = k dx dy en (4.116), f " " - J J c

(k x V) x r dxdy.

S

Como V t = 3 por (3.129), usando (4.122), (k x V) x r = V(k • r) - k(V • r) = V(z) - 3k = k - 3k = - 2 k . Por consiguiente, j ) r x dr = - ^ d r x r = 2k JJ* dxdy = 2Ak,

(4.126)

c

y

\í

r x dr = 2A.

Si S es una superficie abierta limitada por una curva cerrada simple C,

PROBLEMA 4.69 mostrar que

<^)r x d r = 2 j j dS.

(4.127)

c Solución: entonces

Si en el teorema de Stokes (4.104) f = r X a, donde a es un vector constante,

<^) ( r x a ) - d r = j j V x ( r x a)-<JS.

(4.128)

Como a es un vector constante, tenemos por (4.121), V x (r x a) = (a - V )r - a(V • r). Además por (3.141) y (3.121), como (a - V )r = a, V • r = 3, tenemos V x (r x a) = a - 3 a = - 2 a . Por la regla de permutación del triple producto escalar (1.77), (r X a) • dr = - a • (r X dr). Por consiguiente, (4.128) se puede expresar como a- ^{ pr rx xddrr = 2a- J J " dS. c Como a es cualquier vector constante, ^ r x dr = 2 c

Jj d S. s

Obsérvese que (4.18), i.e.. tp

r x dr = j

k a 'rfr

^

2 ^ a Jk,

y (4.125) son los casos especiales de (4.127). Son importantes para (4.127) porque el doble de la integral de dS sobre la superficie S es igual a la integral de línea de

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122

Análisis vectorial

r X d r alrededor de la frontera de S, que es independiente del punto escogido como origen del vector de posición r y de la superficie S limitada por C.

4.10 Campos irrotacionales y solenoidales

(a ) Fig ura 4.1 8a Una región sim p le m e n te conexa.

Se dice que una región R es conexa si dos puntos cualesquiera de R se pueden unir por un arco y cada punto del arco pertenece a R. Una región R se dice simplemente conexa si toda curva cerrada de R se puede deformar continuamente hasta un punto de R. La región R de la figura 4.18 (a) es simplemente conexa. Sin embargo, la región R de la figura 4.18 (b) nó es simplemente conexa porque la curva cerrada C que rodea uno de los '‘huecos” no puede ser deformada continuamente hasta un punto sin salirse de R. Una función escalar de potencial 0 es una función uniforme para la cual un campo vectorial continuo f de una región simplemente conexa satisface f -V 0. PROBLEMA 4.70

(4.129)

Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que la integral de

r

línea I f • c/r sea independiente de la trayectoria de integración desde el punto P hasta el P punto Q es que el campo vectorial continuo f satisfaga (4.129).

Sol u c i ó n: por (3.120),

Para demostrar la suficiencia, supóngase que f ' dr = S/. Entonces

y po, consiguiente,

re ( ^

re ^

p

p

^

^ (p >

(4 J3 W

Figura 4 .1 8 b U na región que no es s im p le m e n te conexa.

y

Si 4>es uniforme, el lado derecho de(4.130) tiene un valor definido que depende solamente de los puntos extremos P y Q y no de la trayectoria. rQ Para demostrar la necesidad, supóngase que í ' d r es independiente de la trayectoria de integración. Sea •'p

fQf - c/r,

JP

donde P es un punto fijo y Q es un punto variable d e R . Como la integral de línea es independiente de la trayectoria, Q se mueve a lo largo de una curva que pasa por P sobre la cual es continuo el vector unitario tangente T. (Véase figura 4.19). A lo largo de esta curva, rQ rQ rQ f-dr f - d s = f-T ds 0 JJP P J^ P d“s“ Jj p P es una función de la longitud de arco s. Así que, dd> ds

Figura 4.19

Solución al problema 4.70.

f.

dt

f-T.

(4.131)

ds

La curva PQ podría escogerse de m odo que tenga una dirección dada en Q. Por consiguiente, (4.131) muestra que tiene una derivada direccional continua en cualquier dirección. Pero dcf) V 0 -T .

Ahora, comparando (4.131) y (3.106),

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[3.106]

Cálculo integral vectorial

123

0.

(f - V«/>) • T

(4.132)

Como (4.132) se cumple para cualquier dirección de T, f - V 0 = O,

o

[4.1291

f =V0.

PROBLEMA 4.71 Si f = V0 en todas partes de una región simplemente conexa R y C es cualquier curva cerrada de R , mostrar que f •
i Sol uc i ón:

(4.133)

Si f = V $ en todas partes de R , entonces por el problema 4.70, la integral de

línea I f -dr es independiente de la trayectoria de integración. Si la trayectoria de integración *'c es cerrada, entonces P= Q en (4.130). Así que, f-c /r = < f) V-c/r= f

d =(F)-(P) = 0.

Este problema se resolvió en el problema 4.57 aplicando el teorema de Stokes (4.104). Obsérvese que (4.133) es válido solamente cuando <¡>es una función uniforme y R es simplemente conexo. Si R no es simplemente conexo, entonces es posible tener f = V0 y la circulación de f alrededor de una trayectoria cerrada C en una región R puede no ser cero;i.e., podemos tener < j) f -dx # 0. El problema 4.72 ilustra este punto.

PROBLEMA 4.72

Sea f = -

y

x

.

_|_^2 i + ~2 '^.^2 j- (a) Mostrar que f se puede expresar

como V
f • dr

si C es un círculo de radio a sobre el plano x y cuando su centro está en el origen y cuando está en (a, (3, 0) con a 2 + ¡52 > a2 . Sol uc i ón:

(a) Como = tan-1 (y/x),

V<¿> =

d —

dx

tan

1(f y- \) w.

v2 \

l +[ ^

d i +

dy

tan

1(í y- S| W

2

U

-y * = x1 — + y i > + x_¡— + y¡ i = f. (b) Cuando el centro de C está en el origen, / =1 =<j)

V 0 - d r = { j ) dcf> ={j) d jten 1 ^ j

La representación paramétrica de C es x = a eo s t,

y = a sen t,

z = 0.

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n

Análisis vectorial

124

Así que, d t = 2 tt ¿ 0 .

El resultado no es cero porque la región definida para la cual f = V0 no es una región simplemente conexa, pues 0 = tan-1 i y/ x) no está definido en el origen y la región está perforada en el origen. Cuando el centro de C está en (a, (3, 0) su representación paramétrica es x = Ot + a eos t,

y =

+ a sen t,

/3

z = 0.

Por consiguiente, p 2rr

í //S + a sen t

ta r f

ta n -1

2 77

Ot + a eos t

'

= 0.

PROBLEMA 4.73 Si R es una región simplemente conexa, mostrar que la condición necesaria y suficiente para que V X f = 0 es que f = V0 cuando f tiene derivadas continuas. Solución:

Si f = V, V x f = V x V<¿> = 0.

[3.142]

Por otra parte, si V X f = 0, entonces por la solución del problema 4.58, o por el teorema de Stokes (4.104), f • cfr = 0

para cada curva cerrada simple C de R . Por la solución del problema 4.71, esto indica que la integral de línea de f es independiente de la trayectoria de integración y que f puede expresarse como f = V 0. El problema 4.73 proporciona una manera simple de verificar si un campo vectorial f es el gradiente de un campo escalar 0. Esto se ilustra en el siguiente problema.

J

PROBLEMA 4.74 Dos campos vectoriales están dados por f = 3y2i + z ¡ + 2 y k y g=y z¡ + x z j + x y k . Determinar si estos campos vectoriales son los gradientes de campos escalares. So l uc i ón : Como f = 3 y 2i + z j + 2 y k, i _d_ dx

j

k

d_ d dy dz

3y 2

z

2y

i - 6y j ¿0. Por consiguiente, f no es el gradiente de un campo escalar. Como g = yz¡ + xzj + x y k , i

j

k

d dx

d dy

d dz

yz

xz

xy

= (x - x) i + (y - y ) j + (z - z ) k = 0.

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125

Cálculo integral vectorial

Por consiguiente, g es el gradiente de un campo escalar. Obsérvese que g = V (xyz + constante). PROBLEMA 4.75

Si en una región simplemente conexa R, V X f = V X g, demostrar que f = g + V<£.

Solución: Como V x f = V x g,

V x ( f - g) = 0. Entonces, por el resultado del problema 4.73, f - g = V<£, y por consiguiente, f = g + V<¿.

(4.134)

npo vectorial f se llama irrotacional en una región R si V xí =0

(4.135)

en todas partes de R. Por losresultados de los problemas 4.70-2,concluimos que para que un campo vectorialf sea irrotacional en una región simplemente conexa,cualquiera de las tres condiciones siguientes es necesaria y suficiente: ' X f = 0; (2) f es el gradiente de un campo escalar; i.e., f = V<¿>; f - d r = 0.

(3) para toda curva cerrada C de Ñ,

PROBLEMA 4.76 entonces

Demostrar que si existe un escalar A ¥= 0 tal que Af sea irrotacional, f-Vxf=0.

Sol uci ón:

(4.136)

Si Af es irrotacional, existe una función escalar 0 tal que Af - V 0 .

Tomando el rotacional en ambos lados, V x (Af) - V x (V
sea AV x f = - V A x f

f x VA.

Si efectuamos el producto punto en ambos lados con f, obtenemos (por el problema 2.21). Af • V x f = f- f x VA = 0. Como A no es cero, f-V x f = 0. Obsérvese que el recíproco es cierto también.

Un campo vectorial f se dice solenoidal si en toda la región R, V - f = 0.

(4.137)

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Análisis vectorial

126

PROBLEMA 4.77 solenoidal. Solución:

Mostrar que un vector f que sea el rotacional de oiro vector A, es

Si f = V X A, entonces por (3.143), V • f = V - (V x A) = 0;

por consiguiente, f es solenoidal. Una función vectorial de potencial A en una región especifica R * es un campo vectorial para el cual un campo vectorial solenoidal f satisface f = V x A.

(4.138)

No hay un A único para el cual valga (4.138) porque Vx( A~V
f-t/S = 0. s

PROBLEMA 4.78 Si f es un campo vectorial solenoidal, mostrar que existe una función vectorial de potencial A tal que f = V x A.

[4.138]

So l uc i ón : La existencia de A se demuestra calculándolo. Sea f = / i ¡ + / 2j + / 3k y A = ^ 4 1i + ^ 4 2j + ^ 3 k . Ahora necesitamos mostrar que existen funciones escalares A ¡ , A 2 y A 3 tales que f = V x A, o

sea 3A}

dA2

dz

dx

dA2

dAl

dx

dy

(4.139a)

(4.139b)

(4.139c)

Para hallar cualquier A, supongamos que A t = 0; entonces, dAz

dA2

dy

dz

(4.140a)

(4.140b) <M2

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(4.140c)

127

Cálculo integral vectorial

Integrando se obtiene A2 = ¡

f3 d x + g2{y, z),

- fx0 /1 3 = -

f2 dx + g3(y, z),

i

donde g 2 y £3 son funciones arbitrarias de y y z pero no de jc. La diferencia de las derivadas parciales de A 3 y ,4 2 es d____________ A, c)A r*

/dfj ^ d f A

dy

\<9y

J

dz

J

dz

^

t

dgi dy

dz

Como f es solenoidal, V • f = 0, o sea df¡

( d f2

df3

dx

\dy

dz

Por consiguiente, d A 2 ^ Cx dy

dz

J

dx dx

dz

dz

= fK^ x , y, z)\ - f ^ x o, y, z)\ + —---------dÉ2 -— . dz dz Para satisfacer (4.140a), d g, dg, i 1 = /i(x, y, z) - /j(x 0, y, z) + —-------- ,rf—. dy dz Como por hipótesis, g 2

Y

(4.141)

£3 son funciones arbitrarias á e y y z, (4.141) se satisface si é , - 0,

f

g3 =

(4.142)

fi(x0, y, z) dy,

(4.143)

“Vo donde j o es una constante. Por tanto, sig 2 Y£3 están dadas por (4.142) y (4.143) podemos construir A como f3(x, y, z) c?x ■'*0 + k| T

/^Xo, y, z) dy -

f

f2(x, y, z) dx

(4.144)

ryo En esta demostración, se han hecho varias selecciones arbitrarias; obsérvese también que la región R* en la cual se construyó A se ha supuesto que es un paralelepípedo rectángulo. PROBLEMA 4.79 Si (¡) y \p son escalares con segundas derivadas parciales continuas en una región R, mostrar que f = V 0 x V i/ i

(4.145)

es solenoidal en R. Sol uc i ón:

Por (3.157) y (3.142),

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/

128

Análisis vectorial

V - f = V-(V<¿ x V
Por consiguiente, f es solenoidal.

^

El teorema de unicidad establece que un vector f está determinado unívocamente en una región R encerrada por una superficie S si la componente normal de f se especifica sobre .9 y si V* f y V X f están especificadas a través de R.

PROBLEMA 4.80

Demostrar el teorema de unicidad.

Solución: Demostramos este teorema por contradicción. Supongamos que.f y g son dos vectores que satisfacen las condiciones dadas; i.e., si n es el vector unitario normal a V - f = V- g ,

V x f=V x g

f • n = g ■n

sobre S.

enR

Entonces haciendo h = f - g, V -h = V - f - V - g = 0

en R

(4.146)

sobreS

(4.147)

V xh=V xf-V xg=0 h-n = f - n - g - n = 0

Como V X h = 0, el vector h es irrotacional; i.e., si 0 es una función escalar, (4.148)

h = V<£.

Ahora, en R

(4.149)

sobre S

(4.150)

V - h = V-(V<¿) = V 2<¿ = 0 ') j

h • n = V<£ • n = ---- = 0 dn Luego, haciendo \p = en (4.80),

j]J

d(f> y-dS

+ V 0-V 0)dV =

R

*4.151)

S

o sea j j j V 2<¿> d V + j j j I V | 2 d V = R

R

dS.

(4.152)

S

De acuerdo con las condiciones (4.149-50), (4.152) se reduce a

JJJ' I v<¿I2d V = 0.

(4.153)

R

Pero como el integrando IV0 I2 no es negativo, IV0 I2 = 0; i.e., h = V
(4.154)

Por consiguiente, f = g, lo que contradice nuestra hipótesis original de que f y g fueran distintas, Por consiguiente queda demostrado el teorema.

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Cálculo integral vectorial

129

4.11 Problemas suplementarios

PROBLEMA 4.81

Calcular / <¡>dr para = x 3y + 2y, d e ( l , 1, 0) a (2, 4, 0) a lo largo Jc

de (a) la parábola y = x 2, z = 0 , y (b )la recta que une (1, 1, 0) y (2, 4, 0). Respuesta:

(a) [91/6, 359/7, 0], (b) [143/10, 429/10, 0 ].

Calcular í i ' d r para f = y i + {x + z)2j + ( x - z ) 2k desde (0, 0, 0) Jc hasta (2, 4, 0) a lo largo de (a) la parábola y = x 2, z = 0, y (b) la recta y = 2x. PROBLEMA 4.82

Respuesta:

(a) 32/3, (b) 28/3.

PROBLEMA 4.83

í

U 1 ¡para Jd lU f i — Z _ * T 2 ' + 2(x2y + >»)j desde (0, 0, 0) hasta Calcular I fI ’dr = 2xy2i Jc

(2 ,4 , 0) a lo largo de (a) la parábola y = x 2, z = 0 ,y (b)la recta y = 2x. Respuesta: (a) 80, (b) 80. PROBLEMA 4.84

Calcular I i - d r para f = 3xi + (2xz - y ) j + zk desde (0, 0, 0) hasta Jc

(2, 1, 3) a lo largo de (a) la curva de x = 212, y = t, z = 4 t 2 - 1, donde 0 < t < l ,y (b) la recta desde (0, 0, 0) hasta (2, 1, 3). Respuesta: (a) 71/5, (b) 16. PROBLEMA 4.85

Calcular

i f X d t para f = y¡ + xj desde (0, 0, 0) hasta (3, 9, 0) a lo Jc

largo de la curva dada por ^ _____ = x 3/ 3j , z = 0. Respuesta: [0, 0, 36]. PROBLEMA 4.86

Si a es un vector constante, mostrar que (j) a ‘ c?r = 0 , y ^

a X á = 0.

PROBLEMA 4.87

Si f = xi + yj + zk, calcular J J 'f 'd S , donde S es la superficie cilindrica s

representada por r = eos ui + sen uj + vk, 0 < u < 2n, 0 < v < 1, dS = n dS , y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta:

2xr.

PROBLEMA 4.88

■ir*

Si f = 4xzi + ^ z 2j + 3zk, calcular I I f'd S ,d o n d e S es la superficie

limitada por z 2 = x 2 + y 2 , z = 0, z = 4, dS = n dS, y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta:

320.

PROBLEMA 4.89

«o ia i Si f = (y + z)i + (z 4- x)j + (x + >’)k y 5 es la superficie del cubo

limitado por x = 0 , y = 0, z = 0 , x = 1, y = 1, z = 1, calcular (a)■J J f r f S , (b)

JJf-dS,

s Respuesta:

y (c)

JJfxc/S.

s (a) [6, 6 , 6 ] , (b) 0, (c) 0.

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130

Análisis vectorial

PROBLEMA 4.90

Calcular

lllr ííl

dV, donde r es el vector de posición y R es la región

' dy•

limitada por las superficies x = 0, y = 0 , y = 6, z = 4 y z = x 2. Respuesta: [2 4 ,9 6 ,3 8 4 /5 ], PROBLEMA 4.91 Usando la representación integral equivalente de V (4.57), verificar que V X (0f) = 0 V X f + (V0) X f. PROBLEMA 4.92 entonces

Demostrar que s if = V 0 y V ' f = O para una región R limitada por S,

fJ S W d v = R

PROBLEMA 4.93

f

>f-d&.

S

Calcular Q (a x

+ b y

+ c z )

dS sobre la superficie del

' §

s elipsoide ax2 + b y 2 + cz2 = 1. Respuesta: 47r/\/abc. PROBLEMA 4.94

Si f = axi + by\ + czk, calcular ^

f - d S sobre cualquier superficie

s cerrada S que encierre una región de volumen V. Respuesta: (a + b + c)b. PROBLEMA 4.95

Si f = y i + X) + z2k, calcular j J J " V • f dV, donde R es la región R

limitada po r z = (1 ~ x 2 - y 2) V2, y z = 0. Respuesta: n/2. PROBLEMA 4.96

Si f = u(x, y ) i + v(x, y )j, demostrar que

^

f x d r = k JJ* V • f dxdy,

c

s

donde C es una curva cerrada en el plano x y que limita una región S. [Sugerencia: Aplicar el teorema de divergencia (4.58) a f sobre un cilindro de base S con z = 1.] PROBLEMA 4.97

Demostrar que el volumen encerrado por cualquier superficie cerrada

S es

4 ífs

V = T O V ( r 2)-f/S.

PROBLEMA 4.98

Usando el teorema de divergencia (4.66), calcular

// x d yd z 4 y d zd x + z dxdy, donde S es la superficie de la esfera x 2 + y 2 + z = 1, y n es el vector unitario normal exterior. Respuesta: 4n.

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131

Cálculo integral vectorial

PROBLEMA 4.99 Sea S la superficie frontera de una región R cuyo volumen en el espacio es V y sea n su vector unitario normal exterior. Demostrar que

V = j j x dydz = j j s

y d zdx = j j

s

z dxdy

s

-ur- dydz + y d zdx + z dxdy r-dS.

PROBLEMA 4.100 Si existe h(x, y, z) tal que V 20 = h(¡> y V 2 \p = h\p en una región/? limitada por S, demostrar que

(V ifi - i/rV0 ) ■d S = 0.

PROBLEMA 4.101 Si (p es armónica en una región R limitada por S, demostrar que

K

W

V \2 dV.

f s . j j y

PROBLEMA 4.102 Demostrar que j j j

f - V ^ d V = J j (f>f • d S — j j j 0 V - t d V .

R

S

R

PROBLEMA 4.103 Demostrar que

5

¿V= r’ ds. R

S

PROBLEMA 4.104 Si a es un vector constante arbitrario y V es el volumen de una región R limitada por S, demostrar que

n x (a x/ t) dS = 2 V a. s

PROBLEMA 4.105 Si f = ( x 2 + y 2)yi ~ ( x 2 + y 2)x] + (a3 + z 3)k, calcular •(£ i ' d t *'c

donde C es el círculo x 2 + y 2 =a2, z = 0. Respuesta: —Iva*. PROBLEMA 4.106 Si f = ( x 2 + y 2 - 4 ) i + 3xyj + (2x z + z 2)k, calcular j j V X f-í/S, s

donde S es la superficie definida por z = 4 ~ ( x 2 + _v2),y nes el vector unitario normal exterior. Respuesta: ~4n. PROBLEMA 4.107 La esfera* 2 + y 2 + z 2 = a2 intersecta los ejes positivosx, y, z en A, B y C respectivamente. La curva cerrada C consiste en

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132

Análisis vectorial

tres arcos circulares AB, BC y CA. Si f = (y + z)i + (z + x)j + (x + z)k, calcular directamente <£ f ’dr. *'c

[Sugerencia: Usar el teorema de Stokes (4.104) para verificar esta integral de línea calculando una integral de superficie sobre (a) la superficie A B C del octante de la esfera en el cuadrante positivo, y (b) en los tres cuadrantes de los arcos circulares de los planos coordenados.] Respuesta: - ^7ra2. ^PROBLEMA 4.108 Por el teorema de Stokes (4.104) demostrar que A X (A $) = 0. PROBLEMA 4.109 Demostrar que

{j) 0 V ifi ■d r =

V x S/ifj-dS.

PROBLEMA 4.110 Usando el teorema de Green (4.110) para un plano, calcular

I

(3x + 4 y) dx + (2 x — 3 y ) dy,

donde C es el círculo x 2 + y 1 = 4. Respuesta: ~8n. PROBLEMA 4.111 Usando el teorema de Green para un plano (4.110), calcular

1 ={t) ay dx + bx dy, donde a y b son constantes arbitrarias y C es una curva regular arbitraria cerrada. Respuesta: (b —a') A, donde A es el área de la región limitada por C.

PROBLEMA 4.112 Cambiando variables de (x, y ) a (u, v) de acuerdo con la transformación

x =x(u, v ) , y = y ( u , v), mostrar que el área^4 de una región simplemente conexa R limitada por una curva cerrada regular C es

= rr ds±i±dudv= ff JJ

d(u,v)

JJ

L(u,v).

donde el jacobiano de la transformación es

( x ,y ) | (u, v).

d (x, y) d (u, v)

dx

dy

du

du

dx dv

PROBLEMA 4.113 Demostrar que

r 2 dr.

PROBLEMA 4.114 Demostrar que

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dudv,

Cálculo integral vectorial

t

133

-

PROBLEMA 4.115 Establecer la independencia de la trayectoria de integración y calcular (a)

.'(4>2) y dx - x dy

“XI,-1) r(.rr, '( 7 7 , o, 0, 1 1) ) (b) I sen x d x + y 2 dy + e z dz. •A0, 1,0) Respuesta:{ a) - 3 / 2 , (b) e + 2 /3 . PROBLEMA 4.116 Si C es la curva x 2 + y 2 = a2, demostrar que (eo s x senh y — x y 2) dx + ( sen x cosh y + x 2y ) dy = 0.

í PROBLEMA 4.117 Hallar una función escalar de potencial para el campo vectorial f = (y + z eos xz) i + x j + (x eos xz)k. Respuesta:

(¡>= y x + sen xz + k, donde k es una constante arbitraria.

PROBLEMA 4.118 Mostrar que un vector constante a tiene un potencial escalar $ = a*r y un vector de potencial A = (a X r)/2. PROBLEMA 4.119 Considérese cualquier campo vectorial f tal que V * f = p y V X f = c. El escalar p y el vector c son funciones dadas de x, y, z; p puede interpretarse como una densidad de fuente y c como densidad de circulación. Mostrar que si ambas densidades se anulan en el infinito, el campo vectorial f se puede expresar como la suma de dos partes, una irrotacional y la otra solenoidal. (Este se llama teorema de Helmholtz.)

PROBLEMA 4.120 Demostrar que si es armónica en una región simplemente conexa cuya frontera es la curva cerrada C, entonces ds = 0,

donde n es el vector unitario normal exterior con respecto a C. [Sugerencia: Usar (4.112).] PROBLEMA 4.121 Si h = ~ V X g , y g = V X f, mostrar que

2

x s ) ' <ÍS + J J | " f ' h d V ’

" 2 R

S

R

donde R es la región limitada por una superficie cerrada S.

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5

CflPITUL0

COORDENADAS CURVILINEAS ORTOGONALES

Hasta ahora en nuestro análisis vectorial, nos hemos restringido casi completamente a un sistema coordenado rectangular (o cartesiano), que ofrece como única ventaja que los vectores base i, j, k son constantes. Sin embargo, es frecuentemente útil emplear otros sistemas coordenados. En este capi'tulo desarrollamos expresiones para el gradiente, divergencia y rotacional en estos otros sistemas coordenados.

5.1

Coordenadas curvilíneas

La transformación entre las coordenadas de un punto (x, v, 2) en el sistema coordenado cartesiano y las de un punto (u, v, w) en el espacio se define por medio de x = x ( u , v, w),

y = y{u, v,w),

z-z(u,v,w ).

(5.1)

La transformación (5.1) esuniforme y su jacobiano es

d(x, y , z ) d(u, v, w )

dx du

dx

dx

dv

dw

dy

dy dv

dy dw

dz dv

dz dw

du dz du

(5.2)

Por cálculo, (5.1) puede resolverse localmente con valor único para u, v, w en términos de x, y, z; esto es, u = u(x,y,z),

v = v ( x , y, z),

w = w( x, y, z).

(5.3)

Por consiguiente, cualquier punto (jr, y , z) del espacio tiene coordenadas correspondientes únicas (u. v. wS. Las superficies coordenadas son familias de superficies que se obtienen igualando las coordenadas a una constante; v.g., si c , , c 2, c 3 son constantes, entonces tres familias de superficies son

u ( x , y , z ) = c it

v(x, y, z) = c 2,

w ( x , y , z ) = c s.

Asi si v, w son constantes, (5.1) representa la curva w; de manera similar, tenemos curvas v y curvas w: estas tres curvas se llaman cunas coordenadas. Como las tres curvas coordenadas no son en general líneas rectas, como en el sistema coordenado rectangular, tales sistemas coordenados se llaman coordenadas curvilíneas. En el sistema coordenado rectangular, un conjunto de vectores base mutuamente ortogonales es i, j, k como se muestra en el Cap. 2. De manera similar, podemos introducir un conjunto de vectores base apropiado para sistemas coordenados curvilíneas. En el caso

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135

Coordenadas curvilíneas ortogonales

más general, en cada punto P del espacio hay dos conjuntos de vectores base (cf., figura 5.1). El primer conjunto es el de los vectores unitarios eu , ev, e w tangentes en P a las curvas coordenadas que pasan por P. El segundo es el conjunto de vectores normales unitarios e^, e^, e w, en P, a las superficies coordenadas que pasan por P. Los vectores unitarios eu , ev, e w (ó e ^ . e ^ e ^ ) generalmente varían en orientación de punto a punto. PROBLEMA 5.1 Mostrar que si r = xi + y'] + zk, los tres vectores unitarios eu , ev, ew, e n P tangentes a las curvas coordenadas u, v, w se pueden expresar como dr

1

1

1

dr_

dr

(5.4)

dw

dv’

cTu’

curva u

donde

Figura 5.1

h„ =

ár du

,

hy

dr = dv

,

hw =

(5.5)

dw

Solución: Si r es el vector de posición desde el origen de un sistema coordenado rectangular hasta el punto P (x , y, z), entonces r = xi + y \ + z k = r (x, y, z). Usando (5.1), r puede expresarse también como una función de u, v, w; i.e., r = r(u, v, w), donde (u , v, w) son coordenadas curvilíneas de P. Si v, w son constantes, entonces (5.1) es la ecuación paramétrica de la curva u con parámetro u. Por consiguiente, de acuerdo con (3.40), un vector tangente en P a la curva u es dr/du. De manera similar, dr/dv y 9r/9w son tangentes en P a las curvas v, w respectivamente.

I

— du I

I\d—u

\Bt

thm

no: d v

a la unidad. Por consiguiente si h

di dw 1 dr h„ du

0 =

1 ---- J hv dv'

JL i l h ^ dw

Obsérvese que h u, h v, y h w son en general, funciones de u, v, vv y hu # 0 , ± 0, y h w # 0; por consiguiente, eu , e,,, ew son también funciones de u, v, w. PROBLEMA 5.2 Mostrar que los tres vectores unitarios e^, ey, ew normales en P a las superficies coordenadas u, v, w respectivamente, se pueden expresar como e u = —— V u ,

e v = —— V v,

ew = - ^ -V w ,

(5.6)

= IV w I .

(5.7)

donde I V u |,

Hv = |Vv|

Solución: Por el resultado del problema 3.31, vemos que el vector V u es perpendicular a la superficie u(x, y, z) = c¡ en P. De manera similar, V v y V w son normales a las superficies v y w respectivamente. Por consiguiente, si « u = | V u I,

H v = | V v |,

H w = \S7w\,

obtenemos — V u, H..

e v = — V v, H„

ew = —

V e cto re s base para coordenadas curvilín eas

dr

S7w.

i

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en general.

Análisis vectorial

136

Los conjuntos de vectores a i , a2, a3 y b , , b 2, b 3 son recíprocos si am • bn = Smn,

[1.109]

donde 8mn es la delta de Kronecker. De la sección 1.8, para conjuntos recíprocos de vectores, a, x a , a , x a. a. x a,

*

[a l a2a3] ’

2

b3 = 7—^-----V ,

[at a2a3] ’

b2 x b j

3

b3 x b,

[bt b2 b3] ’

*2

[1.H4]

[a, a2a3] ’

b, x b2

[bj b2 b3] ’

a>

[b .b .b ,]’

[a I a2a 3] = — ¡j— - .

[1.122]

Lbi bj

PROBLEMA 5.3 Mostrar que d r / d u , d r / d v, d r / d ' y recíprocos de vectores.

Vu, V v, Vw son conjuntos

Solución: Como

u = u( x, y, z ) = u [x (u, v, w), y (u, v, w), z ( u , v , w ) ] ,

(5.8)

diferenciando con respecto a u se obtiene du d x + du <5y + d x du d y du _ <9r Como — = — 1 + j + — k du du du du (5.9) como

^(59) du

dz

dx . dy . d z ,_ du .d u V u = —— i + ——j + —— k, podemos escribir dx dy dz

y

— •V u = l. du

(5.10)

_ dr , • V v = l , —— - Vw = l.

,r , (5.11)

De modo similar dr —

„

dv

dw

Ahora, diferenciando (5.8) con respecto a v, du dx

du d y

du d z _ ^

dx dv

dy dv

dz

dv

o sea '9 r . V u = 0. dV

(5.12)

De m odo similar, Í l . y u = 0, dw

| i . \ 7 v '=0f Í I . V v = 0, ou

dw

—

du

•V w = 0, ^ - V ^

dv

= 0.(5.13)

Si u = q lt v = q 2 , w = q 3 , entonces (5.10—3) puede resumirse como <9r

( V g J = Smn,

(5.14)

donde 8mn es la delta de Kronecker. Entonces, por la definición (1.109) de conjuntos recíprocos de vectores concluimos que d r / d u , d x / d v , d r / d w y V u , V v , son conjuntos recíprocos de vectores.

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Coordenadas curvilíneas ortogonales

PROBLEMA 5.4

137

Mostrar que

— = - V v x V w, 4 ^ = ~ Vw x V u , du a ov a Vu = — x — V P \ dv (9 w /

^ = - V u x V v , a

ow

Vv = i ( ^ x - ^ V ¡3 [dw d u)

Vw = - Z'— x ——V ¡3 \ d u dv)

(5.15)

(5.16)

donde a = [ V u V v V i f ] = V u ' V v x Vw, 0 =

<9r d r

dr

du d v d w

dr du

dr ^ dr dv dw

(5.17) 1 a

(5.18)

Sol uci ón: Como los vectores dr/du, dr/dv, 9r/9w y V u , V v , V w forman conjuntos recíprocos de vectores, los resultados de la sección 1.9 se pueden aplicar. Por consiguiente (5.15—6) se siguen directamente de (1.114—5). La relación (5.18) se sigue de (1.122).

5.2

Coordenadas curvilíneas ortogonales

Un sistema coordenado curvilíneo se llama ortogonal si las curvas coordenadas son ortogonales en todas partes. En este caso, los tres vectores eu , ev, ew son mutuamente ortogonales en cada punto; i.e.,

eu •ev = e„ •ew = e w •eu = 0.

(5.19)

Supondremos también que eu , e„, ew forman un sistema derecho; i.e.,

{eu e v ewl = 1. PROBLEMA 5.5

(5.20)

Si un sistema de coordenadas curvilíneases ortogonal, mostrar que cu = Cu,

= Cy,

= &W'

(5.21)

So l uc i ón : Por el problema 5.3 sabemos que eu , e 1,,e w y e [ /, e (, , e H, son conjuntos recíprocos de vectores. Ahora, el sistema ortonormal eu , ev, ew satisface e u = e„ x e*,, e v = e w x e u,

e w = e u x e v.

(5.22)

Por consiguiente, por los problemas 5.2 y 5.4, tenemos el resultado (5.21). PROBLEMA 5.6

(a)

En un sistema coordenado ortogonal curvilíneo, mostrar que K =

V=7T'

(b) (c) Sol uci ón:

=

(5'23>

V

“ u

w

e w = h wVw,

(5.24)

[Vu V v Vw'] = Vu • Vv x Vw = ----- i----- . hu h yh w

(5.25)

e u = V u,

ev =íi,Vv,

(a) Por (5.4) y (5.6) y puesto que (5.10) se cumple, eu - e u = ( — • (— V u \ = — - V u) = — — . \ h u du) \HU ) h u Hu \ d u ) h u Hu

(5.26)

En un sistema ortogonal, por (5.21), — u

*

Hu

Por consiguiente, hu = \/Hu. De manera similar podemos obtener h v = \ / H v, h w = \ / H w.

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Análisis vectorial

138

(b) Por (5.21), (5.6) y (5.23), e u = e y = — V u = hu V u, n,,

= — V v = h v V v,

ev =

V w = h w S7w. ** i*/

(c) Por (5.24), V7

V u = 1— e u, h„

V7

1 Vv = — e v, h„

(5.27)

O

Vw = —— e 1v h,„

Por consiguiente, por (5.20), [ V u V v V w ] = Vu ' V v x Vw 1

eu - e v x e w

huh vh w 1

Los factores de escala o coeficientes métricos son las cantidades //„, h x. h w pues ¡os coeficientes diferenciales du, dv. dw deben multiplicarse por ellos para obtener longitudes de arco. Los factores de escala dependen de las coordenadas y tienen dimensión. Pero su producto con las coordenadas diferenciales tiene la dimensión de la longitud. PROBLEMA 5.7 En un sistema coordenado curvilíneo ortogonal, si su, sv, sw representan longitudes de arco a lo largo de las curvas u, v, w demostrar que d s u = h u du,

(a)

d s v = h v dv,

(5.28)

d s w = h w dw,

(b)

(.ds)2 = (hu du)2 + (hv d v ) 2 + ( h w dw) 2,

(5.29)

(c)

d V = h u h v h w dudvdw,

(5.30)

donde ds representa la longitud de arco infinitesimal entre los puntos (u, v, w) y (u + d u , v + dv, w + dw) y d V es el elemento de volumen. Usando las longitudes de arco su, s v, s w,

So l u c i ó n : dr

dt

du

ds,.

dsu

dr

du ’

dv

dt

dsv

d s v dv ’

dr

dr

dw

ds„

dsw ds

(5.31)

El vector unitario tangente a la curva C de longitud de arco s en cualquier punto P es la derivada del vector radio r a P con respecto a s. Así que, di 3 — = e u, as

dt ------= fi­

di

(5.32)

Por consiguiente, de (5.31) y (5.4) se sigue, dt dsu "t ~ ^ du du

—h u e u,

dt ~ dv

dsv — — e v = h v g v, dv

dr

ds„

dw

dw

e w = h w e w.

(5.33)

De m odo que h„ =

dsu

dsv

_ dsw

du

dv

v ~ dw ’

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(5.34)

Coordenadas curvilíneas ortogonales

139

o sea d s u = h u du,

d s v = h v dv,

d s w = h w dw.

Así que las coordenadas diferenciales du, dv, d w deben multiplicarse por hu, h v, h w para obtener longitudes de arco. (b) Puesto que (5.33) se cumple, d r = — du + — d v + dw = h u du e u + h v d v e v + h w dw e r du dv dw

(5.35)

Por consiguiente, la longitud de arco ds entre los puntos (u, v, w) y (u + du, v + dv, w + dw) es d s 2 = d r - d r = (hu du)2 + (h v d v )2 + (h w dw)2 ya que eu , ev, ew forman una base ortonormal. (c) El elemento diferencial de volumen es un paralelepípedo, tres lados del cual son los vectores — du = h u du e u, du

— d v = h v d v e v, dv

ow

dw = h w dw e

Por lo tanto el elemento de volumen d V es d V = (hu du e u) • [(hv d v e v) x ( hw dw e w)] = [eu e v e j J h u h v h w dudvdw = h u h vh w dudvdw.

En el sistema coordenado cilindrico, las variables u , v , w se designan usualmente con p, 0, z. Esta notación más conocida se usa en la sección 5.4. Por ahoid, sin embargo, se usan las coordenadas neutras u, v, w para ilustrar la teoría general que precede. PROBLEMA 5.8

El sistema de coordenadas cilindricas se define por la transformación x = u eos v,

y = u sen v,

z = w.

(5.36)

Los recorridos de u, v, w están dados por ú> 0, 0 < v < 2n y —°° < w < °°. (a) Determinar h u, h v, hw y los vectores eu , ev, ew . (b) Hallar H^, H^, Hw y los vectores eu , ey, ew. (c) Demostrar que el sistema coordenado cilindrico es ortoganal. Sol uc i ón:

Por (5.2), el jacobiano de la transformación es eo s v

—u sen v

0

que no es cero, excepto sobre el eje z. La transformación inversa es (5.38) (a) Como el vector de posición es r = u e o s v i + i; sen v j + w k, sus derivadas parciales son

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Análisis vectorial

140

Por consiguiente, los factores de escala son h„ =

hv =

hw =

dt

(e o s 2 v + sen2 v) /'2 = 1,

du dt

[(- u sen v)2 + (u eos v)2] ^ = u,

dv dt dw

- 1,

y los vectores base son 1 dt e u —~ ~ = eos v i + sen v j , h u du 1 <9r e v = — • - — = -sen v i + eos v j , hv dv

dt

1

,

Cl v~ h w d w ~ (b) Por la transformación inversa (5.38), V u = ------ — — (x i + y j ) ,

V v = — -—— ( - y i + x j),

(x 2 + y 2) 2

(*2 + y )

Por consiguiente, los factores de escala son Ha

= | Vu | = 1 = -j-, h,, 1

H v = I Vv l = (x2 + y2) /;

1

u

y los vectores base son e¡; = —

1 V u = ------------ — (x i + y j ) (x2 + y 2) /2 = — (u eo s v i + u sen v j ) u eos v i + sen v j

( - y i + x i) e v = — V v = (x2 + y 2)1/2 ----- (x2 + y 2) = ------------- r r ( - y i + x j )

(x2 + y 2) '2 = — (—u sen v i + u e o s v j ) u = -se n v i + eos v j = e v, = —

V w = k = e w.

ur

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Vw = k.

141

Coordenadas curvilíneas ortogonales

(c) Efectuando el producto punto eu , ev y ew entre ellos, e u • e v = (eo s v) ( - sen v) + ( sen v) (eos v) = 0, e v • e » = ( - sen v)(0) + (eos v)(0) + (0)(1) = 0, ■e u = (0 )(c o s v) + (0) ( sen v) + (1)(0) = 0. Por consiguiente, eu , ev, ew son mutuamente ortogonales.

En el sistema coordenado esférico, las variables u, v, w se designan usualmen te con r, 0, y Esta notación se usa en la sección 5.4. Por ahora, sin embargo, se usan las coordenadas neutras u, i\ w para ilustrar la teoría precedente.

PROBLEMA 5.9

El sistema coordenado esférico se define por la transformación

x = u sen v eo s w,

y = u sen v sen w,

z = u eos v,

(5.39)

donde w > 0, 0 < y < 7r, 0 < w < 27t. (a) Hallar hu, hv, h w y eu , e„, ew. (b) Determinar H U, H V, H w y e v , e v , e w . (c) Demostrar que el sistema coordenado esférico es ortogonal. So l uc i ón :

Por (5.2) el jacobiano de la transformación es sen v e o s w u e o s v eo s w —u sen v sen w <9(x, y, z) sen v sen w u eos v sen w u sen v eo s w 7 = d(u, v, w) eo s v —u sen v 0 = u 2 sen v,

(5.40)

que es diferente de cero en todas partes, excepto en el eje z. La transformación inversa es u = (x2 + y 2 + z 2)

v = tan'

(x 2 + y 2)

w = tan

(a) Como el vector de posición es r = u sen v eo s w i + u sen v sen w j + u eos v k, sus derivadas parciales son dt . . — = sen v e o s w i + sen v sen w j + eos v k, du dt J v

dt

= u e o s v eo s w i + u eo s v sen w j —u sen v k,

—u sen v sen w i + u sen v e o s w j.

Por consiguiente, los factores de escala son h„ =

dr du dt dv dr

= [( sen v eo s w)2 + (sen v sen w)2 + (eos v)2l ^ = 1,

= u [(eos v e o s w)2 + (eos v sen w)2 + (— sen v)2] 72 = u,

= u [(—sen v sen w)2 + (sen v e o s w)2] ^ = u sen v,

y los vectores base son

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(5.41)

142

Análisis vectorial

1 dr eu = — hu du

— =-sen v

1 dr ev = — hv dv

— =e o s v

1 dr e„, = — h d w

—- =—sen

.

eos w i +sen v sen w j

.

eo s w i +

.

f

e o s v senwj

w x+ e o s

e o s v k,

- senv k,

w j.

(b) Por (5.41), V u = ------------------ — (x i + y j + z k), (x2 + y 2 + z 2)V* V v = ------------ —-------------------- Lzx i + zy j - (x2 + y 2) k], (x2 + y 2) 1 (x2 + y 2 + z 2) Vw = — ~ ( - y i + x j). (x2 + y 2) Por consiguiente, los factores de escala son ffu = | V u | = l = 7 - , hu

«„ = |V v |=

1

1

1

(x2 + y 2 + z 2)1/j

u

hv

1

1

1

(x2 + y 2)1^2

u sen v

hw

H w = I Vw y los vectores base son

= — V u = -------------------------------------------— Hu (x2 + y 2 + z 2) 7*

(x i + y j + z k )

= sen v eo s w i + sen v sen w j + eo s v k = e u> = — V v = — -------- —— ---------------- — [ zx i + zy j - (x2 + y 2)kl Hv (x2 + y 2) 2 (x2 + y 2 + z 2)'* = eo s v eo s w i + eos v sen w j — sen v k = e v, e tv = Hw

V w = ------ ----- — ( - y í + x j) (x2 + y 2) /2 = —sen w i + eos w

j

= e w. (c) Efectuando el producto punto de eu , e u ■e v = sen

v e o s v e o s 2 w + sen

ev, ew

entre ellos,

v eos

v sen2w- eo s v sen v = 0,

e v • e w = - e o s v eos w sen w + eos v sen w eos w = 0, e iv • e u = —sen w sen v e o s w + e o s w sen v sen w = 0. Por consiguiente, eu , ev, ew son m utuamente ortogonales. PROB L EMA 5.10

Usando la relación

(ds)2 = (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = (/7U d u )2 + (7jv dv)2 + (h „ dw )2,

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(5.42)

Coordenadas curvilíneas ortogonales

143

hallar los factores de escala hu, h v, h w en coordenadas (a) cilindricas, (b) esféricas. Solución:

(a) Por (5.36) dx = e o s v du — u sen v dv, dy = sen v du + u eo s v dv, d z = dw.

Así que (dx)2 + (dy)2 + (dz)2 = e o s 2 v (du)2 + u2 sen2 v (dv )2 —2 u sen v e o s v dudv + sen2 v(du)2 + u 2 e o s2 v (dv )2 + 2 u sen v eos v du dv + (dw)2 = (sen2 v + e o s2 v) (du)2 + u 2 (sen2 v + e o s2 v) (d v)2 + (dw)2 = (du)2 + (u dv )2 + (dw)2 = (hu d u f + (hv dv )2 + (hwdw)2. Por consiguiente, h a = l , h v = u, h w = 1. (b) Por (5.39), d x = sen v e o s w du + u e o s v e o s

wd v —u sen v sen w dw,

dy = sen v sen w du + u e o s v sen w d v +u sen v e o s

w dw,

d z = e o s v du — u sen v dv. Así que, (dx)2 + (dy)2 + (dz )2 = sen2 v e o s 2 w ( du) 2 + u 2 e o s 2 v e o s 2 w ( d v ) 2 + u 2 sen2 v sen2 w ( dw ) 2 + 2 u sen v e o s v e o s 2 w d u d v —2 u 2 sen v eo s v sen w e o s w dvdw - 2 u sen2 v sen w e o s w dwdu + sen2 v sen2 w (du)2 + u 2 e o s 2 v sen2 w ( d v ) 2 + u 2 sen2 v e o s 2 w( dw) 2 + 2 u sen v e o s v sen2 w d u d v + 2 u 2 sen v e os v sen w eo s w dvdw + 2 u sen2 v sen w e o s w dwdu + e o s 2 v ( d u) 2 + u2 sen2 v (dv )2 - 2 u sen

v e o s v dudv

- [sen2 v (c o s 2 w + sen2 w) + e o s 2 v] (du)2 + u 2[c o s2 v ( c o s 2 w + sen2 w) + sen2 v] (dv)2 + u 2 sen2 v (sen 2 w + e o s 2 w)(dw)2 = (du)2 + (u dv)2 + (u sen v dw)2 = (hu du)2 + (hv dv ) 2 + ( hw dw)2. Por consiguiente, hu = 1, h v =u, h w = u sen v. Obsérvese que (5.42) es cierto solamente para coordenadas ortogonales.

5.3

Gradiente, divergencia y rotacional en coordenadas curvilíneas ortogonales

Si \¡/ - 4/ (u, v, w) es una función escalar, el gradiente en coordenadas curvilíneas ortogonales es

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A nalisis vectorial

144

dé dé dé Vi¡¡ ~ —— V u + V v + -7— V w, du dv dw

1

d\¡¡

h„

du

Vif¡ ^ — —

I

dtp

h.,

dv

l

e u + —~ —

<5.43)

dtp

ev + —

—

(5.44)

ev

h w dw

Si f = f ueu + f vev + f wew es un vector en la base e „ , e„, ew, entonces la divergencia en coordenadas ortogonales curvilíneas es V f

1 huh vh w

4~ 0»vAwU+ V

du

El laplaciano de la función escalar

(5.45)

0»w fto / , ) + ~ ~

dv

dw

esi d i h v h w
1

huhvh w du \ h u

du)

d ( h w hu d \ p \ ^ dv \ hv

dv)

f hqhv

d¿\

dw \ h w

dw)

(5.46)

El rotacional de la función vectorial f esi V x f-

1 h Vv h** w

4 - (*wW - 4~ O V

1

ow

— - ( h u /u ) “ T - ( h w f w )

ow

ou

4 - f t v U - 7

h tt h v \ d u P R 0 B L E M A 5.il So l u c i ó n :

ev

(5.47)

(A„/„)

dv

Verificar (5.43).

El gradiente en las coordenadas rectangulares es dtp _ di/j . (M V
[3.110]

Si tp = tp (u, v , w ) = tp [u (x, y, z), v(x, y, z), w (x, y, z ) ] , entonces di/í

di/f du

dtp d v

dtp d w

dx

du d x

dv

dw dx

dx

dtp

dtp d u

dtp d v

dtp d w

dy

du

dv

dw

dtp

dtp d u

dtp d v

dtp d w

dz

du

dv

dw

dtp / du

du

du

du \ d x

dy

dz

dy

dz

dy

dz

dy

dz

Por lo tanto, SJtp =

dtp ¡ 3 v

f e 1+

dv

dv

j + ¿7k

dtp d w dw dw + ---- -----i + ------j + ----- k dw \ d x dy dz dtp

dtp

dt p

---- V u h-------- V v h-------- SJw. du dv dw PROBLEMA 5.12

Verificar (5.44)

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[5.43]

Coordenadas curvilíneas ortoogonales

Sol uci ón:

145

Sustituyendo V u = — e u, h„

V v = — e v, hv

Vw = — e w hw

[5.27]

en (5.43), 1

~

V * -

PROBLEMA 5.13 Sol u c i ó n:

d\p

~

h„ du

1

eu +

—

difj —

hv dv

1 ev + —

dxjj —

h w dw

ev

Verificar (5.45)

Sabemos que eu , ev, ew forman una base ortogonal derecha. Usando (5.24), e u = e v x e w = h v h „ V v x V w,' e v = e», x e u = h w h uV w x V u , rel="nofollow">

(5.48)

e w = e u x e v = h u h v V u x V v. „ Así que, f —íu 6 u + f y &v + f w 6 w = h v h w fuV v x S7 w + h w h u f v Vw x V u + h u h v f w S7u x V v .

(5.49)

Como V-(0f) = 0 V - f + f-V0,

[3.155]

tenemos V ‘(íu e „ ) = V ' ( f t v i l, f 1, V v x V i f ) = h v h íy f u V • (V v x Vw) + (V v x Vw) • V (hv h w f u).

(5.50)

Otra vez, puesto que V - ( f x g) = g - ( V x f) - f ■(V x g),

[3.157]

y usando V X (V 0) = 0 por (3.142), V - ( V v x V i v ) = Vw' - ( V x V v ) - V v - ( V

X

V w ) = 0.

Luego, por (5.44) y (5.48), V ( h y h Wf a) = — J nu ou

( h y h WfU) e u + i _ A hv dv

( h y h Wf u) e v + ~ h w dw

(h y h „ {») C„ ,

V v x V w = —-— e u. hy h w Como eu • eu

= 1 y eM•

= eM • ew = 0, tom ando el producto punto se obtiene

(V V x V w ) • V ( hv h w íu) = ----- 1-------- ~ ( h y h w f u). hu h v h w du Así que V - ( / u e u)

4 ~ < h v h w t u\ h u h v h w du

(5.51)

De modo similar (o por cambios cíclicos de índices), V - ( / v e v) = — ------(hw h u f v), huh vh w dv

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(5.52)

146

Análisis vectorial

(5.53)

V - ( / w e w) = -— (hu h v h w). h u h v h w dw Sumando (5.51—3), obtenemos (5.45). PROBLEMA 5.14 Solución:

Verificar (5.46).

Aplicando (5.45) al vector V \p, dado por (5.44), i.e., sustituyendo dip

1

1

hu d u ’ en (5.45), obtenemos (5.46).

PROBLEMA 5.15 So l u c i ó n :

v

difj

1

hv d v ’

"

difj

h w dw

Verificar (5.47).

Usando (5.24), f —f u

+ f v £ v + f w Gw

= hufu S7u +hv fvVv +hwfw\7w.

(5.54)

Como V x ( 0 f) = ^ V x f + (V 0 ) x f y

[3.156]

V x V u = 0, V x

= V x (h u f u SJu)

( fu e u )

= (hu fu) V x V u + V ( h „ í „ ) x Vu (5.55)

= V (/iu f u) x V u. Ahora, usando (5.44) y (5.27), V (hu fu) x V u = - i- ~ (hu íu) e u x e u + (h u fu) e v x e u hu du hu h v dv -

1

/Iw /iu

d . ~

dw

\“ u Mi)

^

Como eu , ev, ew forman una base ortonormal derecha, e u x e u = 0,

e v x e u = - e w,

e w x e u = e v,

y por tanto

Vx (4 e j = V

íJxVu

1 = . '

d

fu ( \ ( nu í u) 6 v

1

d huh v d v

(5.56)

De m odo similar, o por cambio cíclico de índices, 1 3 d 1 V X ( í v e v) = — — — (h v f v) e w (hv f r) e u, hu h v du h v h w dw 1 d V x ( f w Gw) — - hvh w dv

d (/i w f w) e u —“ —(hw (5.58) f w~)&v. d ^ w hu u 1

Sumando (5 .5 6 -8 ), obtenemos (5.47).

Obsérvese que (5.47) se puede escribir también como

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(5.57)

Coordenadas curvilíneas ortogonales

147

h w ®w V

PROBLEMA 5.16

X

f = -----------h vh w

d_

d__ du

_d_ dv

dw

lt i

hV fV

hwíw

(5.59)

Usando la definición de divergencia dada por [4.47]

V - f = lim —— Í J f-cfS, iv->o AV f j s deducir (5.45).

Sol uc i ón: Sea P(u, v, w) el punto central del elemento de volumen curvilíneodV, como se muestra en la figura 5.2, y sea dV = h u h v h w dudvdw.

[5.30]

Si f = f ueu + f vev + f wt w , entonces el flujo para la normal externa a través de la superficie ABCD para u constante es d

1

(5.60)

- í u h v h w dvdw + -r- -r— (fu h v h w) dudvdw, 2 du y a través de la superficie EFGH es

1

s

f u h v h w dvdw + — —— (fu h v h w) dudvdw.

(5.61)

du

2

(Desechamos los infinitésimos de orden superior.) Sumando (5.60) salida a través de las dos superficies para u constante, es

y

(5.61), el flujo de

F ig u ra 5 .2

E le m e n to de vo lu m e n c u rv ilín e o .

(5.62)

— (l u h v h w) dudvdw. du Sumando los resultados semejantes para las otras dos parejas de superficies,

8

f-dS =

d “

du

(^ U ^ V ^ w )

(9

S

ov

aw

W K

h v )

dudvdw.

(5.63)

Dividiendo (5.63) por dV, dado en (5.30), se obtiene 1

V -f

h u h vh w d u

PROBLEMA 5.17

(fu h v h w) + ~ (l v h w h u) + “ (fw h u h v) dv aw

[5.45]

Usando la definición de rotacional dada por n • (V x f ) = lim

[4.50]

i -di,

As-»

deducir (5.47). Sol uc i ón: Sea f = ./ueu + f vev 4-,fwt w\ se calcula primero eu • ( V X f). Considérese una curva cerrada Cu (ADCB) de la superficie u = constante, como se muestra en la figura 5.3. El elemento de superficie dS encerrado por Cu es d S ~ h vh„dvdw.

(5.64)

La circulación alrededor de la curva cerrada Cu es r

fh

rD

i- d r - I

rC

f - dr +

Fig ura 5 .3

rB

f-c/r +

s*/

fdr f

E le m e n to c u rv ilín e o de superficie.

ídr.

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Análisis vectorial

148

\ Descartando los infinitésimos de orden superior, f ■d r = t v h v dv, Jf A f-dr

r

f\vh\v

f

í-dr =

f v h v + —— (f v h v) dw dv, dw

JC

r

d v dw,

n dv

D

f - d r = - f wftlv dw.

Sumando estos resultados se obtiene d dv

f ■d r =

í

dw

(fvhv)

dvdw.

(5.65)

(fv h v)

(5.66)

Dividiendo (5.65) por dS, dado por (5.64), 1

e u • (V x f)

~ óv

dw

Por la permutación cíclica de los índices se obtienen las dos componentes restantes de V X f. En consecuencia, Vx f= h vh w

~ ~ (.tw h w) dv dw

^ - ( f u h u) - - ^ - ( í wh w) dw du

h whu 1

A (fv h v ) - A (fu ftu) du dv

huhv

5 .4

(f v h v)

e

„ .

[5.47]

Sistemas coordenados especiales

5.4a Coordenadas cartesianas rectangulares (x, y, z)

Como u - x, v = y. w - z para las coordenadas rectangulares, los factores de escala son h u ~ h x ~ 1,

h v —hy - 1,

h w - hx —1.

(5.67)

Las superficies coordenadas para este sistema son x - const, y = const, z ~ const. Sea = 4>(x,y, z ) y f = /t» + /á j + /á k . Entonces por (3.110), (3.127), (3.138), (3.132), el gradiente de
dib -

dx

ddi

i+ di,

dih í + r - k, dy dz df2

di,

¿x” + dy + d z ’

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(5.68)

(5.69)

\

Coordenadas curvilíneas ortogonales

149

5.4b Coordenadas cilindricas circulares (p . . z)

Como u ~ p , v - $ , w = z con 0 < p< «%0 < ^ < 2jt , - ~ < z < - para las coordenadas cilindricas circulares, por la figura 5.4. la transformación de coordenadas rectangulares a cilindricas es x = p e o s , z = z.

(5.72)

La superficie coordenada para los cilindros circulares que tengan a z como eje común es p = (x 3 + y *)/r'* con st; para el semiplano que pasa por el eje z ,

«= tan-1

j = const,

y para el plano paralelo al piano x y, z = const Por les resultados del problema 5.8, los factores áe escala son fly ~

rt —1 j

y

h
pf

M

^ ~~~ *

PROBLEMA 5.18 Para coordenadas cilindricas circulares (p, , z ), si i/r = tfi (p, <£, z), f = f Pe P + e ¿ + f, k, calcular (a) (efe)2, (b) c/7, (c) V ^ , (d) V • f, (e) V x f, (f) Vty-

(b)

Figura 5 .4

Coordenadas c ilin d ric a s circulares.

So l uc i ón :

Por (5.29), (5.30), (5.44), (5.45), (5.59) y (5.46),

(a)

(ds)2 = ( d p ) 2 + (p d 0 ) 2 + (dz)2;

(5.74)

(b)

dV = p dpdcf>dz\

(5.75)

(c)

dijj 1 T Ñ70- = V - ep/O++ -“ d*9 p * pP

(d)

11

11

d

p d p (p{p) + p ep

(e)

V x f=

1 (f)

d — +d z d

(5.77)

^

pe

k

i_ P dp

A dc¡3

A dz

fp

f

13

1

1 / di3

d/
P \(90

dz)

/

p dp\

(5.76)

(5.78)

dlp p

dt.

1 ( df
d f p\

dp j e * + p

(5.79)

1 c dp )

(5.80)

p2 c

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150

Análisis vectorial

PROBLEMA 5.19 Hallar las relaciones entre i, j, k del sistema de coordenadas cartesianas rectangulares y ep , e^, k del sistema coordenado cilindrico circular. Solución:

Por los resultados del problema 5.8, e p = eo s <£ i + sen c¡ rel="nofollow">j, e^

- sen

=

cf> i +

eo s

(5.81a) (5.81b)

4> 3,

(5.81c)

k = k. Por (2.70), eP

(5.82a)

= ( e p - i ) i + ( e p - j ) j + ( e /0- k) k,

(5.82b)

■i) i + (e ^ • j) j + ( e ^ • k) k. Comparando (5.81) y (5.82), e p - i = eos 0 , e •

i = - sen

e p -V. = Q,

e /o-j = sen<£, e<¿ • j = eos

,

,

(5.83)

e<¿ ■k = 0.

La tabla 5.1 muestra los resultados de (5.83) en forma tabular. TABLA 5.1

Relación entre vectores base rectangulares y cilindricos.

•

i

ep

eos
e<¿ k

k

j

0

sen 4>

0

eos

0

0

1

Obsérvese que (5.83) puede obtenerse también de la figura 5.4 aplicando la definición de producto punto (1.25). Usando (5.83), i, j, k en términos de ep , e ^ , k son = (i ■e p) e p + (i • e<¿) e<¿

i

+

(i • k) k

= e o s <j> e p - sen 0 e ^ ,

(5.84a)

J = (j ■e p ) e p + (j- e<¿)e<¿ = sen

cj> e p +

+

eos e<¿,

(j- k)k (5.84b)

k = k.

(5.84c)

Usando notación matricial, las transformaciones entre i, j,k y ep , e^, k, (5.81) y (5.84) pueden escribirse respectivamente como eos cj)

ep

sen (f> 0”

e<¿ = -s e n cf> eo s 0 k

0

i j _ k_

0

sen 4> _ 0

eos 0

j

(5.85)

1_ _k_

eos (j> - sen cf> 0~ =

i

0

ep e¿

(5.86)

1_ _ k

Debe recalcarse que los vectores unitarios ep , e^ varían en dirección de punto a punto.

PROBLEMA 5.20

Si

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Coordenadas curvilíneas ortogonales

151

f = fl i + f2j + f3k = ípep + 4¿e<¿> + /3k,

(5.87)

hallar la relación entre / , , / 2, / 3 y So l u c i ó n :

Usando (5.84),

f = 4i + 4i + 4k

f3k +4 k.

= 4 (eos 0 e p- sen 0 e<¿) + 4 ( sen 0 e p + eos 0 e ^ ) +

= (4 e o s

+ (- f1 sen 0 + f2eos 0 )

0 + 4 sen 0 )

(5.88)

Como f = f pep + /¿ e ^ + / 3k, comparando coeficientes se obtiene ip = 4 eos 0 + í 2 sen 0 ,

(5.89a)

f = - 4 sen 0 + 4 eos 0 ,

(5.89b)

4 = 4-

(5.89c)

De modo similar, usando (5.81), f = íp e P +

ecf> + í 3k

= / p (eo s 0 i + sen 0 j) + /<¿(-sen 0 i + eos 0 j) + 4 ^ = ( t p e o s 0 - í

j

+ 4k.

Otra vez, puesto que f = / i i + / 2j + /a k , comparando coeficientes se obtiene 4 = íp

eos 0 - ícf, sen 0 ,

(5.90a)

4 =

sen 0 + í

(5.90b) (5.90c)

4 = 4En notación matrical, (5.89) y (5.90) pueden expresarse respectivamente como

fp u = _4 _

sen

0“

-sen 0

cos 0

0

0

0

eos 0

4 ~ cos 0 4 = sen 0 4_ _ 0

'

_

- sen 0 cos 0

0

4 2

(5.91)

1_ —3— o~ 0

P

f 4>

(5.92)

1_ —z —

Comparando (5.85) y (5.91), (5.86) y (5.92) observamos que las transformaciones de los vectores base y las componentes de un vector tienen la misma matriz.

PROBLEMA 5.21 Solución:

Transformar f = xi + y \ + z k en coordenadas cilindricas circulares.

Como f \ =x, f 2 = y y f 3 = z, por (5.89),

íp = 4

eos 0 + 4 sen 0 =

x cos 0 + y sen

i = - 4 sen 0 + 4 c o s 0 = - x sen 0 + y c o s 0 ,

4-4Sustituyendo x = p cos 0

y y = p sen 0 ,

íp = p e o s 2 0 + p sen2 0 = p ( e o s 2 0 + sen2 0 ) = p, ( = —p c o s 0 sen 0 + p sen 0 c o s 0 = 0, 4 = z.

Por consiguiente, f = p e /0 + zk. Solución alterna: Usando (5.84),

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Análisis vectorial

152

f = x i + y j + zk

= x (eo s e<¿) + y (sen cf> e p + eos e<¿.) + z k

= (x eos

+ y sen cf>)ep + ( - x sen

+ y eos 0 ) e+ z k .

Sustituyendo x = p eos 0 e y = p sen 0, l = p ( e o s 2 cf> + sen2 (f>) e p + ( - p eo s cf> sen <$> + p sen eo s 4>)e 4> + z ^

= p e p + z k.

PROBLEMA 5.22 Solución:

1 Transformar f = - ep en coordenadas cartesianas rectangulares. P

C o m o f p = 1/p,

= 0, y f 3 = 0, por (5.90),

f l = íp eos

- t<j> sen = ~ eos ,

í2 = í p sen +

eos = ~ sen ,

/, = / , = 0. eos = - = ------------—, y seno n ' 22 +^ y 2) p P (x

Sustituyendo p = (x2 + y 2) /a,

X

P(x, y, z) = P(r, 0, 0)

p2

y

X

x2 + y 2’

2

p2

X2

(x2 + y 2) '

.

+ y2

Por consiguiente,

(x2 + y2) _______>-

,''"y

y

(x 2 + y 2)

J.

Solución alterna: Usando (5.81),

eo s <^>

1__

f = - e p = - (eos i + sen cf> j) = P P

i +

sen cf>

P

Por consiguiente, sustituyendo eos 0 = x/p, sen 0 —y / p , y p = x

+y ,

x y x y i = — i + — J = —— - i + - 2 ip p x +y x¿ + y

5.4c Coordenadas esféricas (r, 0, 0)

Como u - r , v - 0 , w = $ con 0 < r O , 0 < 0 < n\ 0 < 0 < 2tt, por la figura 5.5, la x

transformación de las coordenadas rectangulares a las esféricas es r sen H eos ,

y

r sen (i sen <j>,

z - r eos &.

La superficie coordenada para las esferas concéntricas centradas en el origen es r * (x 2 + y 2 + z 2) /¡ =» co n st, para conos circulares centrados en el eje z y con vértices en el origen es (b) 0 = eo s 1 Figura 5.5

(x 2 + y 2 f z 2) ’/j

Coordenadas esféricas.

y para el semiplano que pasa'por el eje z es

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(5.93)

Coordenadas curvilíneas ortogonales

4> - tan~‘

153

j = const.

Por los resultados del problema 5.9, los factores de escala son »

h,

*

hv

*

r,

=■b<£

hw

(5.94)

**r

PROBLEMA 5.23 Para las coordenadas esféricas (r,6,<¡>), si < jj = t/»(r, <£) y f - / r e r + ¡ 0*0 + fe, calcular (a) (ds)2, (b) dV, (c) Vi/», (d) V • f, (e) V x f, (f) Vty. So l uc i ón :

Por (5.29), (5.30), (5.44), (5.45), (5.46), y (5.59),

r 2 sen 0 drdddffi;

dV

(b) dip

(c)

1 difj

1

(9

1

(5.96)

+ r------sen 07¡ oT<7£

(9 0 sen d - ( r 2f r) + r

V -f

difj

1

‘ dr e ' + r dO ^

(d)

(5.95)

( dr)2 + (r dff)2 + (r sen 0 de/))2;

(ds)2

(a)

di Aj sen 0 l e ) + r —

<9

l

dís

-2 J - (r1 fr) + - .... t t (sen 0 í e) + ------- - — ; r dr r sen # a# r sen 0 er

V x f

(e)

sen

res

i.

i.

(9r

<90

lTrfd

(5.97)

r sen tí e^ (5.98)

00

r sen 6 (¡p

por tanto 0 df e 1 1 1 0 /r er + V x f ------- „ _ sen 0 0^, r sen 0 . 0 0 ( Se n0 /^ - 0 7 . r

0 * (rW

1 d dlr + e<¿>; r d r ^ - d é

(f)

v 2-A =

i r sen

(5.99)

<9 /

(9i/í\

<9r \

dr /

sen 0 — r2

(9

/

(9i/í\

dQ \

30/

— + — sen

1

0— +-

d 2ib

sen 0 0 0 2_

dijj\ 1 (9 / (9i/>\ 1 0 2i/í r* — ) + --------------- sen 0 — + ------------------ . r 2 dr \ dr) r 2 sen 0 00 \ 00 / r 2 sen2 6 dcf>2 1

PROBLEMA 5.24

<9

(5.100) K

Usando (5 .9 6 -1 0 0 ), deducir

(a)

V /(r) = /'( r )e „

[3.165]

(b)

V -[/(r )r ] = 3 /(r) + rl\r),

[3.166]

( c)

V x [/(Orí = 0,

[3.169]

(d)

v 2/(o = ^ /x o + a o -

[3.170]

So l uc i ón :

(a) Por (5.96),

0/(0

V/(f) = - — e , = / ' ( 0 e r. (b) Como r = re,, y /( r ) r = rf(r)er, entonces por (5.97),

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Análisis vectorial

154

V -[/(r )r |

V - lr /( r ) e f] r\

t dr

2

3

\ [3 r f (r) + r /'(r)] 3 /( r ) + rf'(r).

(c) Por (5.98), V x [/(r )r l

V x [ r ( ( r ) e r\ er

reg

r sen 0

1

d

d

d

r sen 0

dr

do

def)

2

0

r( (r)

0

0. (d) Por (5.100), V 2 f(r)

=

i

d

r

2 dr

1 í r 2 dr = - [

=

2

r

V

¿r

)

2

[r /'(r)]

2 r/'(r ) + r 2/" ( r )]

t'(r) + f"(r).

PROBLEMA 5.25 Hallar las relaciones entre i, j, k del sistema coordenado cartesiano rectangular y t r, eg, del sistema coordenado esférico. So l uc i ón :

Por los resultados del problema 5.9, e r = sen 6 eos i + sen 0 sen <¡>j + eos = eos 6 eos 0 i + eos 0 sen

6k,

(5.101a)

j - sen 6k,

(5.101b)

= - sen 0 i + eos (f> j.

(5.101c)

Por (2.70), er

( e r - i ) i + ( e r - j ) j + ( e r *k)k,

(5.102a)

e 9 = ( e 9 - i) i + ( e g - j ) j + ( e e - k)k,

(5.102b)

e 4> = (e ^ • i) i + (e ^ • j ) j + (e<¿ • k)k.

(5.102c)

Comparando (5.101) y (5.102), e r • i = sen 6 eos cf>, eg- i = eos 0 eos , e • i = - sen 0 ,

e r • j = sen 6 sen ,

e r• k

j = eos 0 sin
e^> • j = eos cf),

k

e o s 0, - sen 0,

(5.103)

e<£ • k = 0.

Los resultados de (5.103) están tabulados en la tabla 5.2. Las relaciones (5.103) se pueden obtener también de la figura 5.5 aplicando la definición del producto punto (1.25).

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Coordenadas curvilíneas ortogonales

TABLA 5.2

155

Relación entre vectores base rectangulares y esféricos.

er

sen 6 eos cf>

sen 9 sen <j>

eos

e9

eos 6 eos

eos 6 sen 4>

-se n

eos 0

- sen <£>

0

Usando (5.103) podemos expresar ahora i, j, k en términos de er , ee , e^, i.e., i = (i • e r) e r + (i • e e) e e + (i • e<¿) e<¿ = sen 6 eos e r + eos 6 eos e$ — sen cf> e<^>, j = Ü • e r) e f + {.]-ee ) e e +

(5.104a)

(j- e ^ e ^

= sen 6 sen cf> e r + eos 6 sen 0 eg + eos cf> e<¿,

(5.104b)

(k • e 0 )e<¿

k = (k • e r) e r + (k • e g ) e g + = eos 6 e r - sen 6 eg .

(5.104c)

Obsérvese que los vectores unitarios e ,, eg , e0 varían en dirección de punto a punto mientras que los vectores unitarios i, j, k mantienen sus direcciones fijas. En notación matricial, las transformaciones entre i, j, k y (5.101) y (5.104) pueden escribirse, respectivamente, como e," _e<¿_ T

- sen

_k_

Q

cos <j>

$

j

t

— e,

co s 0 sen

e
co s 6

eos 4>

- sen 0

(5.106)

-e*_

0

Hallar las relaciones e n t r e / ! / 2, / 3 y f r, fe, /, si f = fl i + f2 j + /3k = f r e r + I g e g + f

So l u c i ó n :

(5.105)

JU

sen 6 cos 4> co s 6 c o s 4> -s e n = sen 0 sen 4>

j

i

cos ( f

= co s 6 cos co s 0 sen 4> - sen

e#

PROBLEMA 5.26

~sen 0 cos cf> sen 6 sen

(5.107)

Usando (5.104), f = fl i + f2 j + f 3 k = / t (sen 0 eo s 4> e r + e o s 6 eo s eg - sen e¡p) + i2 (sen 6 sen e r + eo s 0 sen 0 e g + cos 0 e<¿) + /3(cos 0 e r - sen 6 eg) = (/[ sen 6 co s + f2 sen 6 sen 4> + f3 cos 6) e r + ( f ¡ c o s 6 cos + f2 cos 6 sen <$> - h sen ^ ) e e

+ ( - (í sen + i 2 cos 0)e<£.

(5.108)

Como f = f re r + l g e 0 + íe$, comparando coeficientes se obtiene (r = /t sen 6 cos <£>+ i2 sen 6sen 0 + /3co s 0,

5

f g = /, cos 6 cos <1> + f2 co s 6 sen cf> -

/3

sen 0 ,

fef, - - f¡ sen 0 + {2 eo s cf>.

(5.109a) (5.109b) (5.109c)

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Análisis vectorial

156

De manera similar, usando (5.101), f = ( r e r + f gBg + fcpCcf) = f r ( sen 0 eos <£ i + sen 6 sen cf>j + eos 6 k) + f e (eos 0 eos

i + eos 6 sen 0 j - sen 6 k)

+ (¡p ( - sen cf> i + eos tj> j) = ( f r sen 0 eos + íg eos 6 eos - 1$ sen <£)i +

(

fr sen 6 sen

0

íg eos 6 sen + í $ eos

+

<£) j

+ ( Í T eos 6 - íg sen 0)k. Otra vez, puesto que f

=

/, i

+

í2 j

+

f3k , la comparación de coeficientes da

= f r sen 0 eos 4> + íg eos 6 eos cf> - t sen

(5.110a)

í2 = fr sen 6 sen + íg eos 6 sén + f

,

(5.110b)

í3 = í r eos 0 - íg sen 0.

(5.110c)

En notación matricial, las transformaciones (5.109) y (5.110) se pueden expresar respectivamente como ~tr

~ sen tí eos 4>

«• eos 0 eos 4> eos 0 sen 0

fe j*.

-se n 0

-¡r

~sen 6 eos

u

-

sen 6 sen <¿>

eos 6 r q - sen 0

eos

(5.111)

h

0

eo s 6 eos <¡> - sen c?í> - f r -

sen 0 sen eos 6 sen <¿> eos Q

eos 4>

- sin 0

0

(5.112)

h Jé-

Obsérvese de nuevo que las transformaciones de los vectores base y los componentes de un vector tienen la misma matriz. PROBLEMA 5.27 Solución:

Transformar f = x i + y'] + z k a coordenadas esféricas.

Como f x =x, f 2 = y , / 3

= z, por (5.109) ó (5.111),

í r = x sen 6 e o s

+ y sen 6 sen
fg = x eos 6 eos + y eos 6 sen cf>- z sen 6, f(¡>= - x sen cf) + y eos 0 . Sustituyendo x = r sen 6 eos cf>,

y = r sen 6 sen (f>, y

z = r eo s

6,

2

t r = r sen2 6 e o s 2 cf> + r sen 9 sen2 <£ + r e o s 2 6

= r sen2 6 (e o s 2 + sen2 cf>) + r e o s 2 6 = r(s e n 2 0 + e o s 2 d) = r, ( g = r sen 0 eos 6 e o s 2 + r sen 6 eos 0 sen2 cf>- r eos 6 sen 0 = r sen 6 eos 0 ( c o s 2 0 + sen2 cf> - 1)

= 0, ícf) = —r sen 6 sen eos + r sen 6 sen

eos cj>

= 0. Por consiguiente, f = / r e r = r e r . PROBLEMA 5.28 Transformar f

— ^ e<¿> a coordenadas rectangulares. r sen 6

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Coordenadas curvilíneas ortogonales

Sol u c i ó n: f

157

Usando (5.101c), 1

1 sen 0 cos 0 ,, e .* - (-s e n 0 i + c o s 0 j) = - ------- f l i + — — j. r sen 0 r sen 0 r sen 0 r sin 0

Ahora por x = r sen d cos
x co s 0 = --------- , r sen 6

x 2 + y 2 = r 2 sen2 0.

Por consiguiente, _______y

.

y

x

r 2 sen2 0 1 + r 2 sen2 # J

x

x2 + y 2 1 + x2 + y 2 J

PROBLEMA 5.29 Hallar las relaciones entre ep , e^, k del sistema de coordenadas cilindricas circulares y er, ee , e0 del sistema coordenado esférico. Sol uc i ón:

Sustituyendo (5.84) en (5.101)

e r = sen 0 cos 0 (co s cf> ep - sen 0 e ^ ) + sen 0 sen 0 (sen

(5.113a)

e g = cos 0 cos 0 (cos 0 ep - sen 0 e ^ ) + co s 0 sen 0 (sen 0 ep + eos 0 e ^ ) - sen 0 k cos 0 (c o s2 0 + sen2 )e P + ( - e o s 0 c o s 0 sen 0 + eo s 0 sen 0 cos 0 )e^> - sen Ok cos 0 ep - sen Ok,

(5.113b)

e<£ = - sen 0 (cos <j> e p - sen 0 e^>) + cos 0 (sen

e p + cos 0 e ^ )

= ( - sen 0 cos 0 + co s 0 sen 0 ) 6^ + (sen2 0 + e o s 2 0 ) e ^ = e ¿ ,.

(5.113c)

De manera similar, sustituyendo (5.104) en (5.81), e p = sen 0 e r + cos

(5.114a)

e<¿ = e<¿,

(5.114b)

k

cos

e r - sen 0 e g .

(5.114c)

Usando notación matricial, (5.113) y (5.114) pueden expresarse respectivamente como er

"sen 0

cos

eg

= co s 0

- sen

0 ~e p~ = _ k_

-O \ \

0

sen 0

cos 0

0

0

0

1

cos 0

- sen 6

0

y A

(5.115)

(5.116)

Las ecuaciones (5.115—6) se pueden obtener también fácilmente por simples operaciones de producto matricial usando (5.105), (5.86) y (5.85), (5.106) respectivamente.

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Análisis vectorial

158

5.5

Problemas suplementarios

Mostrar que el jacobiano

4 PROBLEMA 5.30

—

huhvhwt

así que el elemento de volumen d V dado por x, y , z \ dV = ] ( --------- dudvdw \ u , v, w / es h uh vh wdudvdw, de acuerdo con (5.30). Usando coordenadas curvilíneas y la identidad vectorial

PROBLEMA 5.31

[3.164]

Mostrar que la definición del integral de volumen del operador V

PROBLEMA 5.32

dada por [4.57]

VI s

lleva a la expresión VI

! = -— —

-

i) + - j - ( h w h u e v I dv

- f ( h v hw e u \

du h u h v h w [áu

!) + j - { h u h v e w í

dw

¡)

’f PROBLEMA 5.33 Usando la forma del operador V dada en el problema 5.32, hallar \¡j, y • f,y y * f; mostrar también que se reducen a (5.44), (5.45) y (5.47) respectivamente. ''PROBLEMA 5.34

vectorial f es

En coordenadas cilindricas circulares (p, <¡>,z), si el campo

f

= {p(p,)ep +

mostrar que V X f tiene solamente una componente z. PROBLEMA 5.35

x Transformar f= - i a coordenadas cilindricas circulares.

y

R e s p u e s t a : eos cot cf> e p - eos cf> e<£. dr PROBLEMA 5.36 Respuesta:

Transformar f = pep + pe^ a coordenadas rectangulares.

{x - y )i + (x + y ) j.

Mostrar que las siguientes tres formas, en coordenadas esféricas, de V 2 \p(r) son equivalentes: PROBLEMA 5.37

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.

Coordenadas cun’ilíneas ortogonales

159

Transformar f = - er a coordenadas rectangulares. r z x y k. Respuesta: x +y +z x +y + z PROBLEMA 5.38

-i PROBLEMA 5.39 Para las coordenadas cilindricas elípticas (u, v, z) la transformación entre las coordenadas (x , y, z ) y (u, v, z ) está dada por x = a cosh u eos v , y = a senh u sen v, z - z , donde a es una constante. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: (1) cilindros elípticos, u = const, 0 < u < °°; (2) cilindros hiperbólicos, v = const, 0 < v < 2ir ; (3) planos paralelos al plano xy, z = const, —°° < z < “ , (b) ¿Es ortogonal este sistema? (c) Hallar los factores de escala. Respuesta: (b) Si. (c) h u = a(senh2 u + sen2 v)'/2,

h v = a(sen h 2 u + sen2 v)

-42 PROBLEMA 5.40 Para las coordenadas cilindricas parabólicas (£, 17, z), la transformación entre las coordenadas (x, y, z ) y ( |, 17, z) está dada por x = t¡r¡, y - Vi (172 - ) , z - z. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: ( 1 ) cilindros parabólicos, £ = const, — < £ <°° ; ( 2 ) cilindros parabólicos, t j = const, 0 < 17 < “ (3) planos paralelos al plano xy , z = const, - - < z < “ . (b) Hallar los factores de escala. Respuesta:( b)

hg = (
h z = 1.

^ PROBLEMA 5.41 Para las coordenadas esferoidales alargadas (u, v, (p), la transformación entre las coordenadas (x, y, z) y (u, v, 0) es x = a senh u sen v eos ,y=a senh u sen v sen 0, z = a cosh u eos v, donde a es una constante. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: (1) esferoides alargadas, u = const, 0 < u < «; (2) hiperboloides de dos hojas v = const, 0 < v < 7r ; (3) semiplanos por el eje z, 0= const, 0 < 0 < 277 . (b) Hallar los factores de escala. Respuesta: (b) h u = a (senh2 u + sen2 v ) /'1 = a (c o s h 2 u - e o s 2 v ) 1/2, h v = a (senh 2 u + sen 2 v ) \ = a senh u sen v. PROBLEMA 5.42 Para las coordenadas esferoidales achatadas (u, v, 0), la transformación entre las coordenadas (x, y , z) y (u, v, 0 ) es x = a cosh u eos v eos 0 , y = a cosh u eos v sen 0 , z = a senh u sen v, donde a es una constante. (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: ( 1 ) esferoides achatadas, u = const, 0 < w < °°; TT TT ( 2 ) hiperboloides de una hoja, v = const, - —< v < (3) semiplanos por el eje z, 0 = const, 0 < 0 < 277. (b) Hallar los factores de escala. Respuesta: (b)

h u = a (se n h 2 u + sen 2 v ) 1/2 = a (c o sh 2 u - e o s 2 v) ^ , h v = a (se n h 2 u + sen 2 v ) ^ , h

u eos v.

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160

Análisis vectorial

PROBLEMA 5.43 Para las coordenadas parabólicas (£, r?, 0), las ecuaciones están dadas p o r* = eos 0, y=%r¡ sen 0, z - Vi (rj2 - £2). (a) Mostrar que las familias de superficies coordenadas son: (1) paraboloides alrededor del eje positivo z, £ = const, (2) paraboloides alrededor del eje negativo z, r¡ = const, 0 < r¡ < “ » (3) semiplanos por el eje z, 0 = const, 0 < 0 < 2w. (b) Hallar los factores de escala. (c) Mostrar que X e,, = - e ^ Respuesta: (b)

hg = (£ 2

PROBLEMA 5.44

r)2) ' 2,

h v = (£ 2 + t¡2) /2,

h

= £r¡.

Verificar que en coordenadas cilindricas. V ln p = V x (kc¿).

PROBLEMA 5.45 (a)

Verificar las siguientes relaciones en coordenadas esféricas:

V -i = V x (eos

6 V 0 );

(b) V <£ = V x ( r V 0 / sen 0).

PROBLEMA 5.46 Usando el método de multiplicación matricial, deducir (5.115—6) a partir de (5.85—6) y (5.105—6). -VPROBLEMA 5.47

Expresar d/dx, 9/9 y, 9/9z

en coordenadas esféricas.

Respuesta: — = sen 0 eo s
En la sección 3.5 x = x(u, v),

y = y (u, v),

z = z(u, v)

[3.78]

se interpretan como ecuaciones paramétricas de una superficie S en el espacio. Pueden considerarse como un caso especial de (5.1) en la cual w es una constante; la superficie S corresponde entonces a una superficie w(x, y, z) = const. Las coordenadas curvilíneas sobre S son u y v. Sea r = xi + y j + zk. (a) Demostrar que las curvas u = const,v = const, se intersectan en ángulos rectos, de modo que lascoordenadas son ortogonales si y sólo si dx dx + dy dy du dv du dv (b) Mostrar queel elemento ^ 6S

dz dz q du dv

de un arco sobre una curva u = u(t), v = v(t) sobre

ds2 = E du2 + 2 F dudv E = \ d r / d u \ 2,

+ G d v 2,

F = (dr/du) ■ (dr/dv),

G - \ d r / d v \ 2.

(c) Mostrar que las coordenadas son ortogonales cuando d s 2 = E d u2 + G d v 2. (d) Mostrar que el área de la superficie S es S=

V E G - F 2 dudv.

í f R,

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6

CAPITULO

APLICACIONES A LA GEOMETRIA

6.1

Aplicaciones a la geometría plana y del espacio

En esta sección demostraremos algunos teoremas bien conocidos de geometría plana y del espacio por métodos vectoriales. PROBLEMA 6.1 Demostrar que el segmento que une los puntos medios de dos lados de un triángulo es paralelo al tercer lado y tiene la mitad de su longitud. S o l u c i ó n :En el triángulo A B C cjue se muestra en la figura 6.1, D y E son los puntos medios de los lados BA y C A . Si BC = a y BA = b, entonces por definición de adición de vectores y de negativo de un vector, CA = CB + B A = - a + b = b - a . Pero BD = Vi b y CE = *Á CA ='Z¿ (b - a). Por consiguiente, el segmento que une D y E es DE = B E - B D = BC + C E - B D 1 (b - a ) -----b = a+ — 2

N

1 U

2

.-B C , lo que demuestra que D E es paralelo a BC y tiene la mitad de su magnitud. PROBLEMA 6.2 Demostrar que las medianas de un triángulo se cortan en un punto que divide a cada mediana en la razón 2 : 1 . Solución: En el triángulo A B C que se muestra en la figura 6.2, BC = a y BA = b . Entonces por las definiciones de adición vectorial y de negativo de un vector, CA = b - a. Supongamos que las medianas A F y BE se intersectan en G. Entonces, B E = BC + CE = a + i (b - a) = — (a + b). 2 2

B

F Figura 6 .2

Como G está en la mediana BE, existe un escalar m tal que BG = m B E = — (a + b). 2 161

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O,

0

' C

El triá n g u lo del problem a 6.2.

Análisis vectorial

162

Como FA = Ffi + S A = - i a + J t ) = b - - a 2

2

y G está sobre la mediana FA, existe un escalar n tal que FG = n F A = n (b - i a Pero BG = B F + FG\ i.e.,

o, simplificando, — ( m + n — l ) a + [ ------n) b = 0. Como a y b son linealmente independientes, — (m + n — 1) = 0,

2

— —n = 0.

2

Resolviendo para m y n, obtenemos m = 2/3 y n = 1/3. Así que BG = f- BE y FG = j FA, de lo cual se sigue que G es un punto que divide a ^ F y B E en la razón 2 : 1. De modo semejante, se puede demostrar que el punto de intersección G de las medianas A F y CD divide a éstas en la razón 2:1. PROBLEMA 6.3

Demostrar que las diagonales de un paralelogramo se bisectan.

Solución: En el paralelogramo ABCD que se muestra en la figura 6.3, BC = a y BA = b. Entonces A D = BC = a, CD = BA = b. Por consiguiente, BD = BC + CD = a + b,

B Figura 6 .3

b

C A = CB + B A = - a + b = b - a .

Si E es el punto medio de BD, entonces BE = Vi BD = lÁ (a 4- b). Como CA = b - a, a

El pa ralelo gram o del p ro b le m a 6 .3 .

C E = CB + B E = - a + — (a + b) = — (b - a) = — CA. 2 2 2 Por consiguiente, E es el punto medio de BD y CA. PROBLEMA 6.4

Demostrar que las alturas de un triángulo son concurrentes.

Solución: Sean^Z), ¿fifias alturas del triángulo A B C que se muestran en la figura 6.4 y supóngase que se encuentran en O. Si OA = a, OB = b y OC = c, entonces B C = c - b,

AC = c - a,

B A = a - b.

Como OA 1BC, OA • BC =0; i . e. , a • (c - b) = 0, o sea, a • c = a • b. De modo similar, como OB J_ AC, OB • AC = 0; i.e ., b • (c - a) = 0 o sea b • c = b • a. C Como el producto punto es conmutativo, b • a = a • b. Por lo tanto, Figura 6.4

El trián g u lo del problema 6.4.

a • c = b • c o sea (a - b) • c = 0, lo que implica que OC 1 BA. De modo que la altura desde C con respecto a A B pasa por O. Así que las alturas son concurrentes.

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163

Aplicaciones a la geometría

En el tetraedro OA B C que se muestra en la figura 6.5, la arista OA es perpendicular a la arista BC y la arista OB es perpendicular a CA. Mostrar que la artista OC es perpendicular a la arista AB. PROBLEMA 6.5

So j u c i ó n : _En el tetraedro OABC, si OA = a, OB = b y OC = c, entonces A B = b - a, BC = c - b y CA = a - c. Como OA 1 BC , a • (c - b) = 0, o sea a • c = a • b.

De modo similar, OB 1 CA implica b ■(a - c) = 0, o sea b • a = b • c.

Por la conmutatividad del producto escalar, a • b = b • a y por consiguiente a • c = b • c o sea c • (b - a) = 0, Fig u ra 6 .5

lo cual implica que OC LAB.

El te tra e d ro del problem a 6.5.

Demostrar que un ángulo inscrito en un semicírculo es recto.

PROBLEMA 6.6

Sea 4 A CB un ángulo inscrito en un semicírculo con centro en O y radio OA = OB = OC = r. (Véase figura 6.6.) Si OA = a y OC = c, entonces

Solución:

OB = - a,

BC = a + c,

AC = - a + c = c - a .

Como a2 = c2 = r2, ÁC ■ BC = (c - a) • (a + c) = c • a - a • a = c 2 - a 2 = 0. Por consiguiente, AC y BC son perpendiculares; i.e., A B CA es recto.

til teorema de Apolonio establece que en un triángulo ABC si A D es la mediana del lado BC, entonces A B :¡ + A C 2 = 2 A D 1 + - B C 2. 2

PROBLEMA 6.7

Demostrar el teorema de Apolonio.

En el triángulo AB C que se muestra en la figura 6.7, seanA B = b y A C = c. Entonces A D = (b + c) y BC = c —b. Por tanto,

S o lu ció n :

A D 2= AD ■AD = — (b + c) • (b + c) = 4

—(62+ c 2 + 2 b ■c), 4

B C 2 = BC ■B C =■j e - b) • (c - b) = c 2 + b 2 - 2 b • c. Así que

Fig ura 6 .7

1 1 1 2AD2 + - B C 2 = - {b2 + c 2 + 2 b • c) + - (c 2 + b2 2

2

2

D e m o stració n del teorem a de A p o lo n io .

- 2 b • c)

= b2 + c 2 = A B 2 + A C 2. PROBLEMA 6.8 Demostrar que la recta que une el vértice de un triángulo isósceles con el punto medio de su base es perpendicular a la base. Solu ció n : En el triángulo isósceles A B C que se muestra enla figura 6.8, sean OC = a, OA = c y O el punto medio de la base BC. Entonces, B OB - - a, AC = AO + OC = a - c, BA = BO + O A = a + c.

Ahéra,

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O Figura 6.8

C

Solución al problema 6.8.

164

Análisis vectorial

A C 2 = AC ■ AC = (a - c) • (a - c) = a 2 + c 2 - 2 a • c, A B 2 = AB • AB = (a + c) • (a + c) = a 2 + c 2 + 2 a • c. Como A C = A B , tenemos A C 2 = A B 2,i.e., a 2 + c 2 - 2 a • c = a 2 + c 2 + 2 a ■c.

Así que simplificando, 4 a • c = 0 o sea a • c = 0. Por consiguiente, a l e ; i.e., OA es perpendicular a BC.

6.2

Aplicaciones a la geometría analítica

En esta sección se deducen por métodos vectoriales la ecuación de un plano y algunas fórmulas de distancia. PROBLEMA 6.9 Mostrar que la ecuación de la recta paralela al vector B que pasa por un punto cuyo vector de posición es A es (r - A) x B = 0,

<6.1)

donde r e s el vector de posición de cualquier punto de la recta. Solución: Por el problema 3.14 y la figura 6.9, la ecuación de una recta paralela a un vector no nulo B y que pasa por un punto cuyo vector de posición es A,es para algún parámetro t, r - A = íB .

Como el producto cruz de un vector por un múltiplo escalar suyo es el vector cero, se sigue de (3.43) que ( r - A ) x B = / B x B = 0. Recíprocamente, si (r - A) X B = 0, entonces r - A es paralelo a B, de modo que r —A = íB, para algún parametro t.

Figura 6 .1 0

S o lu c ió n al p ro blem a 6 .1 0 .

PROBLEMA 6.11 Mostrar que si dos rectas representadas por (r (r - C) X D = 0 se intersectan, entonces (A - C) • B X D = 0.

A)

X

B - O y

f

So l u c i ó n : Las ecuaciones generales de las dos rectas (6 .1 -2 ) se pueden expresar como r = A + f B y r = C + sD. Si las rectas se intersectan, existen escalares s y t tales que A + f B = C + sD . Se toma ahora el producto punto a ambos lados por B X D para obtener (A + íB ) • (B x D ) = (C + s D) • (B x D).

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Aplicaciones a la geometría

Como por (1.71)

165

B . B x D = D . B x D = 0, A B x D = C ' B x D,

Por consiguiente, (A - C ) . B x D = 0.

(6.3)

PROBLEMA 6.12 En la figura 6.11 los puntos P y Q están especificados por los vectores de posición r „ y A con respecto al punto O. Mostrar que la distancia d desde P hasta una recta paralela a B que pase por Q es I (r0 - A) x B I (6.4) B donde B = I B I. Sol uc i ón: En la figura 6.11, si OQ = A, entonces QP = r0 —A. Si 9 es el ángulo entre QP y QR y por consiguiente B, d = | P R | = | QP | sen 0. Pero por definición de magnitud del producto cruz de dos vectores (1.59), | (r0 - A) x B | = | B | | QP | sen d = B \ QP | sen 0 = B d . Por consiguiente, | (r0 - A ) x B | d = ----------------------- — .

B PROBLEMA 6.13 Hallar la menor distancia d entre las dos rectas que pasan por los puntos P y Q cuyos vectores de posición son A y C con las direcciones B y D , respectivamente. Sol uc i ón: En la figura 6.12 supóngase que B y D no son colineales, i.e., BX D ^ O y que existen puntos M y TV de las dos rectas tales que M N es perpendicular a ambas. Entonces la menor distancia d entre dos rectas es MN. Como M N es perpendicular a los vectores B y D, el vector B x D jB x D | es un vector unitario en la dirección de M N . Pero M N es la componente de PQ en la dirección de MN, así que tenemos PQ = C —A y por consiguiente, Figura 6.12 S o lu ció n al (C - A) • B x D| IB x D I

(6.5)

Se observa que si d = 0, i.e., si|(C —A)* BX D | = |(A —C) • BX D|= 0 las dos rectas se intersectan. Esta condición está de acuerdo con el resultado (6.3) que se obtuvo en el problema 6.11. PROBLEMA 6.14 Hallar la distancia d desde el punto ( 1 ,- 2 , 1) a la recta que une los puntos (1, 2, - 1 ) y ( - 1 , - 2 , 1). So l uc i ón : Sea rQ = [ 1 ,- 2 , 1], A = [1, 2, —1] y B = [ - 1 ,- 2 , 1], Entonces por (6.2) y el vector de posición r = [x,.y, z ], la ecuación de la recta que une los puntos (1, 2, —1) y ( - 1 , - 2 , 1 ) es (r - A) x (B - A) = 0.

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problem a

6.13.

Análisis vectorial

166

i

Por consiguiente, sustituyendo B en la fórmula de la distancia (6.4) por B - A, | (r0 - A) x (B - A) | SB - A | Además es claro que B - A = [-2 , - 4 , 2], B - A = 2 \/6 y r0 - A = [0, - 4 , 2], Por consiguiente, i J k (r0 - A) x (B - A) =

0 -4 -2

-4

2

=[0,4,-8],

2

y la magnitud I (rQ - A) X (B - A I = 4 \/5 . Así que la distancia es d= 4^5 = 2y5 2V 6 y/6 ' PROBLEMA 6.15 Hallar la menor distancia d entre la recta que une los puntos P ( l , 2 ,- 1 ) y R ( 1 ,- 1 , 1) y la que une los puntos Q (2, -2 , 1) y S (2, 0, -2 ). So l u c i ó n : Denotemos los vectores de posición de P y Q por A y C y PR = B,£V rel="nofollow"> = D (véase figura 6.12). Entonces el problema se reduce al problema 6.13, i.e., hallar la distancia más corta entre las dos rectas que pasan por dos puntos distintos. Ahora A = [1, 2 ,- 1 ] ,

B = P R = [1 — 1, —1 - 2, 1 - (-1 )] = [0, - 3 , 2],

C = [ 2 ,- 2 ,1 ] ,

D = QS = [2 —2, 0 - ( - 2 ) , - 2 - 1] = [0, 2 ,- 3 ] ,

PQ = C - A = [2 - 1, - 2 - 2 , 1 - (-1 )] = [ 1 ,- 4 , 2], Como

B x D

i

j

0

-3

0

k 2

[ 5 ,0 ,0 ],

2 - 3

la magnitud I B X D I = 5. Por consiguiente por (6.5), la distancia pedida es d = 1(C - A) ■(B x D) 1 = 5 = 1 !B x D I

5

La ecuación vectorial de un plano que es perpendicular a un vector no nulo B y que pasa por un punto cuyo vector de posición es A es (r —A) • B = 0. PROBLEMA 6.16

(6.6)

Demostrar (6.6).

So l uc i ón : En la figura 6.13, sea r el vector de posición de cualquier punto en el espacio. Entonces el punto estará en el plano si y sólo si r —A es perpendicular a B, i.e., (r - A) ■B = 0. PROBLEMA 6.17 En la figura 6.14 los puntos arbitrarios P y Q se especifican por los vectores de posición rC) y A relativos al punto O. Mostrar que la distancia d desde P hasta el plano que es perpendicular al vector no nulo B y pasa por Q es Figura 6.13

Solución al problema 6.16.

d =

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(r„ - A) • B | B

(6.7)

Aplicaciones a la geometría

167

Solución: Sea r el vector de posición de la base de la perpendicular desde P hasta el plano.' Entonces según la figura 6.14 para algún escalar X,

r = r0 + A B. La distancia d pedida es entonces, d = | r - r0 1 = |A B |= \ \ \ B , donde B = I B I. Ahora por (6.8),

r-

A

= r0 -

+ AB.

A

Tomando el producto punto a ambos lados por B y usando (6.6),

(r -

A)

•B = (r0 -

A)

•B + AB •B = (r0 -

A)

•B + A B 2 = 0.

Por tanto, (r„ - A ) B

B2 y sustituyendo en (6.9), la distancia es d=\X\B =

PROBLEMA 6.18

(r„ - A) • B |

B

Mostrar que la ecuación de un plano puede expresarse como ax + by + c z +- k = 0.

(6.10)

Solución: Por (6.6), la ecuación vectorial del plano que es perpendicular a un vector B no nulo y pasa por un punto cuyo vector de posición es A se expresa como (r - A) • B = 0. En términos de componentes, i.e., r = [x, y, z], A = [ A l , A 2, A 3] y B = [Bx, B 2, B 3~\, (6.6) se transforma en (x ~ A t ) B x + (y ~ A 2) B 2 + (z - A 3) B 3 = 0, o sea B 1x + B 2y + B 3z - (A l B 1 + A 2B 2 + A 3B 3) = 0.

(6 . 11)

Si hacemos ahora B x = a ly b2 = b, B 3 = c y —(A ¡B¡ + A 2B 2 + A 3B 3) = k, (6.11) se reduce a a x + by + c z + k = 0. PROBLEMA 6.19 Mostrar que la distancia d entre un punto arbitrario (x0, y Q, z Q) y el ^ plano ax + by + cz + k = 0 es

<J = Solución:

| ax 0 + by0 + c z 0 + k \ (a2 + b2 + c 2)%

(6 . 12)

Con referencia al problema 6.18, si hacemos B = [ a, b,c\ , —A • B = k y

To = [x o>yo’ z o ]B = |B | = (a2 + b 2 + c 2)^ . Por consiguiente, tomando el producto punto, (r0 —A) • B = r0 • B —A • B = ax0 + b y 0 + c z 0 + k. Así que por (6.7), la distancia pedida es d =

(r0 - A ) • B | B

| ax0 + b y 0 + c z 0 + k | (a 2 + b2 + c 2)^

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Análisis vectorial

168

PROBLEMA 6.20 Hallar una ecuación vectorial que represente el plano que pasa por tres puntos dados cuyos vectores de posición son A, B, C. So l u c i ó n : En la figura 6.15, se a n /1, Q, R tres puntos dados cuyos vectores de posición son OP = A, OQ = B y OR = C. Entonces PQ = B - A y PR = C - A. Por la definición de producto cruz (1.54) el vector G = PQ x P R = (B —A ) x ( C —A) = A x B + B x C + C x A

(6.13)

es perpendicular al plano. Por consiguiente, por el problema 6.16, la ecuación vectorial del plano es (r —A) • G = 0,

(6.14)

donde r es el vector de posición de cualquier punto del plano.

O

Como A • G = A • (A x B + B x C +■C y A) - A ■B x C = ¡.A B C],

Figura 6 .1 5

S o lu c ió n al p ro b le m a 6 .2 0 .

(6.14) se puede expresar de otro modo para dar la ecuación del piano en la forma r - G = [A B C].

(6.15)

PROBLEMA 6.21 La esfera que se muestra en la figura 6.16 tiene radio a y su centro C se especifica por el vector de posición c relativo a O. Un punto arbitrario B de la esfera se especifica por el vector de posición b. Si r es el vector de posición de cualquier punto P del plano tangente a la esfera en B, entonces mostrar que la ecuación vectorial del plano tangente es (r - c) • (b - c) = a 2.

(6.16)

Solución: Por la figura 6.16 el vector B P está en el plano y se especifica por r - b . Como el plano es perpendicular a la esfera en B, r - b es perpendicular al radio vector b - c de la esfera. Así que O Figura 6 .1 6

(r - b) • (b - c) = 0. La esfera del p ro b le m a 6 .2 1 .

Como b = c + (b - c ) ,

(6.17)

(6.17) se transforma en [(r - c) - (b - c)] • (b - c) = 0.

(6.18)

(r - c) • (b - c) = (b - c) • (b - c).

(6.19)

Simplificando,

Pero (b - c )

•

- c ) = a2 . Así que la ecuación pedida es (6.16).

(b

6.3

Aplicaciones a la geometría diferencial

En esta sección se deducen algunas fórmulas para curvas en el espacio por métodos vectoriales. La curva C del espacio vista en la sección 3.4 se puede representar por medio de la función vectorial r(í) con parámetro escalar t: i.e., r(í) = ar(f) i + y ( t ) i + z ( t ) k. Entonces el vector unitario T tangente a C en cualquier punto se expresa como T donde t ' (t) = dr(t)/dt y I t ( t ) I * 0.

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r^> “ | r '« ) | ’

Aplicaciones a la geometría

169

Si se sustituye el parámetro t por una longitud de arco s que mida la distancia a lo largo de C desde algún punto fijo de ella, entonces C se representa por r(s ) = x (s )i 4 y (« ) j 4 z (s )k ,

[3,651

y el vector unitario tangente a C'es T = r '( s ) = ^ ™ efe

f3.68|

en la dirección creciente de s. Si T es el vector unitario tangente a una curva t e n cualquier punto de C . entonces su derivada T ' (s) = dT (s)/ds es normal a sí misma. (C’f. problema 3.22). 1:1 vector unitario normal principal N se define

dT ds

—

= k N,

(6.20)

donde I k = ---- 1

I

dT I

ds I

(6.21)

se llama la curvatura de C en cualquier punto. El radio de cunatura p de C' en cualquier punto es p = i , *

(6.22)

K# 0 El vector binormal B a C en cualquier punto se define (6.23)

B <- T •< N;

(6.24) y es perpendicular a su derivada con respecto a s; i.e.. 8 1 ^5 . ds

(6.25)

La torsión r de una curva C en cualquier punto se define — ds

« -T N

(6.26)

El recíproco de t , denotado por o = 1/r se Mama el radio de torsión. El vector unitario tangente T, el vector unitario normal principal N y el vector binormal B forman un triedro en cualquier punto de C porque forman un sistema derecho de vectores unitarios: i.e., B .T x N ,

PROBLEMA 6.22 Solución:

N = B *T,

T = N x B.

(6.27)

Verificar (6 .2 4 -7 ).

Por la definición de vector binormal (6.23) y como IT I = INI = 1 y T 1 N, | B | = |T x N | = | T | |N | |sen 90° | = 1.

Como I B I = 1, B B = B 2 = 1.

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Análisis vectorial

170

dfB — • B = 0, lo que

Diferenciando a ambos lados con respecto a s se obtiene implica B 1 d B /d s .

Por (6.23), B * T = 0 y B ' N = 0. Diferenciando a ambos lados de la primera ecuación con respecto a s, ™ „ <*T „ ----- T + B -------= 0. ds ds

Usando (6.20) B

— ds

N

y

T = - B - — = - B - ( k N) = ds

kB

- N = 0,

lo que implica que d B/ds es también ortogonal a T Por consiguiente, d B /d s debe ser paralelo a N. Por consiguiente, dB = -T N . ds

Fig ura 6 .1 7

T rie d ro .

De estos resultados concluimos que T, N y B forman un sistema derecho de vectores unitarios o triedro. (Véase figura 6.17); i.e., B = T x N, PROBLEMA 6.23

N = B x T,

Mostrar que dN

TB - kT.

ds Solución:

T = N x B.

(6.28)

Por la definición de triedro(6.27), N = B x T.

Por consiguiente usando (6.20), (6.26) y (6.27) su derivada es — = — x T + B x — = - T N x T + B x (kN) = TB ds ds ds

kT.

Las fórmulas (6.20). (6.26) y (6.28)se conocen como fórmulas de Frenet-Scrret y pueden escribirse también como dT — - o» x T ds dB — ds

(0 x B,

dN 7 - w x N , ds

(6.29)

6.30)

(6.31)

donde = TT + kB

(6.32)

es el re d o r de Darhou.x de la curva C. PROBLEMA 6.24 Mostrar que las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28) se pueden expresar como (6 .2 9 -3 1 ). Solución:

Si co = rT + kB, entonces tenemos por (1.58) y (6.27),

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Aplicaciones a la geometría

171

0} X T = ( T T + k B) x T == T T x T + kB x T = k N,

B ) x N == T T x N +

k

kB

x B = -T N , X

PROBLEMA 6.25

B +

fiQ *

(O X N = ( T T +

X H P

co X B = ( T T + k B) x B =

N = TB -

k T.

Mostrar que dT —

d— B = - k Tn-,

ds

(6.33)

ds

B- — = T , ds dN

T •— - =

ds

Solución:

N •N

(6.34)

- k.

(6.35)

Usando las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28) y el hecho de que = 1, rl T rl R

--------------

ds

ds

Como B - B = 5 = l y B * T =

kN

-(-T N ) = -

k T(N

*N ) = -

kT .

0,

B • — = B • (T B - k T ) = T (B • B) -

ds

k (B

• T ) = T.

Como T * T = 7 ’2 = l y T * B = 0, T- —

ds

= T -(T B -

kT )

= T (T -B )-k (T *T ) = -

k.

PROBLEMA 6.26 Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva C sea una recta es que la curvatura k sea cero. Solución:

Si C es una recta, entonces el vector unitario tangente T es un vector

constante; i.e., — = kN = 0. ds

Esto da k = 0, pues N =£ 0. Recíprocamente, si k = 0, entonces tenemos d l / d s = 0; en consecuencia, T es un vector constante y C es una recta.

Una curva situada en un plano del espacio se llama una curva plana: de otro modo se llama curva torcida. Mostrar que la condición necesaria y suficiente para que una curva C sea plana es que la torsión t de C sea cero. (Se supone que k ¥= 0.) PROBLEMA 6.27

Solución: Si C está en un plano, entonces escogiendo el origen de este plano, ambos vectores r '(s) = dr(s)/ds y r"(s) = d 2r(s)/ds2 estarán también en este plano. Por consiguiente, T = r ' (s) y >. 1 d T 1 N = - — = - r (s) k

as

K

también estará en el plano; en consecuencia, B = T X N es un vector constante normal al plano. Así que,

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172

Análisis vectorial

—

ds

= - T N = O,

lo que implica que t = 0. Recíprocamente, si r = 0, entonces dB/ds = —t N = 0; por lo tanto, B es un vector constante. Sea C la curva representada por r(s). Entonces, puesto que T 1 B y r = 0, - f ( r - B ) = — . B + r- — = T . B + - T r - N = 0. ds ds ds Como r • B = 0 es la ecuación de un plano normal a B (véase problema 6.16), se sigue que la curva es plana. PROBLEMA 6.28 Mostrar que si la curva C se representa por r (t), que es dos veces diferenciable, entonces la curvatura k de C en cualquier punto es [r'CQx r"(Q I

(6.36)

| r '( 0 l 3 S o lu c ió n :

Sea r(í) = r [s(í)], donde s es la longitud de arco. Entonces su derivada es d r (t) d r ds ds r '( 0 = — - = — — = — T , dt ds dt dt

(6.37)

y como I T I= 1,1a magnitud es ds r (0 I =

(6.38)

dt

Usando luego las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28), dT dt

d T ds ds dt

ds dt

(6.39)

Por (6.37), d , d 2s ds d T d 2s ( d s\ r (f) = — r (í) = — - T + --------- = ------T + — kn dt d t2 dt dt d t2 \d t 1

(6.40)

Así que r ( 0 x r" (t) =

d 2s f ds . T + — kN d t2 dt

T kT

x N

d s \ i, 5 T 1 ,
(6.41)

y como | B | = 1, la magnitud es

I r'(0 x r"(0 1=

x = I r ( 0 | 3 k.

(6.42)

Por consiguiente, la curvatura es

rXQxr'XOl |r '( 0 |S

'

PROBLEMA 6.29 Mostrar que si la curva C se representa por r(f), que es tres veces diferenciable, entonces la torsión t de C en cualquier punto es

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173

Aplicaciones a la geometría

_

[rX Q r"(Q rw (Q]

(6.43)

I r (O x r " ( t ) \ 2 Diferenciando(6 .4 0 )con respecto a t,

S o lu c ió n :

d r '\ t )

r " \t)

dt ds\ 1 d d 2s — — -— T + — k N dt d t 2 Xdt / . d 3s d t3

d 2s d T ( d s \ d 2s ( d s \ 2 dK T + — —--------------------------------+ 2 — — dt dt \d t / d t2 \ d t ¡ dt

( ds\ c/N + — — N + — /<---------.(6.44) \d t J dt

kN

Por (6.39) dT ds — - = k — N, dt dt y por (6.28), c/N <¿N ds ds ---- = ---------- = — (T B - k T). dt d s dt dt Sustituyendo estos resultados en (6.44) y reordenando los términos,

r"'(0

d 3s d t3

[ ds dt

T +

K+

d s \ I d< dt J \d t

N+

k TB.

(6.45)

Ahora, por (2.53), (6.41) y (6.45),

[r'(0r"(0r"'(0] = \.r"\t)xXt)r'\t)} = r'"(í)'[r'(í)xr"(l>]

-(f Así que por (6.42), la torsión es T =

[r (0

[rX t)r''(t)r" X t)]

r'(0 x r"(0

PROBLEMA 6.30 Mostrar que si una curva C se representa por r (t) que es dos veces diferenciable, entonces, ^

B =

r' (° r'(01

(6.46)

r'(t) x r"(í) ^ I r ( 0 x r"(í) |

( 6. 47)

tr'(f) x r"(í)] x r'(0 N = — - —------- , . |[ r '( 0 x r " ( f ) ] x r '( í ) |

(6.48)

S o lu c ió n : La ecuación (6.46) se ha obtenido ya en (3.69). Para verificar (6.47), tenemos por (6.41—2),

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174

Análisis vectorial

Para verificar (6.48), sustitúyase (6.46) y (6.47) en la segunda ecuación N = B X T de (6.27); entonces observando que N es un vector unitario, [r'(0 x r " (0 l x r'(0

N =B x T

[r'(f) x r " (0 l x x \ t ) | ‘

PROBLEMA 6.31

Hallar T, N, B, k y

para el círculo de radio a representado por

t

r(s ) = a e o s S o lu c ió n :

j

i + a sen

j

j.

[3.67]

El vector tangente al círculo (3.67) es c?r(s) T =

fs\ = ~ S0n ( í j

ds

fs\

[3.71]

1 + C° S ( a / J'

Para el unitario normal principal N, la derivada de T da

dT = - — 1 e o s M—- i - — 1 sení s— \-j = kN. M — ds a \a j a \a I Así que la curvatura es K=

dT ds

2 1 eos (— s\ =• — . a \aL 1

eos*

a

2'

+ -1 sen 1( -s \I .a w

| — l + sen a /

\a

1

(6.49)

a

Por lo tanto, el unitario normal principal es «N = ---11 dd—T T = - e o s ( -Í )Si\ ■ - sen k ds

- j = - - r ( (s S) .\ ■

1

/ N (6.50)

El vector binormal B es

B =T x N

- sen

eos

a

sen

eos

|— i + eos a I

\a

k.

(6.51)

s

— - sen — a

a

Como dB /ds = 0 = - rN , la torsión es T = 0.

(6.52)

La ecuación (6.49) muestra que un círculo tiene curvatura constante que es igual al recíproco de su radio y (6.52) indica que un círculo es una curva plana. Una hélice es una curva del espacio cuya tangente forma un ángulo constante con una recta fija llamada su eje.

PROBLEMA 6.32

Hallar T, N, B, k y r para una hélice circular representada por r(í) = ( a e o s t) i + ( a s in í ) i + b t k.

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(6.53)

Aplicaciones a la geometría

175

Por (6.53),

S o lu ció n :

r '( 0 = - ( a sen t ) i + (a eos t) j + ók, r ( 0 = - (a eos f ) i ~ (a sen í) j,

r '" ( 0 = (a sen t) i - (a eos í) k. De acuerdo con esto, i

j

k

r'(í) x r"(<) = - a sen t

a eo s t

b

- a eos t

- a sen f

0

= (ab sen í) i - ( ab eos f) j + a 2k, i [r'(0 x r " ( 0 l x r (0 =

j

k

ab sen t

- a b eo s t

- a sen t

a eos t

a2 b

( - a b 2 - a 3) eo s t i - (ab2 - a3)sen t j - a (a2 + b2) eo s f i - a (a2 +b2) sen t j, - a sen t

aeos t

b

[ r '( 0 r " ( 0 r'" (()] = - a eo s t

- a sen í

0

a sen t

- a eos t

0

-

= b

a eo s t a sen t

- a sen t

- a eos t

= 6 a 2(c o s 2( + sen 2t) = a 2 b. Por lo tanto las magnitudes son | r '(t) | = ( a 2 sen 2 t + a2 e o s 2 t + b 2) ^ = (a 2 + b 2)^ , | r '( 0 x r"(f) | = ( a 2ó2 sen2 í + a2b 2 e o s 2 t + a 4) ^ = [ a 2(a 2 + ó 2)] ^ = a ( a 2 + b 2) \ | [ r '( 0 x r"(f)] x r'(<) | = [a 2( a 2 + 62)2(c o s 2 t + sen2 f)]^ = a (a 2 + ¿>2). De modo que por (6 .4 6 -8 ), (6.36) y (6.43), r'(0 r (0 1

B

a

sen t i + ( a 2 + 62) v*

( a 2 + b2)

r '( 0 x r " ( t )

sen t a

(6.54) (a 2 + b2) ^

eos (

i -

(a 2 -i- 62) '

r'(t) x r " ( 0 |

1 — eos t \j +

( a 2 + b2) (6.55)

k,

(a 2 + 62) 1/2 N

1V(0 x r " ( p ] x r'(t)

= - ( e o s í ) i —(sen í) j,

(6.56)

I tr '(0 x r" (í)] x r '( 0 | | r '( 0 x r."(0 I

| r '( 0 |3

a ( a 2 + ¿2) l/2

(6.57)

( a 2 + 62) /2 a 2 + b 2

[t'(t)T"(t)r'"(tjl

r'(f) x r " ( ( ) | !

a

a 2b a 2( a 2 + b2)

b a 2 + b2

(6.58)

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176

Análisis vectorial

6 .4

Problemas suplementarios

Demostrar que la suma de los cuadrados de las diagonales de un paralelogramo es igual a la suma de los cuadrados de sus lados. PROBLEMA 6.33

PROBLEMA 6.34 Demostrar que el punto medio de la hipotenusa de un triángulo rectángulo es equidistante de los tres vértices.

Demostrar que la recta que une un vértice de un paralelogramo con el punto medio del lado opuesto divide a la diagonal en la razón 2 : 1 . PROBLEMA 6.35

PROBLEMA 6.36 SiA B C D es un cuadrilátero c o n M y N como puntos medios de las diagonales A C y BD, respectivamente, demostrar que

A B 2 + B C 2 + CD2 + D A 2 = A C 2 + BD2 + 4MN2. Si las diagonales de un paralelogramo son ortogonales, entonces demostrar que el paralelogramo es un rombo. PROBLEMA 6.37

PROBLEMA 6.38 Mostrar que si dos círculos se intersectan, la recta que une sus centros, bisecta perpendicularmente al segmento que une sus puntos de intersección. PROBLEMA 6.39 Hallar la distancia del punto (-2 , 1, 5) a la recta que une los puntos ( 1 , 2 , - 5 ) y (7, 5 ,-9 ) . Respuesta: 7 \/6 l.

PROBLEMA 6.40 Hallar la mínima distancia entre la recta que une los puntos ^ (1 , 2, 3) y / ? ( - l , 0, 2) y la que une los puntos <2(0, 1, 7) y 5 (2 , 0, 5). Respuesta: 3. PROBLEMA 6.41 Hallar la mínim a distancia del punto (1, —2, 1) al plano determinado por los tres puntos ( 2 ,4 , 1), (-1 , 0, 1) y (-1 , 4, 2). Respuesta: 14/13. PROBLEMA 6.42 Mostrar que la ecuación del plano que contiene tres puntos dados, cuyos vectores de posición son A, B y C, puede escribirse en la forma simétrica.

( 3 r - A - B - C ) . ( A x B + B x C + C x A ) = 0, donde r es el vector de posición de cualquier punto del plano. PROBLEMA 6.43

Mostrar que el punto de intersección de la recta representada por

( r - A ) X B = 0 y el plano representado por (r - C ) • D = 0 es el punto cuyo vector de

posición es A+ (B -D ) PROBLEMA 6.44

B.

Mostrar que las únicas curvas planas con curvatura constante no

nula son los círculos. PROBLEMA 6.45 Si la curva C se representa por y = y (x ) en el plano x y , mostrar que el radio de curvatura es

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Aplicaciones a la geometría

177

(1 + y '2)Vj ’ donde los acentos denotan derivadas. Hallar T, B, N, k y t =

PROBLEMA 6.46

0

para la curva C representada por

r(<) = (3 1 eos í ) i + (3f sen t) j + 4í k. Respuesta: T = [ f - , f , 0 ], B =

0, | ] , N = [0, 1, 0], k = X

6

25

Hallar « y r para la curva C representada por

PROBLEMA 6.47

r(f) = a (3 t - t 3) i + 3 a f2j + a (3 t + t3) k. Respuesta:

k=

T

=

l/[3 a (l

+

f2)2].

PROBLEMA 6.48 Si la curva C se representa por r(s) donde s es la longitud de arco entonces mostrar que k

= [ r " (s ) • r " ( s ) ] 1/2,

T =

[ r " ( s ) r /'( s ) r '" ( s ) ] r"(s) •r" (s)

PROBLEMA 6.49 Para una hélice demostrar que (a) T • e = eos a, donde e es el vector unitario en la dirección del eje y a es un ángulo constante tal que 0 < a < 7t/2 ; (b) N • e = 0; (c) gj X e = 0, donde co = r T + kB es el vector de Darboux; (d) k/ t = tan a.

PROBLEMA 6.50

Hallar k y t para la curva C representada por r ( í ) = e ‘ i - e ‘ j + V27 k.

Respuesta:

k= -

t = V 2 / ( e ' + e - í )2-

PROBLEMA 6.51 Mostrar que r '(t) X r ''( t) = 0 en todo punto de una curva condición necesaria y suficiente para que la curva sea una recta. PROBLEMA 6.52

es una

Mostrar que todos los vectores r = r(s) son paralelos si y solamente si [r(s)r'(s) r"(s)] =

0.

PROBLEMA 6.53

Mostrar que T'(s) X T ''(s) - k2 co, donde co es el vector

PROBLEMA 6.54

Demostrar que r ” '(s) = k'N - k 2T + k t B.

de Darboux.

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7 CAPITUL° APLICACIONES A LA MECANICA 7.1

Vectores desplazamiento, velocidad y aceleración

Sea r(/) el vector de posición de una partícula móvil en el espacio, que depende del tiempo t. Si el punto inicial de la partícula tiene un vector de posición r ( t ) en el instante t r entonces el vector desplazamiento de la partícula para un instante arbitrario t es r ( 0 ~ r ( f o).

<7.l)

El vector volocidad v( 1 1 y el vector aceleración a(t) de la partícula se definen por medio de las ecuaciones v(f)~~-r'(0.

(7.2)

, x d \(t) d 2r ,,, . a(f) - — — - — - r " (t). dt d t1

, n ,, (7-3)

dt

El vector de posición r, vector velocidad v y vector aceleración a en coordenadas tigulares son r(0

- x( f ) i y ( 0 )

v(f)

- r '( 0 »

z (0 k ,

(7.4)

x '(f) i * y ' ( 0 i +*'(<)•*,

z'V )k.

a(f) - v'(f) = r " ( f ) ^ x " ( 0 i + PROBLEMA 7.1 S o lu c ió n :

(7.5) (7.6)

Verificar (7 .4 -6 ).

En coordenadas rectangulares, el vector de posición es r(f) * x (í) i + y ( t ) j + z ( t ) k.

Como los vectores unitarios i, j, k son constantes en el tiempo, v = r '(0 = x ' ( 0 i + y'COJ + z'C O K a = v '( 0 =

r ' V ) = x " ( t )i + y"(t)

Los vectores de posición,

i +

z"(t)

k.

don en coordenadas:cilmdricas son

r(í) ~ pe¿ + zk , .

(7.7)

lili (7.1>)

a (0

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178

179

Aplicaciones a la mecánica

PROBL EMA 7.2

Verificar (7 .7 -9 ). P(x, y, z)

Con referencia a la figura 7.1 y sección 5.4, el vector de posición en coordenadas cilindricas es

Solución:

r(í) = p e p + z k.

= P(p, . z) [7.7]

Como k es constante en el tiempo y el vector unitario ep cambia de dirección en el tiempo, el vector velocidad es d r ( t) dp d e . dz v(í) = ------- = — e + p — £ + — k. dt dt p dt dt

(7.10) (*, y, 0)

Ahora, por (5.81a), la relación entre ep en coordenadas cilindricas e i, j en coordenadas rectangulares es (o)

[5.81a]

e = eo s 4>i + sen j, y por tanto, por (5.81b) su derivada es d

dcf> dcf> sen ó — - i + eo s ó — j dt dt

en

dt -

Sen (f> i + eos 0 j) dt dd>

Por consiguiente, el vector velocidad en coordenadas cilindricas es dp

dd> dz p + j- p n — ie ó + — k. ■e dt p dt 0 dt

—

V (f)

De modo similar, e^cambia también de dirección en el tiempo, así que d v ( t) a (í) = Por (5.81 b),

dt

d 2p dp d e p d / d\ „ e„ + —------ - + — (p — ) dt p dt dt dt \ dt I

d(f> de¿ d 2z + p —-----— + ----- k. dt dt d t2

(b)

(7.12)

en términos de i y j es

Fig ura 7.1

= - sen 0 i + eo s j,

[5.81b]

y por lo tanto, por (5 .8 la ), su derivada es

d ej, — —= dt

def) - i - sen d> dt

eosó —

-

= - — ( e o s (f) i + sen dt dcf> dt

dcf> j dt

—

j)

(7.13)

ep.

Sustituyendo (7.11) y (7.13) en (7.12) y reordenando los términos, a (f) =

d p d t2 ~ P

fd(f>

d 2(f) dp d(f>\ d 2z + P — +2 — e + - — k. p d t2 dt dt * dt2

dt

[7.9]

L.a segunda ley de Keplerpara el m ovim iento planetario establece que si la aceleración de una partícula que se mueve en un plano está dirigida hacia arriba del origen, entonces p1

dt

constante. (7.14)

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Coordenadas cil m dricas.

Análisis vectorial

180

De manera equivalente, el radio vector desde el origen a la partícula barre áreas ¡guales en intervalos de tiempo iguales. PROBLEMA 7.3

Demostrar la segunda ley de Kepler del movimiento planetario (7.14).

Como las coordenadas polares de un plano son sencillamente coordenadas cilindricas con z = 0, por (7.9) el vector aceleración a coordenadas polares planas se puede expresar como

Solución:

- d 2p .d t2

/ d 2< f> do d(f)\ e„+ P — + 2 — — K * dt d t ) * 9 \ d t j _ p X d t2

( » r

d 2p

. d t2

1 d ( 2 d(t‘\

( « T ep + - - ( P 2 — J e * . p 7 t[ p * ) ' P \d t) .

(7.15)

Ahora, como el vector aceleración se dirige hacia el origen, la componente de la aceleración en la dirección de e es cero; i.e., (7.16) p dt \

d t)

Por consiguiente, p 2 — = constante. dt

[7.14]

También por (7.7), el radio vector en coordenadas polares planas es r = p e p,

(7.17)

y por (7.11) su diferencial es d r = dp ep + p d ep = dp ep + p d

.

(7.18)

Ahora si A es el área barrida por r en cualquier tiempo t, entonces por dS, tenemos

c

[4.127]

s | r x cf r | = 2 dA.

(7.19)

r x d r =p e p x (dp ep + p dcf> e ^ ) = p2 d<j> k

(7.20)

Por (7 .1 7 -1 8 ),

pues d t es

X e^ = 0 y e^ X

= k. Por consiguiente, el área radial dA barrida durante el tiempo

dA = ^-p 2 d, y en consecuencia, por (7.14),

dt

—p 2 ^ L = constante. 2 r dt

(7.21)

La ecuación (7.21) muestra que son barridas áreas iguales en intervalos de tiempo iguales.

La rapidez v (/) de una partícula en el instante t es la magnitud del vector velocidad \(t). Si s es la longitud de arco que mide la distancia de la partícula desde su punto de partida sobre un camino C de una curva, entonces por (3.54),

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Aplicaciones a la mecánica

181

v ( 0 = I v (f)| = | r '( 0 i = — .

dt

PROBLEMA 7.4

(7.22)

Demostrar que el vector aceleración a (í)

= — T + k v 2N = — T + — N , at dt p

(7.23)

donde k y p =1/k son la curvatura y el radio de curvatura del camino C, T es el vector unitario tangente a C en r (t) y N el vector unitario normal principal.(Véase sección 6.3.) S o lu c ió n : Según la sección 3.4, sabemos que el vector velocidad v(í) = r ' (í) es tangente a C en el punto final de r (t). Entonces, si v(t) es la rapidez de la partícula, el vector velocidad es v (0 = v (í) - = v (t) T . I r '( í ) |

(7.24)

Diferenciando (7.24) con respecto al tiempo t y usando luego las fórmulas de Frenet-Serret (6.20), (6.26) y (6.28), lo mismo que (7.22), el vector aceleración es a (f)

= v '(í) = - f [v ( í) T ] dt = — T + v(f) dt dt dv d T ds = — T + v -------- dt d s dt = — T + v 2k N

dt

dv v2 = Í Í I t + — N. dt p

La ecuación (7.23) muestra que la aceleración de la partícula puede resolverse en dos componentes: una com ponente tangencial de magnitud d v/d t y una com ponente normal de magnitud v 2 k = v 2 / p . La com ponente normal llamada aceleración centrípeta es causada por el hecho de que el vector velocidad cambia de dirección (véase figura 7.2). PROBLEMA 7.5 Hallar la componente tangencial af y la componente normal an del vector aceleración si los vectores velocidad y aceleración de una partícula son conocidos. S o lu c ió n :

Sean los vectores velocidad y aceleración v = v (f)T ,

[7.24]

a = a, T + an N.

(7.25)

C? o v T - v y v N = 0, tonamos el producto punto a ambos lados de (7.25) con v y obtenemos a- v

(7.26)

Como v X T = 0 y l v X N l = v, tom ando el producto cruz de ambos lados de (7.25) con v y luego tomando el valor absoluto a ambos lados se obtiene

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Figura 7 .2

A ce le ra ció n c e n tríp e ta .

Análisis vectorial

182

ax v

(7.27)

Por consiguiente, el vector aceleración en (7.25) se vuelve (7.28) Comparando (7.25) y (7.23), dv

a •v

dt

v

V

2

a x v

p

PROBLEMA 7.6 El vector de posición de una partícula que se mueve en un plano, en cualquier instante t, es r = (a eos cút) i + (¿ sen a f) j.

(7.29)

Mostrar que su aceleración está dirigida siempre hacia el origen. Solución:

Tomando la derivada de (7.29) el vector velocidad es v = r ' ( 0 = - wa sen cot i + cob eos cot j.

Entonces el vector aceleración es a = v '( t) = r"(¿ ) = - co2a eos cot i - co2b sen cot j = -&>2 (a e o s cot i + b sen cot j) (7.30) Por consiguiente, su aceleración está siempre dirigida hacia el origen; i.e., ésta es la aceleración centrípeta causada por la rotación.

7.2

Velocidad angular y aceleración angular

Sea P una partícula que rota alrededor de una recta fija £ y a una distancia fija R de ella. Cuando la partícula se mueve en la trayectoria circular, la de cambio de la posición angular Bit) se llama velocidad angular i.e., :

(lf gg

d.................... m , dt

(7.31)

La velocidad angular a> de la partícula es un vector de magnitud a>; su dirección a lo largo de L es la de avance de un tomillo de rosca derecha cuando el tom illo gira en el mismo sentido de la rotación de la partícula. (Véase figura 7.3.) La aceleración angular de la partícula oír) es O.U) —

dio dt

(7.32)

PROBLEMA 7.7 Mostrar que el vector velocidad v de una partícula que rota alrededor de un eje fijo L se puede escribir como v - (o x r,

(7.33)

donde r especifica la posición de la partícula con respecto a L . Obsérvese que el origen O puede ser cualquier punto de L.

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Aplicaciones a la mecánica

S o lu c ió n :

183

Para el movimiento de un circulo de radio R , el rapidez v de la partícula es rlf) v=R~=Rco, dt

(7.34)

donde 6 es la posición angular y w la rapidez angular de la partícula. Con referencia a la figura 7.3, si |3 es el ángulo entre oj y r, entonces | cü x r | = cor s in /3 = a>R = v. El vector velocidad v está en el plano del círculo y es perpendicular a r. Como co X r es perpendicular al plano generado por r y co, es perpendicular al radio CP; i.e., v y u X r son paralelos. Así que v = tú x r. PROBLEMA 7.8 Si a = dco/dt es la aceleración angular de la partícula que rota alrededor de un eje fijo L , mostrar que su vector aceleración a puede expresarse como (a)

a=cúxv+axr,

(7-35)

a = ~cü2r + a x r .

(7.36)

o (b) Solución:

(a) Diferenciando (7.33), dx d . . a = — = — (a> x r) dt dt dr dea - cú x ---- h-------x r dt dt = <¿jxv+axr.

(b) Luego, com ov = co X r y usando la definición del triple producto vectorial (1.83), a = &) x ( <ü x r ) + c t x r = ( - o)2r + a x r.

(7.37)

Si además de escoger el origen O sobre el eje L , se toma O en el plano de movimiento, entonces co 1 r, o sea w r = 0; en consecuencia, a = -
Obsérvese que a X r es la aceleración tangencial y u> X (
PROBLEMA 7.9 Mostrar que cuando una partícula rota con velocidad angular constante, el rotacional del campo de velocidad es el doble de la velocidad angular de la partícula. S o lu c ió n : Como v = u X r , y aplicando (3.158) y la definición de V , el rotacional del campo de velocidad es V xv=Vx(xr) = - (
Ahora, como u> es un vector constante, V , w = 0 y ( r i ) u> = 0. V -r = — + — + — =3,

dx

dy

dz

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[3.129]

Análisis vectorial

184

V >r = 3 y por (f • V) r = f,

[3.149]

( w V )r = oj. Por consiguiente, el rotacional es V x v = < y ( V - r ) - ( < u - V ) r = 3 < y - < y = 2
(7.38)

7.3 Fuerzas y momentos líl movimiento de una partícula está gobernudo por las leyes del m ovim iento de Newton: (1) Una partícula permanece en su estado de reposo o de movimiento rectilíneo a menos que sobre ella actúe una fuer/a. (2) La rapidez de cambio del tiempo para el producto de la masa y la velocidad de una partícula es proporcional a la fuerza que actúa sobre la partícula. t.l producto de la masa m y la velocidad v se llama m om entum lineal p de la partícula y se representa por p-mv. (7.39) Así que la segunda ley de Newton para el movimiento se puede expresar f = c— - ~ (m v ) , dt dt

(7.40)

Si la masa m es una constante y a es el vector aceleración, entonces (7.40) se puede escribir como rI

^ ^ - m — - ma m — dt d t2

( IA^ I )r

(3) A cada acción o fuerza corresponde siempre una reacción o fuerza igual y opuesta, lista ley se aplica solamente a las fuerzas centrales que son las ejercidas por dos partícula cada una sobre la otra y dirigidas a lo largo de la recta que las une. PROBLEMA 7.10

La fuerza ejercida por el Sol sobre un planeta es f = - ( Gm - ) r ,

(7.42)

donde G es la constante gravitacional, m y M las masas del planeta y el Sol y r el vector de posición desde el Sol en el origen a cualquier punto del planeta. (a) Usando la segunda ley de Newton (7.41), mostrar que —

dt

(r x

v) = r x ( \ r

= 0;

(7.43)

y por consiguiente, para algún vector constante h, x v = r x — = h. (7.44) dt (b) Mostrar que d A /d t = 1Á h , donde A es el área barrida por r y así demostrar la segunda ley de Kepler para el movimiento planetario (7.14). r

So l u c i ó n : (a) Por la segunda ley de Newton para el movimiento (7.41), el vector fuerza es f = -(G m M /r3 ) r = m (d \/d t) y en consecuencia, (7.45) dt

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r3

1

Aplicaciones a la mecánica

185

Ahora como dx/dt = v y v X v = 0, d dv dr d\ — (r x v) = r x — + — x v = r x — . dt dt dt dt

(7.46)

Por consiguiente, sustituyendo el valor de d x/d t de (7.45) en (7.46) y teniendo en cuenta que r X r = 0, d . , dx f GM , n — ( r x v ) = r x — = r x ------- r = 0. dt dt

(7.47)

Así que (7.47) implica que dx r x v = rx — =h. dt (b) Ahora, si A es el área barrida por r en cualquier instante t, entonces por

(j) x x dx = 2 J J d S ,

[4.127]

si h es una constante, entonces 2— =h dt

dA 1 , — = —h; dt 2

o

i.e., áreas iguales son barridas por r en intervalos iguales de tiempo.

El m om entum angular L de una partícula con respecto a un origen es 1 =r x

<7.48)

p,

F ig ura 7.4

V e rific a c ió n de la segunda ley de K epler para el

donde r es el vector de posición de la partícula, relativo al origen y

>r de una fuerza

PROBLEMA 7.11

p es el

f que actúa sobre una partícula con

momentum lineal.

relación al origen, es

T = r * f.

(7.49)

T=— . dt

(7.50)

Mostrar que

So l u c i ó n : Por la definición de momento (7.49) y la segunda ley del movimiento de Newton (7.40), T= r x

dp dt '

(7.51)

Ahora diferenciando (7.48), dL d , . dx ----- = — (r x p) = dt dt dt Como d p /d t = f

— x

dp p + r x— . dt

y — x p = v x (mv) - m (x x v) = 0, dt

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movimiento planetario.

Análisis vectorial

186

d L r x ff = T; n-----= dt i.e., el momento es igual a la rapidez de cambio en el tiempo del momentum angular. Obsérvese que en la deducción no se supuso una masa constante.

Una partícula se dice libre se no experimenta fuerza. PROBLEMA 7.12

Mostrar que se conserva el momentum lineal de una partícula libre.

S o lu c ió n : Si la fuerza f que actúa sobre una partícula es cero, entonces la segunda ley del movimiento (7.40) se vuelve — = 0, dt

(7.52)

lo que implica que p es un vector constante en el tiempo. Por consiguiente, el momentum lineal de una partícula libre se conserva. PROBLEMA 7.13 Mostrar que el momentum angular de una partícula se conserva si no hay momento que actúe sobre ella. Solución: reduce a

Si el momento r que actúa sobre una partícula es cero, entonces (7.50) se — = 0, dt

(7.53)

lo que implica que L es un vector constante en el tiempo. Por consiguiente el momentum angular de una partícula se conserva si no hay momento.

7 .4

Trabajo y energía

El trabajo W realizado por una fuerza f paramover una partícula a lo largo de una curva C de! punto 1 al punto 2 se define por la integral delínea Wn - J

í *Cir,

<7.54)

donde r, y r 2 son los vectores de posición de los puntos 1 y 2, respectivamente. El trabajo realizado por f depende generalmente del camino C\ Si f es perpendicular a la dirección del movimiento, W ~ 0: i.e., no se realiza trabajo alguno. PROBLEMA 7.14 Mostrar que, para una masa constante, el trabajo realizado para ir del punto 1 al punto 2 es Wl2 = ~ m v 2- v2 -

ví = “ m (y 2 ~ v ?)>

(7.55)

donde Vj y v2 son las velocidades de la partícula en los puntos 1 y 2 respectivamente. Sol u c i ó n :

dt Ahora, f = m (dv/dt) y dv = — d t = vdt. Así que el trabajo realizado es dt

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Aplicaciones a la mecánica

*

Wl2

■r

f • c/r = |

*2

r j

187

V

m — • v dt dt

m x • dv

í

€ m . "2

cf(v • v)

V2 VI

C om o la energía cinética T de una partícula es la cantidad escalar definida por

T T

1 mv . v - — 1 m v j, 2

(7.5d)

2

(7.55) se puede escribir corno

( 7.57)

~ Ti ~ T,,

lo que m uestra que el trabajo realizado es igual al cam bio en la energía cinética de ¡a partícula.

Una fuerza f se dice conservativa si ei trabajo W realizado por él alrededor de uoeam ino cerrado es cero; i.e., <j)f-c/r=0.

(7.58)

Si f es una fuer/a conservativa, entonces V x f = 0,

(7.59)

y f se puede expresar como el gradiente de una función escalar - V , i.e.. í= -W , (7.60) donde I ' se llama el potencial o energía potencial. La región es simplemente conexa si V es univalente. Como se puede agregar cualquier constante a V en (7.60) sin afectar el resultado, el nivel cero de energía potencial es arbitrario. Por consiguiente, la energía potencial no tiene significado absoluto y solamente tienen significado físico las diferencias de potencial. Específicamente, la energía potencial V es el trabajo realizado por una fuer/a conservativa f para mover una partícula del punto 1 al punto 2. Esto es. el trabajo realizado por una fuerza conservativa para mover una partícula es la diferencia de energías potenciales de la partícula en los dos puntos. Simbólicamente, si f es una fuerza conservativa, entonces e! trabajo realizado para mover una partícula del punto 1 al punto 2 es f *3 (7.61) i - d x ~ Vt ~ V 2 ¥ tt donde V, y V2 son las energías potenciales en ios puntos I y 2 respectivamente. PROBLEMA 7.15

Verificar (7 .5 9 -6 0 ).

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Análisis vectorial

188

S o lu c ió n :

La condición (7.59) se establece en el problema 4.58. Por conveniencia, la solución se repite aquí'. Como f es conservativa, tenemos por (7.58), f-dr=0

[7.58]

cf

para cualquier curva cerrada C. Supóngase ahora que V X f =£ 0 en algún punto P de C. Si suponemos que V X f es continua, habrá alguna región a la cual pertenece P donde V X f^O. Se escoge una pequeña superficie plana S en esta región y un vector unitario normal n aS paralelo a V X f, i.e., V X f = an, donde a > 0. Sea C la frontera de S. Entonces por el teorema de Stokes (4.104), J ) f - d r = J J V x f - d S = J J a n • n dS = a J J dS = a S > 0, C

S

S

s

lo cual contradice el hecho de que f es conservativa. Por tanto, V X f = 0. La ecuación (7.60) se establece en los problemas 4.57 y 4.58. A quí se repite la solución al problema 4.57. Si f = —V V para una función escalar V, entonces, por el teorema de Stokes (4.104), J ) f - d r = { j)(-V V ).< ¿r

I I

V x ( - V t 0 dS,

donde S es la superficie encerrada por C. Pero por (3.134), V X ( - V V) = 0; por consiguiente, ^ °

i.e., f es conservativa. PROBLEMA 7.16 Solución:

f - d r =0;

Verificar (7.61).

Como f es conservativa, tenemos por (7.60), Wl2 = p

f dr = - f

2VV-dr.

ri Ahora por (3.120), V F - d r = dV.

Por tanto, el trabajo realizado para mover la partícula del punto 1 al punto 2 es

f

r v= v2

'2

f • dr = — I

dV = - ( V 2 - V l) = V l - V 2.

JV=V1

ri

PROBLEMA 7.17 (a) Mostrar que una fuerza, tal como la fuerza gravitacional del problema 7.10 que obedece la ley del cuadrado inverso,

donde k es una constante, es una fuerza conservativa, (b) Hallar la energía potencial de la partícula sobre la cual actúa esta fuerza. Solución:

(a) Por (3.169), i.e., V x [ í ( r ) r ] = [ f ' ( r ) / r ] r x t = 0 , Vx f = V x

Por lo tanto la fuerza f es conservativa.

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^ r) = 0 .

Aplicaciones a la mecánica

189

(b) El trabajo realizado es

wl2=

■r —

ri

f ' 2 k cfr

_

*'>■1

r2

Jt |r2 r L \r,

r.

Cuando r 2 = ~ se entiende comúmente que K2 = 0; entonces con este dato, el potencial gravitacional se vuelve V =

(7.63)

La lev de H ooke establece que una fuerza elástica f es directamente proporcional al vector desplazamiento r de la partícula sobre la cual actúa. Así f ~ -kr,

(7.64)

donde k es una constante. PROBLEMA 7.18 (a) Verificar que (7.64) es una fuerza conservativa y (b) hallar la energía potencial de una partícula sobre la cual actúa f. So l u c i ó n :

(a) Por (3.141) el rotacional f es V x f = V x ( - h ) = - i V x r = 0.

Por consiguiente la fuerza elástica f es conservativa. (b) El trabajo realizado para mover la partícula del punto 1 al punto 2 es

f

Wí 2 = \

r2 fí -•ddrr = |I

pr 2 ((~ - kkrr)) -• dr TI

ri 2

r dr

- \f k ---- r

k 2 k 2 — r¡ - - tí 2

2

= V x - V 2. Tomamos V = 0 cuando r = 0. Así que la energía potencial de una partícula se transforma en V = —r 2. (7.65) 2

El principio de conservación de la energía establece que si una fuerza f que actúa sobre una partícula es conservativa, la suma de la energía cinética T y la energía potencial V de la partícula es una constante; i.e.,

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Análisis vectorial

190

T t- V ~ E.

(7.66)

se llama la energía maeártica total de la partícula. PROBLEMA 7.19

Demostrar el principio de conservación de la energía (7.66).

So l u c i ó n : Por (7.61) el trabajo realizado por una fuerza conservativa para mover una partícula desde el punto 1 hasta el 2 es Wl2 = F , - V 2, [7.61] donde V r y V2 son las energías potenciales de las partículas en lospuntos 1 y 2. Ahora, por (7.57), si T y y T2son las energías cinéticas de la partícula en los puntos 1y 2, el trabajo realizado es Wl2 = T 2 - Tj.

[7.57]

Por consiguiente, combinando (7.57) y (7.61), t

1 + v í = t 2 + v 2.

Así que la energía mecánica total T + V es la misma en los puntos 1 y 2; por consiguiente, es constante. Así, si E es una constante, T 1 + V l = T 2 + V 2 = E.

7.5

Sistemas de partículas

En esta sección, extendemos las ideas de ia sección 7.4 a un sistema consistente en un número finito de partículas. Las fuerzas externas son las que actúan sobre una partícula debido a fuentes exteriores al sistema. Las fuerzas internas son las que actúan sobre una partícula y se deben a todas las otras partículas interiores al sistema. Sea m . la masa de la /-csima partícula y r. su vector de posición: entonces definimos un vector r que especifica el centro de masa (c.m.1 del sistema como 1 m ¡ r, Im ,r, r = ---- — = — 1-1, üm, M

„ _ (7.67)

donde ia masa total del sistema es M = lm .. La suma es sobre todas las partículas.

PROBLEMA 7.20 Mostrar que el centro de masa de un sistema se mueve como si fuera una partícula de masa igual a la masa total del sistema sobre el cual actúan fuerzas externas. So l u c i ó n : Por la segunda ley de Newton para el movimiento (7.41), la ecuación del movimiento para la /-ésima partícula es

i

( 7 '6 8 )

donde f J e) es la fuerza externa que actúa sobre la z'-ésima partícula y f.. la fuerza interna que actúa sobre la /-ésima partícula por razón de la /-ésima partícula. (Obsérvese que f •= 0.) Sumando sobre las partículas, (7.68) se vuelve

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Aplicaciones a la mecánica

191

Ahora, por la tercera ley de Newton sobre acción y reacción, cada par de fuerzas internas f.. = - f .. Por consiguiente, la doble suma de (7.69) se anula y las fuerzas internas del sistema se cancelan en la suma. Usando (7.67), (7.69) se reduce a

<7J0) i

lo que indica que el centro de masa se mueve como si la suma de las fuerzas externas ? f / ^ , que actúan sobre la masa total del sistema, se concentrara en el centro de masa. PROBLEMA 7.21

Mostrar que el momentum lineal total de un sistema,

E

dr¡ m,

(7.71)

es igual al producto de la masa total del sistema y la velocidad del centro de masa. So lu ció n :

Como S m /. = M r, por (7.67) el m omentum lineal total es

E

dr¡ dT m¡ — - = M — . dt dt

(7.72)

t i principio Je con sen-ación del m om entum lineal para un sistema de partículas establece que si la fuerza total externa es cero, entonces se conserva el momentum lineal total. PROBLEMA 7.22 Demostrar el principio de conservación del momentum lineal para un sistema de partículas. Solución:

U sando(7.72), (7.70) se reduce a —

= V

dt

i—j¡ '

f ;í e>.

(7.73)

Ahora, si 2 f / e^ = 0, £ - 0 . dt

(7.74)

lo que implica que P es constante en el tiempo. Por consiguiente, se conserva el momentum lineal total. Con el origen O como punto de referencia, el m om entum angular total de un sistema de partícula es L =

r, x

(7.75)

i

PROBLEMA 7.23 Mostrar que el momento angular total de un sistema de partículas con respecto a un punto O es la suma del momentum angular en el centro de masa con respecto a O y el momentum angular con respecto al centro de masa. Sea r el vector de posición desde Ohasta el centro de masa c.m., y r ¿, el vector de posición de la /-ésima partícula con respecto ac.m. (véasefigura 7.5.)Entonces Solución :

r,.= T + 7 ; ,

(7.76)

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Análisis vectorial

192

V / = v + v,.,

(7.77)

donde v = d r /d t es la velocidad del centro de masa relativa a O yJ v .i = d r i'./d t,5 la velocidad de la /-ésima partícula relativa al centro de masa del sistema. Ahora usando (7.75),

L = Z ] r¡ x Pí = Z Z r; x m,Vi i

i

= T~! (F+ f/) x m ;(v + v.) i Fig ura 7 .5

El c e n tro de masa de un sistem a de p a rtícula s y el v e c to r de

=^

[(Fx v) + (FT X v) + (F x v)) + (ÍT

X

v,)].

(7.78)

po sició n en la /-ésim a p a rtíc u la .

Los dos términos centrales se pueden expresar como _

\ ____ d

L

7, Z

(7.79)

” '7 'V

que se anula pues por (7.67),

] T m¡*¡ = Zü i

(ri

i

=Z] r--rZ> = M T - FW = 0.

(7.80)

Asi que, escribiendo de nuevo los términos que quedan, L = Mr x

m ¡r¡x v ¡ = T x (Aív) + ^

v+ ^ i

x

(m¡V¡)

i

=F xp +

x p,.

(7.81)

Según (7.81) se observa que L es dependiente del origen O excepto cuando el centro de masa está en reposo con respecto a 0 (P = 0). En éste caso,

X>xp-

(7.82)

Mostrar que la derivada con respecto al tiempo del momentum angular total es igual a la suma de todos los momentos externos con respecto al origen. PROBLEMA 7.24

S o lu ció n :

La ecuación del movimiento para la /-ésima partícula (7.68) puede escribirse

como ¿P ^ 5;i-= f í ej + y " 1 f... rdt lt • ¿— l l '

(7.83)

Por consiguiente, con referencia al problema 7.11, cf p¿ \

U '<

dt

v—< d

2

d

^ (r'- x P/) = - L = Z ^ r' x f í e> = £

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£

r- x

fn-

(? -84)

Aplicaciones a la mecánica

193

El último término de la derecha de (7.84) se puede expresar como ^

í

i£j

(r; x f" ) = E

x

+ (r> x f' ^ *

(7.85)

J

Ahora, como f.. ji = - i... (r;

X

f;i) + (r;- x

= (r;

íjj)

r;) x f; i.

-

(7.86)

Pero r.. es el vector que une las partículas í-ésima y /-ésima, «•i -

(7.87)

«■; = ri j -

(Véase figura 7.6.) Como í.. está dirigido a lo largo de r.., r¡ • X f j j — 0 ,

( T;Ty) X f j ¡

(7.88)

Figura 7.6

So l u c i ó n : S i ^ J T^e) = 0, entonces (7.89) se reduce a i

„

dL

(7.90)

dt lo que implica que L es constante en el tiempo.

Obsérvese que en ausencia de un momento externo, el principio de conservación dei momento angular es válido para un sistema sólo si las fuer/as internas tienen carácter central: i.e.,f.. = - f ... Como en el caso de una sola partícula, el trabajo realizado por todas las fuerzas para mover un sistema desde una configuración 1, en la cual se especifican todos los r., hasta una configuración 2, en la cual todas las r. tienen alguna especificación diferente, se puede escribir como (7.91)

Así que si

y f .son las fuerzas externas e internas, entonces el trabajo realizado es

i v l

1 t C

. j,

'■ Kd^

; L :

t

L

i té j

I

) ¡

(7.92)

Obsérvese que el trabajo realizado por las fuerzas internas, i.e., el segundo termino del lado derecho de (7.92) no se cancela.

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El v e c to r r.. en tre las p a rtícu la s /-ésima y /-ésim a.

Análisis vectorial

194

La energía cinética total del sistema se define como 1

1

(7.93)

PROBLEMA 7.26 Mostrar que el trabajo realizado sobre un sistema se puede expresar como la diferencia entre las energías cinéticas final e inicial; i.e., Wl2 = T 2 - T

(7.94)

Si m . , r. y f son respectivamente las masa, la velocidad, el vector de posición y la fuerza que actúa sobre la /-ésima partícula del sistema, entonces

S o lu ció n :

dv, í. = m ¡ ----- , dt

dr¿ dr¡ = -----dt - v, dt. dt

Así que el trabajo realizado para mover un sistema de partículas desde la configuración 1 hasta la configuración 2 es ___

-2

Wí2 =

^

r

d ( - m .v 2 \2

1

‘

= T2 - T

(7.95)

PROBLEMA 7.27 Mostrar que la energía cinética total del sistema es igual a la suma de la energía cinética obtenida si todas las masas estuvieran concentradas en el centro de masa, moviéndose con la velocidad del centro de masa y la energía cinética de movimiento de las partículas individuales con relación al centro de masa. Solución: Si v es la velocidad del centro de masa con relación al origen O y v . es la velocidad de la /-ésima partícula con respecto al centro de masa, entonces la velocidad de la /-ésima partícula con relación a O es v. = v + v;.. Entonces la energía cinética total es

i

=| ^

m, ( V + v;.) • (v + v;.) i

=L £

/n,v • v + i £

m, V, • V, + V. ^ i

i

£

mfr i

' i

•

(7.96)

Pero por (7.80), S m .r. = 0 y el último término se anula. Así que la energía cinética total es r =W 2

7.6

+ - V m . ? 2. 2 L- j • •

(7.97)

Cuerpos rígidos

Un cuerpo rígido es un sistema de partículas en el cual las distancias entre parejas de partículas están fijadas y no pueden variar con el tiempo.

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Aplicaciones a la mecánica

195

Antes de discutir el movimiento de cuerpos rígidos considérese el concepto de rotación infinitesimal. Una partícula P que se mueve arbitrariamente en el espacio puede considerarse en un instante dado como moviéndose en un plano sobre una trayectoria circular con respecto a un eje fijo dado. La recta que pasa por el centro de la trayectoria circular y es perpendicular al plano instantáneo del movimiento, se llama el eje instantáneo de rotación. Así que un desplazamiento infinitesimal arbitrario se puede representar siempre por una rotación infinitesimal pura con respecto al eje instantáneo de rotación. Por ejemplo, el movimiento instantáneo de un disco que rueda en un plano inclinado se puede describir como una rotación con respecto ai punto de contacto entre el disco y el plano. En este caso, el eje instantáneo de rotación es la línea que pasa por este punto de contacto y es perpendicular al disco. Por consiguiente, con referencia a la figura 7.7, si el vector de posición de un p u n to P cambia d e r a r + í / r , el desplazamiento infinitesimal de P es d r = d O x r,

d fl

(7.98)

donde d í2 es una cantidad cuya magnitud es igual al ángulo infinitesimal de rotación y que tiene una dirección a lo largo del eje instantáneo de rotación. Nótese que, en este caso, el origen está localizado sobre el eje instantáneo de rotación. El concepto de rotación infinitesimal proporciona una herramienta poderosa para describir el movimiento de un cuerpo rígido en el tiempo, pues cualquier desplazamiento finito del cuerpo rígido con un punto fijo se puede construir como una sucesión de desplazamientos infinitesimales. Así, para describir el m ovim iento de un cuerpo rígido, se necesitan dos sistemas de coordenadas, esto es, un sistema coordenado fijo en el espacio y un sistema coordenado fijo con respecto al cuerpo. Por tanto se deben especificar seis cantidades para denotar la posición del cuerpo. (Véase figura 7.8.)

Fig ura 7.8

C a m b io en un v e c to r p ro d u c id o p o r una ro ta c ió n in fin ite s im a l.

PROBLEMA 7.28 Considérense dos conjuntos de sistemas coordenados: uno ¿j, 17, J es el sistema fijo en el espacio que se designa como coordenadas del espacio y el otro, un conjunto arbitrario x, y , z que se designa como coordenadas del cuerpo que puede estar en movimiento con respecto al sistema coordenado del espacio.Demostrar que la rapidez de cambio con respecto al tiempo del vector de posición r como se observa en el sistema coordenado del espacio se puede expresar como l~ )

= l~)

\ d t } espacio

+o x

(7.99)

y,

\ « i / cuerpo

donde (dr/dt) cuerpo es la rapidez de cambio con respecto al tiempo del sistema coordenado del cuerpo y cj, la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo con respecto al sistema coordenado del espacio. So l u c i ó n : Si el sistema coordenado del cuerpo experimenta una rotación infinitesimal d£l, correspondiente a algún desplazamiento infinitesimal arbitrario, el movimiento de un punto P, en reposo en el sistema coordenado del cuerpo, puede representarse por (dr)

. = dQ x r,

espacio

(7.100)

donde la cantidad (d r)eSpacio se mide en el sistema coordenado fijo del espacio. Dividiendo (7.100) por el intervalo de tiempo d t en el cual tiene lugar la rotación infinitesimal, f dr \

dQ

d t ] espacio

dt

x r = cú x r

(7.101)

para el punto fijo P del sistema de coordenadas del cuerpo, donde (ú =

d fi

(7.102)

dt

es la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo: la rapidez de rotación

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Figura 7.8

Sistemas coordenados f ijo V del c u e rp o .

Análisis vectorial

196

angular instantánea del sistema de coordenadas del cuerpo con relación al sistema coordenado fijo en el espacio. El vector co está situado sobre el eje instantáneo de rotación, o sea el eje de rotación infinitesimal que ocurre en el tiempo t. Ahora, si la rapidez de cambio de r en el tiempo con respecto al sistema de coordenadas del sistema del cuerpo es (dr/dt) cuerpo entonces esta rapidez de cambio en el tiempo debe agregarse (7.101) para obtener la rapidez de cambio en el tiempo de r en el sistema de coordenadas del espacio y obtenemos 'dr\

-ÍÍL\

d t /espacio

+ cú x r.

\ d t /cuerpo

Obsérvese que aunque (7.99) se establece con el vector de posición r, es válido para un vector arbitrario, listo se ilustra en el problema siguiente. PROBLEMA 7.29

Mostrar que para un vector arbitrario F,

cú

(7.103) + x F, \dt L ' espacio, \ dt / cuerpo donde co es la velocidad angular del sistema de coordenadas del cuerpo con respecto al sistema coordenado del espacio. Solución:

Si F se expresa en el sistema coordenado del cuerpo como F = F , i + F 2j + F 3k,

(7.104)

entonces su derivada con respecto a t es — ) dt /espacio) V dt 1

,7.105) \ dt )

\ dt /

dt

dt

dt

pues i, j, k no son ahora constantes por el movimiento del sistema coordenado del cuerpo. Comparando con (7.101), di . d i — = co x i, — = dt dt

cúx j,.

dk ----= dt

cúx k

, (7.106)

pues F ¡, F i, F 3 se miden en el sistema coordenado del cuerpo; en consecuencia, dF¡/dt, dF 2/d t y dF 3/d t son la rapidez de cambio en el tiempo de F x, F 2, F 3 medidas en el sistema coordenado del cuerpo. Por consiguiente, (7.105) se transforma en —

\ d l Lespacio

]

+ Cú

dt /cuerpo )c \ 'aí J * * )

+

x ( Fj i + F 2j + F 3k)

cúx

F.

V d t / CUerpo

Obsérvese que (7.103) se puede expresar como una ecuación de operadores que actuando sobre un vector dado; i.e..

La ecuación (7.107) se puede usar como ley cinemática básica sobre la cual están fundamentadas las ecuaciones dinámicas del movimiento de un cuerpo rígido. Puede usarse también para discutir el movimiento de una partícula o sistema de partículas con relación a un sistema coordenado en rotación. PROBLEMA 7.30

Mostrar que la aceleración angular a = da>/dt es la misma en los

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Aplicaciones a la mecánica

197

sistemas coordenados del cuerpo y del espacio. Sol u c i ó n:

Usando (7.103) ó (7.107) y puesto que w X co = 0 por (1.58), .................. .....

(7.108)

\ d t / espacio

/cuerpo

PROBLEMA 7.31 Mostrar que la velocidad \ s de una partícula P con relación al sistema coordenado del espacio puede expresarse como vs = vo +

V6 +

(7.109)

r,

Cú X

donde \ Q es la velocidad lineal del origen del sistema coordenado móvil del cuerpo, vft la velocidad de P con respecto al sistema móvil, co la velocidad angular del sistema móvil y w X r la velocidad causada por la rotación del sistema móvil. (Véase figura 7.8.) Solución: Como se muestra en la figura 7.8, los vectores de posición R y r especifican la partícula P en los sistemas del espacio y del cuerpo móvil, respectivamente, Así que R = r0 + r,

(7.110)

donde ro es el vector de posición del origen del sistema del cuerpo móvil en el sistema del espacio. Entonces dR\

_ (d ro

>espacio

(£).

\ d t / espacio

\

/ espacio

Usando (7.99), (7.111) se reduce a (d_R\

_ /c M

/espacio

/d r

+ (— )

+ cü x

' d t /espacio

/cuerpo

v \° “- t & ) / eSpaci0

■

r.

(7.112)

Entonces, si hacemos

' • - ( ' ? )/ espacio■

’ * - ( ' £ )A

(7.111) se transforma en vs = v0 + vb + o x r. Si el sistema móvil experimenta rotación solamente, (7.108) se transforma en vs = v ft + PROBLEMA 7.32

x r.

(7.113)

Mostrar que si el sistema móvil tiene solamente rotación o>n respecto a

un observador situado en el sistema coordenado en rotación efectiva sobre una partícula P de masa m es

donde

= constante). la fuer/a

es la aceleración d e P e n é sistema coordenado de) espacio.

S o lu ció n :

La ecuación del movimiento en el sistema coordenado fijo del espacio es f = m as = m

•

(7.115)

fdr\ x í— |

(7.116)

espacio

Diferenciando (7.113), d x b\ f = m ( ------j d t /espacio

+

mej

\ d t /espacio

pues u> = constante y por consiguiente, d u í/d t = 0. Ahora, usando (7.107), o sustituyendo vfepor F en (7.103),

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198

Análisis vectorial

d v b\ ( d v b\ ----- 1 = I ----- I + co x vb dt /espacio V dt /cuerpo = aft + cü x \ b ,

(7.117)

donde es la aceleración en el sistema coordenado del cuerpo en rotación. Por (7.99),

dr\1 (o x I( —

= a> x íI dT\ — 1

/espacio

\ + (ú x t(
\ d í /cuerpo

= co x v6 +
(7.118)

Sustituyendo (7.117) y (7.118) en (7.116), f = m a s = m ab + 2ma> x v b + mtu x (cu x r),

(7.119)

lo que puede expresarse como m a s - 2 m(
(7.120)

Por lo tanto a un observador del sistema del cuerpo en rotación, le parece como si la partícula se estuviera moviendo bajo la influencia de una fuerza efectiva fe^ dada por f e ff = m a s - 2 m ((ú x vb) - m t u x (tu x r). PROBLEMA 7.33

Iden tilica! la nalurale/a di’ las fuer/as que intervienen en i 7.1 14).

muuiriK-ntó mi magnitud es m u 2r sen 0. (Véase figura 7.7.) Por tanto, este término so identifica con la tiwrra centrifuga usual.

fuerza de Coritiln.

translación más una rotación, i.e.. una translación lineal de algún punto del cuerpo más una rotación con respecto a ese punto. Ivon mu de ( liarles ( onsidéiv'.e un cuerpo ripuJ»>com puesto de n p artículas de masas »i . i 1 .2 ......... ti Si el origen del sisic mu se escoge com o el cen tro de masa,

JJ donde '/ tram¡ y T

f represen tan las energías cinéticas translaciotial y rotacional. I . ri ..

- V m r

’ tír,

. r,.)2,

(7.122a)

(7.122b)

donde v es la velocidad lineal instantánea de! centro de masa y <*>, ia velocidad angular instantánea del cuerpo con respecto al ceiiuo de musa. PROBLEMA 7.34 Solución:

Demostrar el teorema de Charles.

Como estamos considerando un cuerpo rígido tal que

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Aplicaciones a la mecánica

199

=M = 0’ \(d-t )/cuerpo )c la velocidad instantánea de la /-ésima partícula en el sistema coordenado fijo es, por (7.109), v¡ = v + cú x r,.

(7.123)

Se entiende que todas las velocidades se miden en el sistema coordenado fijo del espacio. Para la energía cinética total, por (7.93), T = i - 2 ^ m , (v + cú x r¡)2 i

m¡ V • a> x r¡ +

m¡ x 2 +

= ii

i

m¡

x r ¡ ) 2■

(7.124)

i

Observando que v y w no son las características de la /-ésima partícula, por (7.67), m ¡\-cü x r¡ = v • (ó x ^

^ i

rj = v- co x (MT) = 0

(7.125)

i

pues el centro de masa se escoge como origen del sistema del cuerpo, de modo que r = 0. Así que (7.124) se reduce a 2

2

i

i

~ ^ tra n s í + 1 ro t•

PROBLEMA 7.35 Mostrar que el m om entum angular total del cuerpo rígido del problema 7.34 se puede expresar como ^

m¡ r¡ x ( a x r,).

(7.126)

Solución: Si el origen del sistema coordenado del cuerpo se toma como el centro de masa del cuerpo, entonces por (7.75) o (7.81) el momentum angular total es L

£ r jXPl.

(7.127)

i

Ahora, p(- = m¡x. y usando (7.123) para v¿ L =^

m, r i x v, i

= y ' ntj

x ( v + (Q x T¡)

i

m¡ r ; +

= —v x i

m¡ r, x (a> x r¡).

(7.128)

i

m¡ r, = M T = 0 pues x = 0. Así que el momentum angular total es

Como antes ^ i

L =^

m¡ r¡ x (
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Análisis vectorial

200

PROBLEMA 7.36

Mostrar que (7.129)

T'rot = 2 C0 ' L '

Solución:

Por (7.122b),

Ahora, por(1.61), (oj x r¡)

= (ú) x r¡) •(&> x r¡) =

a> r. - (g> • r,)

.

Por consiguiente, Trot = l ^ m, . [ c2r,2 - ( í y . r í) 2].

(7.130)

Luego, por (7.126), m¡ r¡ x (&> x r;).

Usando la identidad vectorial (1.83), r¡ x (a) x r¡) = r2
Por consiguiente, — (o • L = — ^

m¡ co • [ r f co - (cü • r¡) r¡]

= T

7.7 PROBLEMA 7.37

Problemas suplementarios

Expresar r, v y a en coordenadas esféricas.

R e sp u e sta s = r e r, v = (d r/d t) er + r(d 6 /d t) e e + r sen 6 (d/dt) e ¿ , a =

dt

rí ~ r se„ 2^ í ~ \d t / \d t

e, +

n dr d6 d 20 n ( d4>Y 2 ---------1- r — — r sen 0 e os 0 —— dt dt dt 2 \dt)

/o a dr dcf> a d6 dcf> . d 2cf>' | + ( 2 sen a — —^ + 2 r eos 0 ------ - + r sen 0 dt dt dt dt PROBLEMA 7.38 Una partícula se mueve en el plano x y con velocidad v y aceleración a. Mostrar que Iv X a I = v3/p y el radio de curvatura p puede calcularse por la fórmula

3/

fM íJ dx d 2y

d y d 2x

dt dt 2

dt dt 2

[Sugerencia: Escribir v = vT y usar (7.22).]

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Aplicaciones a la mecánica

201

PROBLEMA 7.39 Una partícula P se mueve sobre una recta desde el centro de un disco hacia el borde. El disco rota en el sentido contrario del reloj con rapidez angular constante co. Suponiendo que el disco está en el plano x y hallar la aceleración a de P. [Sugerencia: Escribir r = íu, donde u es un vector unitario que rota con el disco.] Respuesta: 2 — - u 2 (u. dt PROBLEMA 7.40 Sean P y Q dos partículas que se mueven a lo largo de las curvas Cj y C 2 . Sea r = - rp , donde rp y rq son los vectores de posición d e P y Q. Entonces dx/dt es la velocidad relativa de Q con respecto a P. Si una de las partículas describe un círculo de radio a mientras la otra se mueve a lo largo del diámetro, entonces mostrar que la velocidad relativa de estas partículas, que se mueven con la misma velocidad v, es v(l - sen 0)i + v(cos 0)j. (Véase figura 7.9.) PROBLEMA 7.41

Una partícula es atraída hacia el origen con una fuerza f = /( r ) e >.; esto

es, la fuerza es central. Mostrar que el m omentum angular de la partícula es constante. PROBLEMA 7.42 La fuerza que actúa sobre una partícula móvil de masa m que lleva una carga q que se mueve en un campo electromagnético es f = q (E + v x B), donde E es el vector de campo eléctrico, B el vector de inducción magnética y v la velocidad de la partícula cargada. Esta ecuación se conoce como ecuación de fuerza de Lorentz. Si no hay campo eléctrico, esto es, E = O y si la partícula entra al campo magnético en una dirección perpendicular a la de B, mostrar que la partícula se mueve en una trayectoria circular; hallar el radio del círculo. Respuesta:

mv/qB.

PROBLEMA 7.43 Mostrar que el momento de una fuerza f aplicada en P con relación al origen O no cambia si f se desliza a lo largo de su línea de acción. PROBLEMA 7.44 Sea f = - (k/r2)r la fuerza central que mueve una partícula P a lo largo de la hélice C que se define por r ( 0 ) = (a eos 0 ) i + (a sen ) j + bk. Hallar el trabajo realizado por f para mover a P desde el punto 0 = 0 hasta el punto
2 + b2n 2

a/

PROBLEMA 7.45 La fuerza de gravedad cerca de un punto situado sobre la superficie de la tierra (con el eje 2 apuntando hacia arriba) se puede expresar como f = -m g k , donde m es la masa de la partícula y g = -,gk, la aceleración de gravedad. Hallar la energía potencial de la partícula a la altura z. Respuesta:

mgz.

PROBLEMA 7.46 Mostrar que la definición de centro de masa (7.67) es independiente del escogimiento del origen. PROBLEMA 7.47 Si las fuerzas externas e internas de un sistema de partículas son conservativas, mostrar que es posible definir una energía potencial total V del sistema tal que la energía total T + V se conserve.

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Figura 7.9

V e lo c id a d re la tiva,

)

202

Análisis vectorial

PROBLEMA 7.48 Mostrar que en un cuerpo rígido las fuerzas internas no realizan trabajo y el potencial interno debe permanecer constante. [Sugerencia: Mostrar que en un cuerpo rígido, ff. es ortogonal a dr... | PROBLEMA 7.49 Usando las componentes co. y r. . de los vectores u> y r esto es, y i,J 1 co= [cü! , 0J2 , W3 ]y r. = [rí>1( ri 2 , 77,3 ] mostrar que (7.130) se puede expresar como

^rot —2 ^ I I j k > i. k donde Ijk = ^

' m i l^jk

'

1

0

r i ,q

~ r i,i r i , k j >

q

1

,k

/* '

para

=k

para

j 4 k;

I 33 se llaman mom entos de inercia con respecto a los ejesx, y, z respectivamente y - / , 2, ~ I \ 3 , etc. se llaman los productos de inercia. PROBLEMA 7.50

Para fuerzas centrales que actúan sobre una partícula, m ostrar que r x (dr/dt) = 2a,

donde a es un vector constante. Interpretar este resultado geométricamente. [Sugerencia: Para la fuerza central f, r X f = 0.] PROBLEMA 7.51 Un proyectil que se mueve bajo la fuerza de gravedad cerca de la superficie de la tierra, se mueve, sin tener en cuenta la resistencia del aire, de acuerdo con la ecuación m d 2r/dt = ~ mg k , donde el eje z se toma en la dirección vertical. Mostrar que la solución a esta ecuación es r = r0 + v0í - i g t 2k, ¿

donde r0 y \ 0 son respectivamente el vector de posición inicial y el de velocidad inicial del proyectil. PROBLEMA 7.52 Una partícula móvil de masa m está localizada por coordenadas esféricas r(t), 9{t),
[7.50]

PROBLEMA 7.53 Considérese un sistema de partículas con vector de posición r(. y fuerzas aplicadas f . Mostrar que

¿X>'"-2r+E donde p¿ son momentums de las partículas y T es la energía total del sistema.

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APLICACIONES A LA MECANICA DE LOS FLUIDOS 8.1

8

CAPITULO

Ecuación de continuidad

Un Jlúiüa es una sustancia que se deforma continuamente bajo la acción de fuer/as que causen deslizamiento relativo de sus partículas contiguas en una dirección paralela al plano de contacto. Presión es la intensidad de la fuerza distribuida, debida a la acción de fluidos y se mide en términos de fuerza por unidad de área. Densidad se define como masa por unidad de volumen. El estado de un fluido en movimiento está completamente determinado si se dan, la distribución de la velocidad y del fluido, la presión p y la densidad p. Todas estas cantidades son, en general, funciones de la coordenadas del espacio x, y , z y del tiempo t ; ■•c ->

y(r. t ) ~ y(.v, r, z. t) = velocidad del fluido en la posición r y tiempo i, p(r. t ) - p { . y, i', z, t) = presión del fluido en la posición r y tiempo i, p(r, t) - (.y , r, z, !) = densidad del fluido en la posición r y tiempo t.

La masa de cualquier región R circundada por S es

III■

( P dV.

(8.1)

H'

Como v-
§

( 8 . 2)

p v dS

es una medida de la rapidez a la cual el flujo de la masa fiúida sale de R y recorre S. Por otra parte, el decrecimiento por unidad de tiempo en la masa del fluido que está dentro de R se puede expresar como

,8J’

- h í t í ' " Si p y v son respectivamente la densidad y la velocidad de un fluido en movimiento, entonces la ecuación de continuidad de la dinámica de los íluidos es V - ( p v ) * ^ = 0. di

PROBLEMA 8.1 Sol uc i ón:

Deducir (8.4).

Igualando (8.2) y (8.3),

203 1

(8.4)

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Análisis vectorial

204

^ py-dS^-j- JJJp dV.

(8.5)

Por el teorema de divergencia (4.58), la integral de superficie se puede transformar en p v - d S = J J j 'v - ( p v ) c / F .

(8.6)

R

S

Así que (8.5) se puede expresar como V-(pv) + /// R

dV = 0.

(8.7)

Como (8.7) debe ser válida para cualquier volumen, el integrando debe anularse; i.e., V • (p v) + — = 0. dt

[8.41

La densidad del flu jo de masa de un fluido está dada por el vector J - pv.

(8.8)

Tiene la misma dirección del movimiento del fluido y su magnitud es igual a la masa que fluye por unidad de tiempo por un área unitaria perpendicular a la velocidad. Sus unidades son “masa por longitud al cuadrado por unidad de tiempo” . Usando J, la ecuación de continuidad (8.4) se puede escribir como V.J +

- 0.

(8.9)

dt

PROBLEMA 8.2

Mostrar que la ecuación de continuidad (8.4) puede expresarse como p V • v + v • Vp + —£• = 0. dt

Sol uc i ón:

(8.10)

Por(3.155), V • ( pv) = p V ■v + v • Vp.

Así que (8.4) se reduce a (8.10).

Un fluido es incompresible si su densidad p es constante.

PROBLEMA 8.3 solenoidal.

Mostrar que el vector velocidad de un fluido incompresible es

Sol uc i ón: Si el fluido es incompresible, entonces dp/dt = 0 y Vp = 0. Así que la ecuación de continuidad (8.10) se reduce a pV •v = 0 o sea V • v = 0; i.e., v es solenoidal.

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(8.11)

Aplicaciones a la mecánica de los fluidos

8.2

205

Ecuación de movimiento

1 a candía tividad térmica de un fluido o una medid;! d e l».alor que s? H'teiY.'iinbia enríe m i s dileienles parres por unidad de área por unidad de tiempo por gradiente miliario de temperatura. I a i isiosidad de iin fluido es una medida do su resistencia a la deformación. Un fluido perfecto o ideal tiene viscosidad cero. Así que no se lo puede someter a fuerzas que causen deslizamientos, ni se puede inducir rozamiento interno. La ecuación del m ovim iento de un flúido, debida a Euler es ™ = f - 1 V p, dt p

(8.12a)

o, en genera], ~ ^ ( v . V ) v = í - ~ VP, dt p

(8.12b)

donde f(r) es la fuerza externa por unidad de masa que actúa sobre el flúido.

PROBLEMA 8.4 A partir de la segunda ley del movimiento de Newton (7.41), establecer la ecuación de Euler (8.12). Sol uc i ón: Considérese alguna región R encerrada por S en el flúido. Si f(r) es la fuerza exterior por unidad de masa que actúa sobre el flúido, la fuerza externa resultante que actúa sobre R es te = \ \ \ p t d V .

(8.13)

■/// R

Sip(r, t) es la presión del flúido, entonces la fuerza resultante debida a la presión del flúido es -J~ f pdS.

Por el teorema del gradiente (4.94), esta integral de superficie se puede convertir en una de volumen; i.e., tc . - f f P J S . . f f j v p dV.

(8.14)

Por la segunda ley del movimiento de Newton (7.41),

d_ dt

jJfpvdV Ie+ =

fp .

(8.15)

El término de la izquierda de (8.15) es la rapidez de cambio de la cantidad total de momentum asociada con el flúido que está dentro de una superficie S en cualquier instante. Si esta integral se cambia de volumen a masa escribiendo p d V = dm, entonces dm es invariable en cuanto S se mueva con el flúido. Por tanto, la fuerza total que actúa sobre R es d dt sustituyendo otra vez dm = p dV. Combinando (8.13), (8.14) y (8.16),

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206

Análisis vectorial

lRí p í

R

R

o, simplificando,

í)J(pf

(*.17)

Como 7? es una región arbitraria del flúido, dx P — - p f + V p = °; dt por tanto obtenemos la ecuación de Euler (8.12a); i.e., ~ f - - V p . dt p

(8.18)

Como v(r, t) depende del tiempo lo mismo que de las coordenadas de espacio, usando el resultado de problema 3.55 y (3.151), d x = — dt + (dr • V) v, dt o, dividiendo ambos lados por dt, 7dt = 7d t + ( V' 7 ) V’

<8-19)

La sustitución de (8.19) en (8.18) da dx dt

PROBLEMA 8.5

Mostrar que la ecuación de Euler (8.12b) se puede expresar como

dt Sol u c i ó n:

1 + (v • V) v = f - — V p. p

+ I 7 ( 0 - v x (V x v) = í - ~ V p. 2 p

(8.20)

A partir del problema 3.62, tenemos la identidad vectorial V (f • g) = f x (V x g) + g x (V x f) + (f • V) v + (g • V) f.

[3.159]

Si f = g = v en (3.159), entonces V (v • v) = V ( v 2) = 2 v x (V x v) + 2 (v • V) v o, simplificando, ( v - V ) v = ^ V ( v 2) - v x ( V x v).

(8.21)

Sustituyendo (8.21) en la ecuación de Euler (8.12b), ~ dt

^ V ( v 2) - v x (V x v) = f 2

- Vp. p

PROBLEMA 8.6 Deducir la ecuación de movimiento para un flúido incompresible si la fuerza exterior que actúa sobre el flúido es conservativa. Sol u c i ó n: Si el campo exterior de fuerza f es conservativo, entonces por el problema 7.15, f = —V F, donde V es una función potencial escalar.

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Aplicaciones a la mecánica de los flúidos

207

Si el fluido es incompresible, entonces p es una constante y

- vP P

\P

Por consiguiente, sustituyendo en (8.20), —

dt

- v x (V x v) = - V (V + — + -

\

v 2) ,

P

2)

(8 .2 2 )

que es la ecuación pedida. Las ecuaciones de movimiento pueden complementarse con condiciones de frontera que deben satisfacerse en las superficies que limitan el fluido. Para un fluido ideal y una superficie sólida, la condición necesaria de frontera es simplemente que el fluido no pueda penetrar la superficie del sólido. Por tanto, si la superficie está en reposo, vn ~ donde vn es la componente normal de la velocidad del fluido en la superficie. Para una superficie en movimiento vn debe ser igual a la componente normal de la velocidad de la superficie. 8.3

Estática de flúidos

Ahora consideramos el caso de un fluido en reposo y la presión en equilibrio con el campo de fuerza exterior que se aplica, PROBLEMA 8.7 Solución:

Deducir la ecuación de equilibrio del fluido en reposo.

La velocidad del fluido en reposo es cero y (8.18) se transforma en -V p-f.

(8.23)

P

que es la ecuación de equilibrio pedida.

La ecuación (8.23) muestra que las superficies de presión constante son perpendiculares en todas partes al campo exterior de fuerza. PROBLEMA 8.8 punto del fluido. So l uc i ón :

Mostrar que si no hay fuerza externa, la presión es la misma en cada

Si f = 0, entonces (8.23) se transforma en V p = 0;

(8 .2 4 )

i.e.,p es constante. PROBLEMA 8.9 Considérese un fluido en reposo en un campo gravitacional uniforme. Si el campo es incompresible, mostrar que p = - p g z + c,

(8.25)

donde c es una constante, g, la constante gravitacional local y z está medido positivamente hacia arriba desde la superficie de la tierra. Sol uci ón:

Tomando el eje z positivamente hacia arriba desde la superficie de la tierra, f=-gk,

(8.26)

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208

Análisis vectorial

y a partir de (8.23), ^ = - P g. dz

Í P = Í £ =0, dx dy Por tanto, integrando,

p = - p g z + c.

La ecuación (8.25) indica que la presión decrece linealmente cuando la altura crece.

8 .4

Flujo uniforme y líneas de flujo

Flujo uniforme es aquel en el cual la velocidad es constante en en cualquier punto del fluido; i.e., 9v/3/ - 0. La ecuación del m ovim iento para flu jo uniform e es | V ( v 2) - v x ( V x v) = f - I Vp, 2

(8.27)

P

donde v es la velocidad constante en tiempo en cualquier punto del fluido, p es la presión del fluido, f es la fuerza exterior por unidad de masa que actúa sobre el fluido y p es la densidad del fluido. PROBLEMA 8.10

Deducir la ecuación del movimiento para flujo uniforme.

Sol uc i ón: Como 9v/91 - 0 para flujo uniforme, la ecuación de Euler para el movimiento (8.20) se reduce a (8.27). Un camino es la trayectoria de una sola partícula de fluido. Una línea de flujo es la curva cuya tangente en cualquier punto da la dirección de la velocidad en ese punto y se halla en un instante dado. En el flujo uniforme, las líneas de flujo no varían con el tiempo y coinciden con los caminos. Las líneas de flujo están determinadas por las ecuaciones

( 8 . 28) V',

v3

V,

donde d t = [dx, dy, dz] y v = [i') , t>2, v3 ]. La forma general de la ecuación de B em oulli expresa que para un líquido incompresible ideal que se mueve bajo la acción de fuerzas conservativas f y cuyo flujo es uniforme, v + £ + I v* * c P

(8.29)

2

a lo largo de una línea de flujo, donde c es una constante y f = - V V. PROBLEMA 8.11 So l uc i ón :

Verificar (8.29).

Como dv/9? = 0 para flujo uniforme, (8.22) se transforma en v x (V x v) = V JV + £ + I v 2j .

El vector v X ( V X v) es ambos

(8.30)

perpendicular a v; por consiguiente si hacemoselproducto punto a

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Aplicaciones a la mecánica de los flúidos

209

lados de (8.30) con v,

v iv + £

i + — V'

P

= 0.

(8.31)

2

Entonces V (F + p /p + l/2 v 2) es normal en todas partes al campo de velocidad v. Así que v es paralelo a la superficie; i.e., 1

v

= c,

[8.29]

y por consiguiente, F + p /p + l/2 v 2 es constante a lo largo de una línea de flujo. Los valores de la constante son, en general, diferentes para cada línea de flujo. Si v permanece esencialmente constante, (8.29) muestra que la velocidad es inversamente proporcional a la presión. PROBLEMA 8.12 Mostrar que para el flujo uniforme de un flúido incompresible que está bajo la acción de fuerzas conservativas si Í2 = V X v, entonces ( O - V ) v - ( v - V ) O = 0. So l uc i ón :

(8.32)

Si tomamos el rotacional de ambos lados de (8.30), V x [v x (V x v)] = 0

(8.33)

pues V X V (F + p /p + l / 2v2) = 0 por razón de (3.142). Sustituyendo V X v = Í2 en lo anterior y a partir de (3.158), V x [v x O] = v [V • ü ] - O(V • v) + (£1-V)v - ( v - V ) í l = 0.

(8.34)

Como el flúido es incompresible, V • v = 0.

[8.11]

También, a partir de (3.143), V -£2 = V - (V X v) = 0. Por tanto, (8.34) se transforma en (íí • V) v - (v • V) O = 0.

8 .5

F lu jo irro ta c io n a l - p o te n c ia l d e v e lo c id a d

La vorticidad o vector vórtice es íl = V x v.

(8.35)

tonal, o potencial, es aquél para el cual í í = 0 en todas partes. Un flujo rotacional o vórtice es aquél en el cual Í2 no es cero en todas partes. Como sabemos por el problema 4.73, un campo vectorial que tenga rotacional cero se puede expresar como el gradiente de alguna función escalar. Si aplicamos este resultado al vector velocidad v en un flujo irrotacional, esta función escalar se llama elpotencial de velocidad 0; i.e., v = V<¿. (8.36) PROBLEMA 8.13 Si un flúido rota como un cuerpo rígido con velocidad angular constante co con respecto a algún eje, m ostrar que la vorticidad S2 es el doble de la velocidad angular lo. Sol uci ón:

Por el problema 7.9, V x v = 2
[7.38]

Por consiguiente, por (8.35),

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Análisis vectorial

210

íí

= V

x v

= 2 ú>.

(8.37)

Para flujo irrotacionai de un fluido incompresible ideal, el potencial de velocidad <j> satisface a la ecuación de Laplace; i.e.,

PROBLEMA 8.14

Sol uc i ón:

Verificar la ecuación de Laplace (8.38).

El resultado del problema 8.3 muestra que si el fluido es incompresible, V • V = o.

[8. 11]

Como v = V0 para un flujo irrotacional, V • v = V • V 0 = V 2<¿ = 0. PROBLEMA 8.15 Para un fluido incompresible ideal, que se mueve bajo la acción de un campo de fuerza conservativo y cuyo flujo es irrotacional, mostrar que

(8.39) donde c(t) es una función de tiempo. So l u c i ó n :

Sustituyendo v = V0 y V X v = 0 en [8 . 2 2 ]

tenemos (8.40) o, simplificando, (8.41) Por consiguiente, si c(t) es una función de tiempo, entonces d(t> P 1 o + V + - + - v 2 = c(í). dt p 2

incom

La ecuación deB ém oulli para flujo irrotacional expresa que si el flujo de un fluido c irrotao (8.42)

donde V es ia función potencial, p , la presión, v, la velocidad, p la densidad y c una i B ¡¡ÍiM ¡ü PROBLEMA 8.16

So l u c i ó n :

Demostrar la ecuación de Bernoulli (8.42).

Para flujo uniform e, c(t) es una constante y dcf>

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211

Aplicaciones a la mecánica de los fluidos

Por tanto, (8.39) se reduce a la ecuación de Bernoulli (8.42). PROBLEMA 8.17 Discutir la diferencia entre la ecuación de Bernoulli para flujo irrotacional (8.42) y para otros flujos (8.29).

Sol uc i ón: En el caso general, la “constante” c de (8.29) es una constante a lo largo de una línea de flujo dada, pero es diferente para diferentes líneas de flujo. En flujo irrotacional, el c de (8.42) es constante a través del flúido. Un pun to de estancamiento es aquel en el cual la velocidad es cero. PROBLEMA 8.18 Si no hay acción de fuerzas conservativas, mostrar que en el flujo uniforme de un flúido incompresible, la mayor presión se presenta en un punto de estancamiento.

Sol uc i ón: se reduce a

Si no hay acción de fuerzas conservativas externas, la ecuación de Bernoulli ? + J v ! =c,

(8.43)

2

P

donde c es una constante. Resolviendo (8.43) para p, P = cp - |

p v 2.

(8.44)

Así que la presión p es máxima en los puntos en que la velocidad v es cero.

8.6

Flujo de vórtice y circulación

Una linea de vórtice es aquella que en todas partes es paralela a la vorticidad. Un tubo de vórtice es una superficie A generada por las líneas de vórtice que pasan por una curva cerrada C. Se caracteriza por la propiedad n • 0 - n •V x v

0 sobre A ,

donde n es el vector unitario normal al tubo de vórtice A. Las líneas de vórtice o tubos de vórtice pueden cambiar con el tiempo, pues en general, £1 depende del tiempo. La intensidad de un tubo de vórtice se define como (8.45)

■d S ,

J > donde S es la sección transversal del tubo de vórtice limitada por una curva cerrada simple C que encierra el tubo de vórtice (véase figura 8.1). La circulación de v (o simplemente circulación) a lo largo de una curva cerrada C está dada por la integral de línea (cf., sección 4.1),

í

v • cfrJ

(8.46) Figura 8.1

PROBLEMA 8.19 Si un flúido es incompresible y el campo de fuerza externa es conservativo, demostrar que

d i2 ■= (Íl-V )v . dt

(8.47)

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Tubo de vórtice.

212

Análisis vectorial

Sol u c i ó n:

La ecuación del movimiento debida a Euler es para este caso — - v x (V x v) = - V f F + — + — v 2) . dt \ p 2 J

[8.22]

Tomando el rotacional a ambos lados de (8.22) y usando V X v = £2, — - V x (v x fl) = 0, dt

(8.48)

pues V X Vi// = 0 por razón de (3.142). Ahora, de manera similar a la del problema 8.12 haciendo uso de la identidad vectorial (3.158), V x (v x 0 ) =v ( V - 0 ) - í 2 ( V - v ) + ( 0 . V ) v - ( v . V ) 0 .

(8.49)

Otra vez, como V *Í2 =V *(V X v) = 0 y V • v = O,

[8.11]

V x(vxfí) = (fi.V)v-(v.V)0.

(8.50)

tenemos

Sustituyendo (8.50) en (8.48), — + ( v - V) f í = (íí- V ) v . dt

(8.51)

A partir del resultado del problema 3.36, d d — + (v -V ) = — . dt dt Por consiguiente, sustituyendo esto en el lado izquierdo de (8.51), ^ = ( Q. V ) v . dt PROBLEMA 8.20 i.e.,

Mostrar que la intensidad de un tubo de vórtice es igual a la circulación,

J J ü - d S =J>v-dr, s

(8.52)

c

donde S es la sección transversal limitada por C. So l u c i ó n :

En vista del teorema de Stokes (4.104), <j) v • dr

= J J

V x v • d S =J

J ü ■d

S.

Obsérvese que la circulación puede, en ciertos casos, diferir de cero aun cuando el flujo sea irrotacional; i.e., Í2 x 0. (Cf., problema 4.72.) Un fluido barotrópido es aquél cuya densidad es una función de la sola presión. El teorema de Kelvin, o ley d e conservación de circulación, expresa que la velocidad de circulación es constante con respecto al tiempo para una curva cerrada C que se mueve con la partícula fluida, si (a) el campo de fuerza externa que actúa sobre el flúido es conservativo, y (b) es un fluido barotrópido. PROBLEMA 8.21

Demostrar el teorema de Kelvin o ley de conservación de circulación.

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Aplicaciones a la mecánica de los fluidos

So l u c i ó n :

213

Sea K

< j) v - d r .

(8.53)

Las partículas que rodean a C cambian de posición con el tiempo y el flujo uniforme, la curva permanece cerrada. En cualquier tiempo t la circulación alrededor de C es K (t) =

v•

d s =( j) v • T ds,

(8.54)

donde T es el vector unitario tangente a C y s es la longitud de arco. Como tanto v como T varían con el tiempo, dK dt ' $

dv „ dT\ , — • T + v • ---- ds.

Í (V- T ) d s ‘ $

dt

(8.55)

dt j

La variable x es la variable de integración a lo largo de C en cualquier instante y es, por tanto, independiente del movimiento de la curva con el tiempo. Entonces, dT

d

dt

Í - ]

~ dt \ d s )

d

É l ) 1- — ds \ d t ) ds

(8.56)

y (8.55) se transforma en dK dt

d\

dx ds

------ T + v-

í

dt

ds.

(8.57)

Si el campo de fuerza externa f es conservativo, puede expresarse como f = - VK y la ecuación de Euler (8.18) se transforma en dv dt

- V V - - V p. p

(8.58)

Si p es una función de p solamente, y (8.59) entonces V^A = V V + V

(8.60)

/?)■

Ahora, a partir del resultado del problema 3.38, (8.61)

Vp. Por tanto, por (8.58), 1 dv SJifj = v y + - V p = - — . p dt

(8.62)

Así que (8.57) se reduce a dK dt

Vi/f • T + v

í ( -

dv \ ds. ds )

(8.63)

Ya que a partir de (3.106), Vi// *T = d\p/ds, dK dt

d_

- i l

ds

ip —

ds =

- i

d s\

v: 2

ds.

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(8.64)

214

Análisis vectorial

Como la cantidad \p - ^ v 2 tiene el mismo valor en el punto común inicial-terminal de C, esta integral se anula y dK dt

= 0,

o sea, si c es una constante, obtenemos el teorema de Kelvin: K

=<j)v-dr= c.

(8.65)

El primer teorema de Helmholtz sobre vorticidad expresa que los tubos de vórtice se mueven con el fluido. PROBLEMA 8.22

Demostrar el primer teorema de Helmholtz sobre vorticidad.

Solución: Si n es un vector unitario perpendicular al tubo de v ó rtic e^ , entonces sobre A el tubo vórtice se caracteriza por la propiedad

n-íí =n-V x v = 0.

Si T es una curva cerrada simple situada sobre un tubo de vórtice pero no rodeándolo (véase figura 8.2), entonces K = { j ) v ■d r =

JJ'

Q -d S =

JJ~ íl ■n dS = 0,

( 8.66)

donde A r es la parte del tubo de vórtice .4 rodeada por T. Supóngase que P se transforma por el movimiento del flúido en la curva cerrada simple T 'y A ’ es la superficie que pasa por T' y se genera por el tubo de vórtice original A. Entonces por el teorema de Kelvin (8.65), la circulación permanece nula todo el tiempo, i.e., K = <j) v -c /r = Figura 8 .2

D em o stració n del p rim e r

r'

teorem a de H e lm h o ltz

JJv

x

v-dS =

Al '

JJ

Í 2 n dS = 0,

(8.67)

* !•'

sobre v o rtic id a d .

donde A r ’ es la parte de A ' rodeada por f '. C om oylr ''es arbitrario, se sigue que sobre A',

O•n=0. Por tanto, A ' es un tubo de vórtice. En otras palabras, cuando el tiempo cambia, el tubo de vórtice continúa manteniéndose como tal. En consecuencia, concluimos que los tubos de vórtice se mueven con el flúido.

El segundo teorema de Helmholtz sobre vorticidad expresa que la intensidad de un tubo de vórtice permanece constante. PROBLEMA 8.23 Solución:

Demostrar el segundo teorema de Helmholtz sobre vorticidad.

La intensidad de un tubo de vórtice es

JJ Q-dS^JJ V

x

v • d S = <j) v • d r,

18.52]

donde S es cualquier superficie que corte el tubo de vórtice en una curva cerrada C que encierre el tubo de vórtice. (Véase figura 8.2.) Si C'es la curva en la cual se transforma C por el movimiento del flúido, entonces por el teorema de Kelvin (8.65) la circulación permanece constante en tiempo y

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Aplicaciones a la mecánica de los fluidos

K = ( ^ v - d r = (j)v-d r c'

c

=j'J^-dS,

215

(8. 68)

s'

donde S ' es la sección transversal del tubo de vórtice desplazado, limitada por C '. Por lo tanto, la intensidad de un tubo de vórtice es constante con respecto al tiempo. Considérese a continuación una superficie cerrada S consistente en un tubo de vórtices! con secciones transversales S i y S 2 limitadas por curvas cerradas C, y C2 respectivamente (figura 8.3). Como Í2 = V X v es solenoidal, i.e., V • Í2 = 0, por el teorema de divergencia (4.58),

a-ds-JJ a-ds+JJ n.dsijjst-ds-JJJ

Ahora, como Í2 • n = 0 sobre A , ü-dS =

f f

11

“ "dS = 0.

Figura 8 .3

D e m o stració n del segundo teo rem a de H e lm h o ltz sobre v o rtic id a d .

Así que,

JÍ n-ds -ff

O • dS,

o sea,

JJ Í2 • n dS = - JJO • n dS = JJQ • ( - n ) dS.

(8.70)

Si n es la normal hacia afuera, es la normal positiva para S t , es la normal negativa para S 2 y recíprocamente. Así que (8.70) muestra que la intensidad de un tubo de vórtice en cualquier sección transversal es constante.

Concluimos que las intensidades de los tubos de vórtice permanecen constantes en el tiempo y que los vórtices no pueden ser creados ni destruidos. PROBLEMA 8.24 Determinar la forma de la superficie de un flúido incompresible sujeto a un campo gravitacional, contenido en una vasija cilindrica que rota sobre su eje vertical con una velocidad angular constante to. Solución: Si el eje del cilindro es el eje z, entonces u> = wk. La ecuación de Euler (8.18) se puede escribir como dv 1 — = -V F - - Vp =_V0,

(8.71)

donde f = - V V = - V(gz) y \p = (gz + p /p ). (Véase problema 7.45.) Ahora, por (7.33), v = cú X r. Como co es un vector constante, dv — = Cü x v dt =

üj

x (o x r)

=
= co2z k - co2(x i + y j + z k ) = -co2(x i + y j)

= - j c o 2V( x 2 + y 2).

(8.72)

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216

Análisis vectorial

Sustituyendo (8.72) en (8.71), 1 V tA - ^ co ^x2 + y 2)

=0

o, si c es una constante, \jj - i co2( x 2 + y 2) = c. Por lo tanto, sustituyendo el valor de \p y simplificando, - = - cú2( x 2 + y 2) - gz + c. p 2 En la superficie libre, p = const. Así que la superficie es un paraboloide de revolución y está dado por Z = 1 “ 2Í * 2± Z X 2 á

(8.73)

donde el origen se toma en el punto más bajo de la superficie.

8.7

Ecuación de energía

La energía cinética T de un flúido en una región R simplemente conexa con fronteraS es J j ' j ' p v 2 clV = ^ J J J ^ p v v d V .

(8.74)

PROBLEMA 8.25 Mostrar que para el flujo irrotacional de un flúido incompresible en una región R en la cual el potencial de velocidad

r - i ,

(*.75)

donde S es la superficie que encierra/? y dcp/dn es la derivada normal de 0. Solución: cinética T es

Para flujo irrotacional v = V0. Por tanto, a partir de (8.74) la energía

cIV.

(8.76)

Ahora, si hacemos 0 = 0 en el primer teorema de Creen (4.80),

JIÍ

( 0VV>+ \V\2) d V = Q < f> d- £ d S .

(8.77)

R Asi que (8.76) se puede expresar como (8.78) T -

S

í

5

R

Por (8.38), V 20 = 0; por consiguiente, la energía cinética es

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217

El teorema de energía mínim a de Kelvin expresa que el flujo irrotacional de un flúido incompresible eri una región R simplemente conexa tiene menos energía cinética que cualquier otro flujo que tenga la misma componente normal de la velocidad sobre la fronteraS. PROBLEMA 8.26

Demostrar el teorema de energía mínima de Kelvin.

Solución: Sea T 0 la energía cinética del flujo irrotacional asociado con el potencial de velocidad 0. Sea T ía energía cinética de cualquier otro flujo en el cual v = V 0 + v,.

(8.79)

Entonces, por la condición de frontera sobre S, v, • n = 0,

(8.80)

y las ecuaciones de continuidad dan V- v = V 2<¿> + V- v, = 0,

V V = °-

Por consiguiente, V* v, = 0.

(8.81)

Ahora, por (8.74), la energía cinética es

T=\ pJJJy 'vdV=\ Pfff^^ + R R

+y¡)dv

= \ p J J J | V 0 | 2 c/F + i p J J J ^ d V + p j ' j j V 0 . v , dV

R

R

R

= T° + ¿ p f f f v? d V + p f f f W ' v‘ d V -

R

R

( 8-82>

Usando (3.155), V<¿ • v, = V • ( 0 v 1) - <£V • Vj = V ■(<£v,) pues, por (8.81), V • Vj = 0 . Así, usando el teorema de divergencia (4.58),

JjJ V0-vlCfF=JJJV t y v j d V R

R

cf)\l. ••nn
= s =0

pues por (8.80), v, • n = 0 sobre S. Por consiguiente se sigue que T = T° + ^ P

Claramente, por (8.83), pedido.

< dV-

(8-83>

T 0 y T = T 0 sólo cuando v, = 0 ó v = V0. Este es el resultado

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Análisis vectorial

218

PROBLEMA 8.27 Para el flujo irrotacional de un flúido incompresible en la región i? limitada por S, si d(p dV )¡dt = 0, donde d V = diferencial de volumen mostrar que

S

= J f f Pv ' r d V~ f f p v - d S ’

R

S

(8M)

y dar significado físico a (8.84). So l u c i ó n :

Por (8.74), dT

fff d

1

« M IL

fff R

... (v • v) dV

V .^ )

dV.

(8.85)

Por la ecuación de Euler, — = f- - v p . dt p

[8.18]

Sustituyendo (8.18) en (8.85) y simplificando, dr dt

rrr

/.

i

R ( 8 .86 )

R

R

Procediendo de manera similar a la del problema 8.26, v V p = V ' ( p v ) - p V - v = V-(pv) pues V • v = 0 para un flúido incompresible. Así, aplicando el teorema de divergencia (4.58), dT dt

R

R pv • f dV - O pv • d S.

R El lado izquierdo de (8.84) es la razón de crecimiento de la energía cinética de un flúido. El primer término de la derecha de (8.84) es el trabajo de las fuerzas externas sobre el flúido y el segundo término es el trabajo de la presión de la superficie limitante sobre el flúido.

8.8 PROBLEMA 8.28

Problemas suplementarios

Si

el flúido está en reposo, mostrar que V x ( p f ) = 0,

donde f es el campo de

f • V x f = 0, fuerza externo que actúa sobre el flúido.

PROBLEMA 8.29 Deducir la ecuación de Bernoulli para el flujo estacionario de un flúido ideal incompresible bajo el campo gravitacional.

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Respuesta:

219

gz + - + \ v2 = c, donde c es una constante. p 2

PROBLEMA 8.30 Mostrar que, sin pérdida de generalidad, la función c(t) de (8.39) se puede igualar a cero. [Sugerencia: 0 por

Como v = V0 podemos agregar a 0 cualquier función de tiempo. Se sustituye

0 + J~ c(t)dt.]

PROBLEMA 8.31 Si el flúido es incompresible y su movimiento es 2-dimensional, mostrar que existe una función de flujo \p (x, y ) tal que v, =

dib —, dy

dib v, ----- —, dx

donde v = Vji + v2j es la velocidad del flúido. PROBLEMA 8.32 Si el movimiento del flúido es 2-dimensional, incompresible e irrotacional, mostrar que la función de flujo \p(x, y ) del problema 8.31 satisface la ecuación de Laplace. d2||¿r i _Q dx 2 dy2 PROBLEMA 8.33 mostrar que

Si un flúido es incompresible y tiene una vorticidad constante £2, V2v = 0,

donde v es la velocidad del flúido. [Sugerencia:

V X ( V X v ) = VX £2 = 0.]

PROBLEMA 8.34 Si el campo de fuerza externa que actúa sobre un flúido es conservativo y la densidad del flúido depende sólo de la presión del flúido, entonces demostrar la ecuación de Helmholtz

[Sugerencia:

d !n\

fíl

dt\p¡

\p

.V

Véase problema 8.19 y úsese la ecuación general de continuidad (8.4).]

PROBLEMA 8.35 Mostrar que las líneas de vórtice o tubos de vórtice no se pueden iniciar o interrumpir dentro del flúido; así que o son cerradas o llegan a la frontera. PROBLEMA 8.36 Para el flujo irrotacional de un flúido incompresible en la región/? limitada por S y un campo conservativo de fuerza externa, i.e., f = - V F , m ostrar que

En otras palabras, la razón de crecimiento de la energía cinética de un cuerpo flúido es igual a la suma del trabajo de las fuerzas extem as y las presiones que actúan sobre su superficie.

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9

APLICACIONES A LA TEORIA ELECTROMAGNETICA

CflPITUL0

9.1 :.

,

v

.

Ecuación de continuidad

. .. . ....... ..... . ,La densidad de carga p es la densidad de carga por unidad de

volumen. Una corriente I se produce por el movimiento de ia carga y se determina por la densidad p y la velocidad v de la carga. La densidad de corriente J es el producto de la densidad de carga p y la velocidad v de la carga; i.e.. J = pv.

(9.1)

Asi la corriente / a través de una superficie S es la razón a la cual la carga pasa por S, i.e., / = J J p v - d S = J J jU < /S = J J j - n d S , s

s

(9.2)

s

donde n es un vector unitario normal a S. Obsérvese que el signo de / depende de la elección de n. Si S es una superficie cerrada, n se toma como vector normal hacia afuera. Un campo electromagnético se produce por una distribución de corriente eléctrica y carga. El principio de conservación de carga establece que en una región R limitada por una superficie S, la razón a la cual decrece la carga es igual a la razón a la cual la carga sale de R a través de S. La ecuación de continuidad establece que para cualquier región R limitada por una superficie S. V - J + é7 e = 0, at

(9.3)

o. de modo equivalente, sustituyendo(9.1) V - ( p v ) + - - = 0. dt PROBLEMA 9.1 de continuidad.

(9.4)

Usando el principio de conservación de carga, deducir la ecuación

Sol uci ón; Si p (r, t) es la densidad de carga, entonces la carga total Q dentro de una región R encerrada por S es

I

p dV.

Ahora, por (9.2), 220

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( 9.5)

Aplicaciones a la teoría electromagnética

221

J • dS = f í J n dS s

(9.6)

s

es una medida de la razón a la cual la carga sale de R a través S, pues n es el normal hacia afuera de S. Sin embargo, la razón a la cual decrece la carga en R es dQ

d

dt

dt

rrr

r r c d¡>

fffJJJi R

(9.7)

En (9.7), debemos usar dp/dt dentro de la integral, pues p (r, t) es una función de r y t. Igualando (9.6) y (9.7),

(9.8)

R

S

Por el teorema de divergencia (4.58),

< } ' ■ ;s S

(9.9)

R

así, (9.8) se puede escribir como dp\

Jlf (-' J + dt I d V = ° ‘ R

(9 ' 10)

'

Como (9.10) vale para cualquier región R, el integrando debe ser cero; i.e., V - J + ~ = 0. dt

t9 -3]

Usando (9.1), (9.3) se puede expresar como V . ( p v ) + ~ = 0. dt

[9-4]

Por analogía con la ecuación correspondiente de continuidad de dinámica de los flúidos (8.4), (9.3) ó (9.4) se denomina usualmente la ecuación de continuidad. 9.2

El campo electromagnético

El campo electromagnético producido por distribuciones de carga y su movimiento (distribución de corriente) se describe por los vectores E (r, /) y B (r.í). Una fuerza de l.orentz es ia fuerza f experimentada por una carga
, <9.11)

La ecuación (9.11) es ia que define los vectores E y tí, donde E es ia intensidad de campo eléctrico y B es la densidad de inducción magnética o de ¡lujo magnético. Una implicación importante de (9.11) es la hipótesis de que las propiedades de campo o espacio descritas por E y B existen pongamos o no a q en ei campo para observar ia fuerza. Así cuando se introduce una carga de prueba en un campo eléctrico reai para efectos de medida, debe ser tan pequeña que no afecte los campos originales, hn este caso. ( 9 .11) se puede expresar como

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A nálisis vectorial

222

lira - - E + v x B. g-,0 q

(9.12)

til campo electromagnético se especifica también por medio de los vectores D, densidad de / lujo eléctrico o desplazamiento eléctrico y H intensidad de campo magnético. Hn un medio dado. D y H están relacionados con E y B por relaciones funcionales características del medio. Para medios lineales, homogéneos e isotrópicos, las relaciones apropiadas son: D - £E,

(9.13)

donde e y n son constantes llamadas permitividad y permeabilidad del medio, respectiva­ mente. La densidad de corriente J y la intensidad de campo eléctrico E están relacionadas J = oE,

P° r

(9.15)

donde a es la conductividad del medio. Las ecuaciones (l>. 13-5) se conocen con frecuencia como relaciones constituyentes. Los valores de e, ¡x y a dependen del sistema de unidades. En el sistema mks racionalizado de unidades que se usan en este capítulo, lafuerza se mide en newtons, la velocidad en m/seg. y la carga en coulombs (C). El coulomb es la unidad eléctrica básica que con el metro, el kilogramo y el segundo, permite la definición de todas las otras unidades electromagnéticas.

9.3

Ecuaciones de Maxwell

Las ecuaciones de Maxwell se pueden escribir como

PROBLEMA 9.2 Sol uc i ón:

V x E + ~B = 0, dt

<9.16)

V x H - ^ J , dt

(9.17)

V • B = 0,

(9.18)

V-D-p.

(9.19)

Mostrar que (9.18) se puede deducir de (9.16).

Tomando la divergencia de (9.16), V ' ( V x E )

+ V * ( °!B )

dt

0

como V • ( V X E) = 0 por (3.143), V ' ( V x E) = - V ’ Q = 0 .

(9.20)

Si todas tas derivadas de B se suponen continuas, intercambiando la diferenciación con respecto al espacio y al tiempo se obtiene fd B \

d

por tanto, en el tiempo, V • B = c,

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Aplicaciones a la teoría electromagnética

223

donde c es una constante. Si en cualquier ocasión pasada B = 0, esta constante debe ser cero. Porque puede suponerse que el campo originado en algún tiempo anterior, V • B = 0. PROBLEMA 9.3 continuidad (9.3). Sol uci ón:

Mostrar que (9.19) se puede deducir de (9.17) con la ecuación de

Tomando la divergencia de (9.17), (d n \ V • (V x H) - v • ( — 1 = v • J,

o, puesto que V • (V X H) = 0 por (3.143) y ,(?D \ d V- T - = - ( V - D ) \d t / dt

(9.21)

si suponemos que todas las derivadas de D son continuas, V - J + | - ( V - D ) = 0. dt

(9.22)

Ahora, usando la ecuación de continuidad (9.3), j- ( V - D - p )

at

= 0,

o sea que en el tiempo, si c es una constante, entonces V • D - p = c. Como antes, si el campo originado en algún tiempo pasado y como todas las cargas pueden removerse de cualquier región finita del espacio, esta constante debe ser cero; entonces, V -D = p. Obsérvese que, por el argumento de la anulación de los campos y la densidad de carga en algún tiempo dentro de una región finita del espacio, las dos ecuaciones de divergencia (9.18-9) no son relaciones independientes si se supone la conservación de carga. Este argumento no es necesario desde luego, pues las ecuaciones de Maxwell (9.16-9) están sujetas a verificación experimental independiente. La ley de inducción de Faradav establece que la fuerza electromagnética alrededor de cualquier contorno cerrado es igual al negativo de la razón de cambio respecto del tiempo del flujo magnético del contorno; i.e..

c PROBLEMA 9.4 de Faraday. Sol uci ón: se obtiene

Usando la ecuación de Maxwell (9.16), demostrar la ley de inducción

Integrando (9.16) sobre una superficie S limitada por una curva cerrada C

JJvxE.rfS.JJ

f-J S .O .

Aplicando el teorema de Stokes (4.104) al primer término de (9.24),

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(9.24,

Análisis vectorial

224

< f E . dr+ f j ¿H.rfS-O. dt

c

Si C está fija, 9/91 puede sacarse del signo de integración; i.e., < j ) E - c ír = - ^ . j f J V d S .

[9.23]

c

El flujo magnético, i.e., el flujo de B por S es $ =

JJ B-B - ddS.S .

(9.25)

Así que la circulación de E alrededor de C o fuerza electromotriz alrededor de C es f e m = ' ( £ E ’ dr.

(9.26)

Obsérvese que (9.16) ó (9.23) verifican el hecho experimental de que un campo magnético variable induce un campo eléctrico. Los experimentos de Faraday mostraron que la razón de cambio de ‘l> puede resultar .

■

c

■■

.

l il i

gj

o m:.i que la Iul' i /. i ek'i.lri<]iH)lii/ i i fem = ~ — í|),

PROBLEMA 9.5 Expresar la ecuación y dar una interpretación física. S o lu c ió n : se obtiene:

v

de Maxwell (9.17) enuna forma integral equivalente

• ' ' Integrando (9.17) sobre una superficie 5 limitada por una curva cerrada C ffvxH-dS-

ff~ "d S-

[fj-d S .

s

s

s

lll

(9.29)

Aplicando el teorema de Stokes ( 4.104) al primer término de la izquierda de (9.29),

fff

. «

s .

(9.30)

donde / es la corriente total que circunda la curva C, como se definió en (9.2). La ecuación (9.30) es la forma integral equivalente de (9.17) e indica que la fuerza magnetomotriz (fmm) es igual a la suma de la corriente / que circunda la curva C y la razón de cambio del flujo eléctrico que circunda C. La ecuación (9.17) o la (9.30) verifican el hecho experimental de que un campo magnético se puede producir no sólo poru ñ a corriente, sino por un campo eléctrico variable en el tiempo.

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Aplicaciones a la teoría electromagnética

225

Maxwell llamó el termino 9D/9í corriente de desplazamiento aunque nada se desplaza realmente en el campo. D se llama por consiguiente desplazamiento eléctrico y debe considerarse como paralelo al término correspondiente de (9.16): i.e., la fmm se asocia con un flujo de D que varia con el tiempo, del mismo modo que la fem se asocia con un flujo de B que varia con el tiempo. 1:1flujo eléctrico (, a través de la superficie S es e = J J ü - d S .

(9.31)

s Por (9.31), D se llama también densidad de flujo eléctrico. La ley de (¡auss para el campo eléctrico establece que el flujo neto eléctrico hacia afuera de una superficie cerrada S es proporcional a la carga eléctrica contenida en la superficie; i.e.. D • d S = Q.

PROBLEMA 9.6 Solución:

(9.32)

Usando (9.19), deducir la ley de Gauss para el campo eléctrico.

Como V - D = p, aplicando el teorema de divergencia de Gauss (4.58) da

| v « - . JJfpiv=P.

S

R

R

donde Q es la carga total contenida en S. Así, D • d S = Q.

f f

La ley de (lauss para el campo magnético establece que el flujo magnético neto hacia afuera de una superficie cerrada 5 es idénticamente cero; i.e..

s

B • d S - 0.

PROBLEMA 9.7 Solución:

(9.33)

Deducir la ley de Gauss para el campo magnético.

Como V * B = 0 por (9.18), aplicando el teorema de divergencia de Gauss

se obtiene

# - - / /R/

V- B dV = 0.

S

PROBLEMA 9.8 Mostrar que no puede haber distribución permanente de carga libre en un medio homogéneo cuya conductividad no sea nula. Solución:

En un medio de conductividad no nula a (9.19) y (9.13) muestran que V -D = V - ( E E ) = p,

(9.34)

mientras que las ecuaciones de continuidad (9.3) y (9.15) dan

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Análisis vectorial

226

Ahora, usando (3.155), V - ( E E ) = 8V- E + E - V£ = p,

(9.36)

dp E) = a\7 • E + E • V
(9.37)

£ dp /<7Ve — £Vct\ ,. I -------ffE------- = J - V P + — — = ote a dt \ o

•

(9-38)

Este resultado se obtuvo usando la identidad vectorial del problema 3.89 (b). Si el medio es homogéneo, V (e/o) = 0 y (9.38) se reduce a dp P+T-íUo, dt

(9.39)

T =-

(9.40)

donde

es el llamado tiempo de relajamiento. La solución de (9.39) es p( t ) = p0e- í / T = p0e~a i / e ,

(9.41)

donde p o es el valor de p en t = 0. Así que la densidad de carga decae exponencialmente y es independiente del E aplicado. Por consiguiente, concluimos que no puede haber distribución permanente de carga libre en un medio homogéneo con conductividad no nula. El tiempo de relajamiento r es igual al tiempo requerido para que p decaiga a 1/e de su valor original y varíe inversamente con la conductividad. Así que la carga desaparecerá casi instantáneamente del interior de un buen conductor tal como cobre, pero permanecerá por un largo tiempo dentro de un buen aislador tal como cuarzo fundido.

9.4

Funciones potenciales del campo electromagnético . . .

i-

.

,

.

i

fci vector potencial A (r, /) es una función vectorial para el cual los campos electromagnéticos- E y B están relacionados por B - V x A,

(9.42)

y el potenciar escalar $(r, t) es una función escalar para la cual E =-

( 9-43)

La exisíencia de A determina completamente a B por (9.42) pero el recíproco no es cierto pues el rotacional del gradiente de cualquier escalar se anula idénticamente. Obsérvese que el gradiente de cualquier función escalar $ puede agregarse a A sin afectar a B. (Cf. problema 3.47.) 1

< Z t<~ Z ?ÍÍÍZ Í,3!:i1ÍÍÍÍ

PROBLEMA 9.9

"

'

*

'

'

í

'

,í - -

- -

■if.í'C:.

i

"

''

i

S ÍÍ

w i

Verificar (9.42-3).

Sol uc i ón: Como B satisface (9.18), esto es, V * B = 0, entonces por el problema 4.78 existe una función vectorial A tal que B -- V x A. Por consiguiente la primera ecuación de Maxwell (9.16) se transforma en

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19.42]

227

Aplicaciones a la teoría electromagnética

Vx(E+|yj=0.

(9.44)

Así, según el resultado del problema 4.73, si 0 es alguna función escalar, 3A E 4- —— = - V0, o, por consiguiente, /-i

E =- ^ - V 0 .

PROBLEMA 9.10

dt

[9.43]

A ' = A + V i/ í,

(9.45)

dlh ' ~ 0 - —

(9.46)

Si A se reemplaza por

mostrar que c¡>debe reemplazarse por

para que (9.43) permanezca inalterado. Sol uci ón:

Si se reemplaza A por A' = A + SJ\p, (9.43) se transforma en

d

d\'

(

dih\

(9-47)

Por consiguiente, si hacemos 0 ' = 0 - d\p/dt, (9.47) se vuelve d\' E =- ~ - V A ',

(9.48)

dt

que es idéntico a (9.43)

Las transformaciones (9.45-6) se llaman transformaciones indicadoras. Así que (9.42-3) no se alteran por (9.45-6). Por consiguiente decimos que los vectores de campo son invariantes con respecto a las transformaciones indicadoras. PROBLEMA 9.11 Mostrar que en un medio isotrópico homogéneo linealen el cual e, n son constantes y a = 0, el potencial escalar 0 y el vector potencial A satisfacen.

d

i

dd>\

2A V2A - / X 8 — _ v ( y . A + ^iE — J = -/x J, V2<¿ + ~ V - A = - - .

dt

£

(9.49)

(9.50)

Sol uc i ón: Usando (9.13) y (9.14), la segunda ecuación de Maxwell (9.17) puede escribirse como V

X

B

- / ¿ S

—

dt

=

fiJ.

(9.51)

Sustituyendo a B y E según (9.42-3) d2A ( d<±>\ V x ( V x A) +- ,x£ »£ — df2 - +■/r/ £- V v ^3 - ) =/ xJ.

(9.52)

Sustituyendo la identidad vectorial, V x (V x A) = V (V • A) - V 2A, en (9.52),

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[3.163]

Análisis vectorial

228

d 2\

V 2A - ¡i£ —

/

dch\

- V (V • A + f¿E

= -/^J*

C9.49]

Luego, usando (9.13), (9.19) puede escribirse como

£ Sustituyendo a E según (9.43) d\

V

dt

P_

V<£

(9.54)

E

por consiguiente, \ J 2c b 4-

dt

La condición de l.orentz para potenciales A y 4>es V PROBLEMA 9.12

• A + £í £ * 0. ot

(9.55)

Si los potenciales A y $ satisfacen í 9.55) entonces mostrar que A y 0

satisfacen las ecuaciones no homogéneas de onda d 2A

V ’A - Me —

=

(9.56) p

d 2d>

(W 7> Solución:

Si los potenciales A y

dcb

(9.58)

dt

Por consiguiente, (9.49) se reduce a (9.56). Sustituyendo (9.58) en (9.50), obtenemos (9.57). PROBLEMA 9.13 Mostrar que existen potenciales escalares y vectoriales que satisfacen la condición de Lorentz (9.55). Solución:

Supóngase que los potenciales A y 0 no satisfacen (9.55); i.e., dcb

V- A + fi 8— ¿ 0 .

(9.59)

dt

Haciendo una transformación indicadora a A' y <¡>', i.e.; dúr

A = A + V
=

dt

obtenemos dch'

dch

d 2ifj

V - A ' + ¡iE - ? - = V - A +^E - J - + V t y - f i S ^ 7 7 . di di dr Por lo tanto es suficiente hallar una función indicadora \¡s que satisfaga

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/^

(9-60)

229

Aplicaciones a la teoría electromagnética

Entonces los nuevos potenciales A' y 0' satisfarán la condición de Lorentz (9.55).

Como los potenciales A y <¡ rel="nofollow">pueden relacionarse por la condición de Lorentz (9.55). el campo electromagnético puede representarse en términos de una función vectorial única. Esto se muestra en el problema 9.14.

El vector Hertz II es una función vectorial uniforme, cuya razón de cambio en el tiempo es proporcional al potencial A. Así. en un medio con constantes^ y e. el vector Hertz satisface A ~ fi£ — , dt

(9.62)

PROBLEMA 9.14 Mostrar que en un medio con constantes ¡jl y e , los vectores de campo E y B se pueden representar en términos del vector Hertz íl como

e = - /í e

j
B =(i E V x

+v ( v - n ) ,

(9.63)

an

(9.64)

dt

También se encuentra la ecuación II que debe satisfacer Solución:

Sustituyendo (9.62) en (9.42-3) se obtiene B =VxA = Vx

(i£

an

p cE oV x¿-n ,

dt

(9.64)

(9.65) Ahora se puede escribir la segunda ecuación de Maxwell (9.17) como dE

V x B = uJ + u£ — .

(9.66)

dt

Sustituyendo (9.64-5) en (9.66), d

^

^

V x V x n = ^J + /x e ^

i r tiE § 7 1 ~

o, simplificando, d_ dt

V x ( V x D ) + (iE ^

dt2

+ V0

J

(9.67)

£

Integrando (9.67) con respecto al tiempo t, V x ( V x I l ) + (i£

d2n

+ V0

dt,

(9.68)

donde la constante arbitraria se hace igual a cero pues no afecta la determinación del campo. Usando la identidad vectorial (3.163), (9.68) puede expresarse como <92n

r

r j

v2n-pe — - tv(v-n) +v0] =- I

— dt.

Por tanto, si la condición

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(9.69)

230

Análisis vectorial

V (V - n ) + V ^ = 0 ,

(9.70)

V0 = -V (V -n)

(9.71)

o sea

se impone sobre

Sustituyendo (9.71) en (9.65) se obtiene E = -/iE ^

+ V (V -n ).

[9.63]

d t*

Obsérvese que (9.70) es equivalente a la condición de Lorentz (9.55).

9.5

El

Energía en el campo electromagnético y en el vector de Poynting

vector de Poynting P es P = E x H.

(9.73)

La densidad de energía W del campo electromagnético es W = - (E • D +■H • B).

PROBLEMA 9.15

En un medio isotrópico homogéneo con constantes e y n , mostrar que

V •P + Solución:

(9.74)

dW dt

= - J • E.

(9.75)

Usando la identidad vectorial (3.157), V -P = V - ( E x H ) = H - V x E - E - V x H .

(9.76)

Sustituyendo las ecuaciones de Maxwell (9.16-7) en (9.76),

por consiguiente, V -P+E-^+H - — =-E J. dt

(9.77)

dt

Ahora, por (9.13-4)

E - f - e E - f - i E ál(E-E ) - ¿ | (E'EE)- ^ ( 2 Í E -D l’ (978) 21 h -b i-

(9j9)

Así que (9.77) se reduce a V -P + ~

dt

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- (E - D + H B)

2

E J,

(9.80)

Aplicaciones a la teoría electromagnética

231

por consiguiente, V .P + ° ^ = - E - J .

[9.75]

dt

que si la conductividad dei medio es cero, J = oE = 0 y (9.75) se reduce a dW • P + 7 0, dt

V

(9.81)

que es exactamente la misma forma de la ecuación de continuidad (9.3). La “densidad de corriente J ” es ahora P y la “densidad de carga p ” es aflora W. Así podemos asociar el vector P de Poynting con el flujo de densidad de energía.

El teorema de Poynting establece que en un espacio ¡sotrópico homogéneo, si R es la región limitada por una superficie cerrada S , entonces d dt

fÍf W dV‘ ffP'dS'>'JJJ J'EdV’

* 9 '8 2 )

donde P es el vector de Poynting y W es la densidad de energía del campo electromagnético.

PROBLEMA 9.16

So l u c i ó n :

Demostrar el teorema de Poynting e interpretarlo físicamente.

Como (9.75) puede escribirse dW

= V -P + J-E,

(9.83)

integrando (9.83) sobre R y usando el teorema de divergencia (4.58), d dt

JJJW
J • E dV

j J p - c / S + j j j J • E dV.

[9.82]

R

S

Si W es la densidad de energía del campo electromagnético,

/R!

W dV

(9.84)

es la energía total del campo electromagnético almacenado en la región R . Por consiguiente, el lado izquierdo de (9.82) representa la razón de decrecimiento de la energía total del campo electromagnético almacenado en R . La pérdida de energía almacenada y disponible debe evaluarse por medio de los términos de la derecha de (9.82). Si la conductividad del medio es a, entonces, por (9.15) el segundo término de la derecha de (9.82) se transforma en

fffj.Ejy. ¡JJ R

R

¡jj

R

I'»',

(9.85)

que es la pérdida ohmica o pérdida de calor en joules. El primer término de la derecha de (9.82) es el flujo de la energía que fluye de la región R por la superficie S. Así que el decrecimiento de energía del campo electromagnético

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232

Análisis vectorial

almacenado en R se contabiliza parcialmente por la pérdida de calor en joules y el resto fluye de R a través de la superficie limitante S.

Según la interpretación anterior, el vector P de Poynting definido por P = E x H,

[9.73]

puede interpretarse como el flujo de energía del campo electromagnético y da la cantidad de energía de campo que pasa a través de la unidad de área de la superficie por unidad de tiempo.

9.6

Condiciones de frontera

Aunque las ecuaciones de Maxwell (9.16 7) son de importancia primordial, no definen por sí mismas un campo único. Hay una infinidad de soluciones para esas ecuaciones. Estableciendo condiciones de frontera se obtiene una única solución. A continuación se deducen las condiciones de frontera que deben satisfacerse por los vectores de campo. PROBLEMA 9.17 Mostrar que las componentes normales de B a través de una superficie que separa dos medios son continuas.

m e d io

AS

T T T T 7 7771

2

Ah 7777777S m e d io

Figura 9. 1

Solución: Para dos medios limitados por una superficie común S, como se muestra en la figura 9.1, se construye un cilindro recto infinitesimal cuyas caras terminales tienen área A S en los medios adyacentes. Las superficies terminales son paralelas a la frontera común y están separadas por una distancia A h. Aplicando la ley de Gauss para el campo magnético (9.33) a la región encerrada por el cilindro,

1

B • n dS = 0

(9.86)

cuando se integra sobre las paredes y superficies terminales del cilindro. El vector unitario n normal a 5 se traza del medio 1 al 2. Si Bj y B2 denotan el valor de B en un punto de S en los medios 1 y 2 , respectivamente, entonces

M edios lim ita d o s p o r una s u p e rfic ie c o m ú n .

lim im

U O B -• n cíS = (B 2 • n - B, • n) AS = 0.

(9.87)

h~*0

El límite A h cilindro. Así,

0 se toma para asegurar que no hay contribución de las paredes del

(B2 - B J • n = 0

(9.88)

B 2 • n = Bj • n,

(9.89)

por consiguiente,

lo que expresa que las componentes normales de B a través de una superficie que separa dos medios son continuas. PROBLEMA 9.18 Mostrar que las componentes normales de D a través de una superficie que separa dos medios satisfacen (D 2 - Dj ) • n = p s ,

(9.90)

donde ps es la densidad de carga superficial. So l u c i ó n : Este caso puede tratarse de manera similar al problema 9.17, pero en este caso, la ley de Gauss para el campo eléctrico (9.32) es

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Aplicaciones a la teoría electromagnética

S '

D n dS - Q,

233

(9.91)

donde Q es la carga total contenida en el cilindro; i.e., Q = p AhAS. En el límite cuando A h —*■0, la densidad de carga de volumen p se hace infinita ya que la carga total Q permanece constante. Como una densidad de carga de superficie ps es la carga por unidad de área, Q = p A hAS = p s AS.

(9.92)

Entonces por (9.91), (D 2 - D, ) - n = p s . Concluimos que las componentes normales de D son continuas a menos que haya una carga superficial sobre la superficie frontera de los dos medios. Mostrar que las componentes tangenciales de E a través de una superficie que separa dos medios con continuas. PROBLEMA 9.19

So l uc i ón : Para una trayectoria rectangular C , como se muestra en la figura 9.2, se integra la primera ecuación de Maxwell V x E sobre la superficie S

0

dt

[9.16]

limitada por un marco rectangular C

Ií V x E • n

0 dS =

Ií

da

' "•

(9.93)

donde n 0 es la normal positiva a S 0 , como se muestra en la figura 9.2. Aplicando el teorema de Stokes (4.104) al miembro de la izquierda de (9.93) se obtiene (9.94) ^0

*0

Como se muestra en la figura 9.2, si el vector unitario tangente T es (9.95)

T = no x n, entonces el límite cuando A h —* 0, (9.94) puede aproximarse por T - ( E 2 - E l) A / = - ^ . n 0 Ah Al, dt por consiguiente, no x n • (E 2 - E ^ + n 0 •

dt

A h = 0.

(9.96)

Pues no X n ‘ E = no * n X E según ( 1.72) y en el límite cuando A h —> 0, A l —>• 0, n x (E , - E .) + lim ( — Ah A h- 0 \ d f

(9.97)

Como la orientación del rectángulo y por tanto también de no es arbitraria, n x (E 2 - E ,) = -

dB lim ( “ A/i) = 0, Afi->o \ d t

con tal de que 9B/31 sea acotada. Así que,

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(9.98)

m e dio

2 Co Ah C t i ----- <— i

a

m e d io

1

Figura 9 .2

T

hh T ra y e c to ria re ctang ular a través de una su p e rficie que separa los m edios.

Análisis vectorial

234

n x E¡ = n x E „

(9.99)

lo que expresa que las componentes tangenciales de E a través de una superficie que separa dos medios son continuas. PROBLEMA 9.20 Mostrar que las componentes tangenciales de H a través de una superficie que separa dos medios satisfacen n x (H 2 - Hj) = J s ,

(9.100)

donde J^, es la densidad de corriente superficial. Solución: Este caso puede tratarse similarmente al problema 9.19. Integrando la segunda ecuación de Maxwell (9.17), (j)H -d r =

J J J-n

c 0

S0

0 dS+

JJ'

n 0 dS.

(9.101)

S0

Por consiguiente, procediendo de una manera similar a la que se usó para obtener (9.98), n x (H 2 - Ht) = lim

Ah.

(J +

\h-*0 \

(9.102)

dt

El segundo término de la derecha de (9.102) se anula cuando A h —> 0, pues 9D /91 es acotada. Si la densidad de corriente J es finita, i.e., a es finito, el primer término también se anula. Pero si la c o rrie n te/ = J , n A f t A l a través del rectángulo permanece finita aún en el lím ite A h —*■0, definimos una densidad de corriente en la superficie Js como corriente por unidad de longitud, / = J • n 0 A h A l = J s • n 0 A l.

(9.103)

Entonces (9.102) se reduce a n x (H 2 - H J = J s .

9.7

Campos estáticos

Los campos estáticos son aquellos pana los cuales las derivadas con respecto al tiempo son cero; i.e., no hay variación de tiempo en los campos. PROBLEMA 9.21 So l u c i ó n :

Deducir las ecuaciones de Maxwell para campos estáticos.

Con la restricción 9 /9 /= 0, (9.16-7) se transforma en V x E (r) = 0,

(9.104)

V x H (r) = J (r).

(9.105)

Las ecuaciones (9.18) y (9.19) quedan las mismas; i.e., V • B (r) = 0,

(9.106)

V • D (r) = p (r).

(9.107)

Para campos estáticos, los campos eléctrico y magnético están completamente desacopiados uno de otro. El examen de las relaciones V x E - 0,

V • D - p,

y las consecuencias de ello, constituyen el estudio de los campos electrostáticos. De modo similar, examinando la relación

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Aplicaciones a la teoría electromagnética

V x H = J,

235

V - B = 0,

y las consecuencias de ello, forman el estudio de campos magnetostátkos. PROBLEMA 9.22 Mostrar que el campo electrostático E es irrotacional y por consiguiente, conservativo; esto es, puede representarse como el gradiente de la función 4>de potencial escalar; i.e., e

Solución:

(9.108)

= - v <¿.

Como para un campo electrostático [9.104]

V x E = 0, E es irrotacional y por el problema 4.73, puede expresarse como E=.-V0.

Con (9.104) o (9.108) y por los problemas 4.71 y 7.15 la integral de línea de E alrededor de cualquier trayectoria es cero y el campo es conservativo. Obsérvese que (9.108) es también el caso especial de (9.43) con 9A /9 1 = 0.

I.a vcuat um dt hnsson para una función o de potencial escalar del campo

(‘>.109) donde p es la densidad de carga > f; es una constante. I.a ccuacum de J.aplace para campos electrostáticos se obtiene de la ecuación de l’oisson haciendo p 0 : i.e.. 0 .1 IU)

- 0.

PROBLEMA 9.23 Deducir la ecuación de Poisson para la función

Como [9.108]

(9.111)

(9.112) Sustituyendo E en (9.112) por (9.108), obtenemos V 2 0 = -pie. PROBLEMA 9.24 Mostrar que para un campo estático, el potencial escalar (¡) (r) es el negativo del trabajo realizado por el campo sobre una unidad de carga positiva para traer la carga desde el infinito hasta el punto r.

Con q - 1, el trabajo realizado por la fuerza de Lorentz (9.11) sobre una carga positiva unitaria es

Solución:

(9.113)

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236

Análisis vectorial

donde la última expresión se obtiene con el uso del (1.77). Como el movimiento producido por v es a lo largo de dr, v X dr = 0 y el campo magnético no contribuye al trabajo realizado sobre la carga. Así que como (“) = 0, usando (3.120),

r

W = í ' E - dr = f r ( - V 0 ) - d = - í ' dcf> = 0 ( « ) JoQ JoO J(X>

0(r)= -<¿(r).

(9.114)

Según (9.114), el potencial escalar de un campo electrostático puede interpretarse también como el trabajo requerido para traer una unidad de carga positiva desde el infinito hasta un punto dentro del campo; i.e., 0 (r) = -

PROBLEMA 9.25 magnitud q.

I E -dr. «-'OO

(9.115)

Hallar el campo eléctrico E y el potencial

Solución: Si una carga puntual q se localiza en el origen, la ley de Gauss para el campo eléctrico (9.32) se transforma en JJd.cíS= s

J ^ D - n dS=q.

(9.116)

s

Si S es una superficie esférica de radio r con centro en el origen, entonces n = y D • n = D • er - D r donde D r es la componente radial de D. Así que (9.116) se transforma en

S ’’

dS = q,

(9.117)

s

Por la simetría de la configuración, D = D rer y sobre la superficie de radio constante D f es una constante. Como el área superficial de una esfera de radio r es 4nr2 , J J D r d S = D r(r)4nr2 = q. s Por consiguiente, D r(r) = q/(4irr2 ) y D = Dr er =

4nr

e r.

(9.118)

Como D = eE, E = ~ q- ~ e r. 4n&r

(9.119)

Ahora, puesto que E tiene solamente una componente radial, usando coordenadas esféricas la expresión (5.96) de A 0 , E = - A 0 se reduce a Er = - d(¡>(r)/dr, o por lo tanto, d(r) <30 (,r) ^J rt

dr

r b q dr

q

r br ° qdr drqr bdr

I 4jrSr2 = ~ 4nE J^ » •'a

H '

y por consiguiente, ¿(«-0(a) =- M - - - J . 4 77c \ h a/ Si a =

b = r y $(“) = 0,

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(9.120)

Aplicaciones a la teoría electromagnética


237

(9.121)

4rr£r

La ley de Coulomb para campos electrostáticos establece que la fuerza f entre do cargas q¡ y q 2 es inversamente proporcional ai cuadrado de la distancia r i2 entre ellas: i.e., si er es el vector unitario desde q x a q 2 , entonces,

f=

e

(9.122)

4ff£r PROBLEMA 9.26

Demostrar la ley de Coulomb para campos electrostáticos.

Solución: Según la definición de fuerza de Lorentz (9.11), la fuerza f experimentada por una carga puntual q2 en el campo electrostático es f = q2E .

(9.123)

Si el campo E es producido por una carga puntual q x, entonces sustituyendo (9.119) por E en (9.123), obtenemos la ley de Coulomb para campos electrostáticos (9.122).

Un dipolo eléctrico se forma por dos cargas iguales y opuestas separadas por una distancia arbitrariamente pequeña 1 , donde el vector I comienza en la carga negativa y termina en la carga positiva. El m omento de dipolo eléctrico p es el producto de la carga q y el vector distancia 1 , i.e., P=

1.

(9.124)

Se forma un dipolo puntual cuando I — >0 y q —* - de modo que el m om ento de dipolo eléctrico p permanece constante. PROBLEMA 9.27 Si el dipolo eléctrico está localizado en el origen y el m om ento de dipolo eléctrico está en la dirección positiva de z, mostrar que el potencial y el campo eléctrico del dipolo en un vacío cuya permitividad es € , son q

¿(r) =

P •r 477Enr 3

E(r) =

3 (p • r)r - r 2p

477£„r5

-
(r)

47r £ 0r 1

02

4n-£ r

’

1

1

4u S 0 \ r j

r.

Si l < < r, entonces 1 Ti

r2

r ~ ( 1/ 2) eos 0

r + ( 1/ 2) eos

1

_ l eos 6 ______ ________ = ~ 7 2

1

- (l eos d / 2 r ) 2

^ l eos 6

Sustituyendo esto en el valor de

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Fig ura 9 .3

U n d ip o lo en el orig en y el p u n to de observación en r.

238

Análisis vectorial

al 0(r)=

COS

6

. c 2 • 47780r 2

(9-127)

Como la dirección del momento de dipolo eléctrico p es a lo largo del eje z, se ve en la figura 9.3 que p • r = q l k • r = q l r cos 6. Por consiguiente, según (9.127), (r) =

•

(9.128)

v ( - ) = - rT r = - J í e r-

[3.126]

4 7t£„

También

Por consiguiente,

, ..

P-r

1

(r) = ------- - = - ------p • y 477E„r 477£n

/I

Usando (3.113), el campo eléctrico E es 1 _/PT E - - V 0 = - - ----- V „3 4n- £ 0 t | t V ( p t ) - J ~ 47rE„r 47rE„

v(M • \

(9.129)

Ahora, por (3.119), V (p • r) = p,

(9.130)

y por (3.125),

Sustituyendo (9 .1 3 0 -1 ) en (9.129), E PROBLEMA 9.28

3 (p • r) r - r 2 p 47r£nr 5

Mostrar que en un campo estático producido por una corriente

estacionaria, V - J = 0. Solución:

Como

(9.132)

Las ecuaciones básicas para los campos magnetostáticos son V x H = J,

[9.105]

V • B = 0.

[9.106]

V -(V X H) = 0 según (3.143), tomando la divergencia a ambos lados de (9.105), V - ( V x H) = V - J = 0.

Obsérvese que (9.132) se puede obtener también de la ecuación de continuidad (9.3) haciendo dp/dt = 0.

La ley de circuitos de Ampere en magnetostática establece que en un campo magnetostático, si I es la com ente estacionaria total por una superficie S limitada por una

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239

Aplicaciones a la teoría electromagnética

curva cerrada C, entonces H dr

(9.133)

l.

i Esta ley corresponde a la ley de Gauss en electrostática. PROBLEMA 9.29

Demonstrar la ley de circuitos de Ampere en magnetostática.

Integrando (9.105) sobre una superficie S limitada por una curva cerrada C, tenemos por (9.2) para la corriente estacionaria total / a través de S,

Solución:

JJ V

x

H- d S -

s

JJ J - d S = ¡.

(9.134)

s

Aplicando el teorema de Stokes (4.104) a (9.134) se obtiene ■

í "

d r = I.

■

Obsérvese que (9.133) puede obtenerse directamente de (9.30) haciendo 9D /91 = 0.

La ley de circuitos de Ampere (9.133) puede usarse para calcular los vectores de campo magnético para casos en que exista un alto grado de simetría. PROBLEMA 9.30 Hallar el campo magnético H de un alambre recto infinito que lleve una corriente estacionaria I. S o lu ció n :

Considérese un alambre recto extendido sobre el eje z de - » a °». Como hay simetría cilindrica, se escoge un camino circular con un punto del eje z como centro con radio a , como se muestra en la figura 9.4. Por la simetría, el vector H es no solamente azimutal sino también tiene la misma dirección de dr y su magnitud es constante alrededor del contorno. Por consiguiente, por (9.133),

*

H • d r = Hcf, (277a) = I.

Así que H = Hcfr e<£ = - — e<¿. 277a PROBLEMA 9.31

(9.135)

Mostrar que en el campo magnetostático, el vector potencial A(r)

satisface

Fig ura 9 .4

V 2A = - fioJ,

(9.136)

U n alam bre in fin ito que lleva una c o rrie n te / y su cam po m a gnético H.

con la condición V • A = 0, donde n o es la permeabilidad del vacío. Solución:

Como B = V X A y B = no H, por (9.105), V x (V x A) = n 03,

(9.137)

que se reduce a V(V • A) - V 2 A =

J.

Así, si imponemos la condición de Lorentz (9.55) bajo estado estacionario, i.e., V • A = 0,

(9.138)

obtenemos

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Análisis vectorial

240

V 2A = - i i 0 J .

Obsérvese que (9.136) puede obtenerse también de la ecuación de onda no homogénea (9.56) con 9 2 A /9 12 = 0.

9.8

Campos con variación de tiempo armónicos o sinusoidales

Los campos producidos por cargas y corrientes cuya variación con el tiempo es simplemente armónica, o sinusoidal, se llaman campos armónicos o monocromáticos. Supongamos que la fuente varía en el tiempo como J (r, í) = J (r) cos (tü< + a ).

(9.139)

Entonces J(r, /) se representa por J(r, i) - /? e [j(r )e '< " '4(X>] - K e [ J ( r ) e '° e '" '] = R e [ J ( r ) e ^ '} ,

(9.140)

donde R e(z) = parte real de 2 y I(r) = J(r)e/ft es un vector complejo en el espacio y una función de coordenadas del espacio solamente. La fase del vector complejo I(r) es a. Como el factor de tiempo <Jui! es un multiplicador común, todas las derivadas con respecto al tiempo b /d t se pueden reemplazar por jej. Así, las ecuaciones de Maxwell ( 9 .1 6 -7 ) se reducen a

V x É + jc jB - 0 ,

(9.141)

V x H -jwD = I.

(9.142)

La ecuación de continuidad (9.3) se transforma ahora en V • J + jo>p = 0.

(9.143)

Para campos armónicos en medios lineales, isotrópicos y homogéneos, la forma armónica de las ecuaciones de Maxwell (9.141 —2) se reduce a

■

y X E + j(ú pM - 0,

(9.144)

V x H - ; w £ É = J .

(9.145)

PROBLEMA 9.32 Mostrar que las ecuaciones de Maxwell (9.144—5) en regiones sin corriente son invariantes para la transformación

E ' = ± j / j H,

H = T j / - É.

(9.146)

Si J = 0, entonces (9.144—5) se transforma en

Solución:

V x E + jeo/x H = 0,

(9.147)

V x H - ; ü j £ E = 0.

(9.148)

Según (9.146) f - T j/f a - .

h

- ±

^

e

'.

(9.149)

Sustituyendo (9.149) en (9 .1 4 7 -8 ), V x H' - ;
(9.150)

V x E ' + jcDfiW = 0,

(9.151)

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:

Aplicaciones a la teoría electromagnética

241

lo que expresa que los nuevos vectores E' y H ' satisfacen también las ecuaciones de Maxwell. Obsérvese que la transformación (9.146) es, en esencia, un intercambio de E y H, excepto para factores de escala.

El lema Je Lorentz establece que si E , Hay representan soluciones a las ecuaciones de Maxwell (9.147 8 ) en una región sin fuentes, partiendo de fuentes diferentes que operan a la misma frecuencia fuera de la región considerada, entonces V - ( É a x H b - É „ x H a) - 0. PROBLEMA 9.33

So l u c i ó n :

(9.152)

Demostrar el lema de Lorentz.

Usando la identidad vectorial (3.157), V • ( É a x H b) = H b • V x É a - É a • V x H b.

(9.153)

Como Ea , ETft satisfacen (9.147—8), V x Ea =

V x H b = /cuEEb.

Sustituyendo estas en (9.153), V - ( É a x Hb) = -j(o¡j.Ha • H b - ja>EEa • E b.

(9.154)

Intercambiando subíndices a y b, V • (E fa x Ha) = -;o>/iH a • H b - ;a>EEa • E b

(9.155)

pues el producto punto es conmutativo. Por consiguiente, sustrayendo (9.155) de (9.154), V • (E a x Hb - E b x H a) = 0.

El teorema de reciprocidad de Lorentz establece que si E , y Eft, a las ecuaciones de Maxwell (9.147 - 8 ) en una región sin fuentes, entonces J ^ (É a x

Hb

-

Eb

x

H a) • d S - 0.

[9.152]

son soluciones

(9.156)

Este resultado se obtiene aplicando el teorema de divergencia de Gauss al lema de Lorentz (9.152). PROBLEMA 9.34 a

Mostrar que en el campo armónico, la condición de Lorentz se reduce

V • A + jcúp.E(f) = 0,

(9.157)

y los vectores del campo complejo E(r) y B(r) se pueden expresar como B = V x A,

(9.158)

E = -;
(9.159)

Como en el campo armónico, todas las derivadas con respecto al tiempo 9/91 pueden reemplazarse por /co, (9.157) se deduce de la condición de Lorentz (9.55). De modo similar (9.158) y (9.159) se obtienen respectivamente de (9.42) y (9.43) sustituyendo

Solución:

á = ~ — - -V-Á, JCúfJLE

que se obtiene de (9.157).

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(9.160)

242

Análisis vectorial

PROBLEMA 9.35 Mostrar que, en una región sin fuentes,todos los vectores de campo armónico, lo mismo que lospotenciales armónicos, satisfacen las ecuaciones deHelmholtz V 2E + K * E - « ,

(9.161)

V 2 í f + K 2H

0,

(9.162)

V2A + K 2A

0,

(9.163)

+ K 2 . 0,

(9.164)

donde (9.165) So l u c i ó n :

El rotacional de (9.147) es V x (V x E ) =

x H.

(9.166)

Por (9.148), V X H =/cjeE ; por consiguiente, sustituyendo por V XH en (9.166), V x (V x

É ) = -ja>n0'
(9.167)

Según (3.163), V

x (V x E ) = V ( V - E ) - V 2E = - V 2E

pues V • E = 0 en una región sin fuentes. Por tanto, (9.167) puede volver a escribirse como V2E + K 2 E = 0. De modo similar por (9.147) y (9.148), V 2H + K 2E = 0. Obsérvese que (9.163—4) puede deducirse también de (9 .5 6 -7 ) haciendo J = 0,p = 0, y reemplazando 32/9 12 por (yco) ( j u ) = ~ cj 2 .

9.9 Ondas planas El vector de onda o propagación es un vector cuya magnitud es igual a uisjue; i.e., K = K x i + K y i + K z k, donde IK f= K = (K 2 +Kj . + K * ) /2 = <ü onda. PROBLEMA 9.36

(9.168)

La magnitud K se llama un número de

Si r es el vector de posición, E q es un vector complejo constante y É (r) = E 0 e ±;'K’r,

(9.169)

V • É (r) = ± ;K • E (r),

(9.170)

V x E ( r ) = ± ; K x E (r).

(9.171)

mostrar que

Solución:

Si E(r) ='E()±' K ’r, entonces según (3 .1 5 5 -6 ), V ■E (r) = V •(E 0 e t ' K- ') = e ^ K’ rV • E 0 + V ( e ^ ' K-r) • E 0I

(9.172)

V x E ( r ) = V x ( É 0 e ±>K' r ) = e ±iK' rS/ x É 0 + V ( e ±iK,r) x E 0.

(9.173)

Como EQ es un vector complejo constante, se reduce a

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V • E 0 = 0, V x E 0 = 0. Por lo tanto, (9.172-3)

Aplicaciones a la teoría electromagnética

243

V • E (r) = V ( e±>K’ r) • E o»

(9.174)

V x E (r) = V ( e ±;K’ r) x E 0.

(9.175)

Como K • r = K xx + K yy + K z z, | - ( e ±í K - ' ) = dx

±jKx e ±IK'r

y expresiones similares con respecto a j ^ y z . Por consiguiente, en virtud de (3.102), V ( e ±IK' T) = ± j e ±iK' T(K x i + K y j + K z k) = ± ; K ( e ±>K' r ).

(9.176)

Sustituyendo (9.176) en (9.174—5), V - É ( r ) = + ;e ±,K’ r K • E„ = ± ;K • (É 0 e ^ K-r) = ± ; K - É ( r ) ,

V x E (r) = I je * ! * '* K x E 0 = ± ;K x (E 0

= ± ;K x E (r).

Observando (9.176) y (9 .1 7 0 -1 ), obsérvese que suponiendo (9.169), i.e., si la variación espacial es de la forma e±/K *r, entonces el operador V se puede sustituir por el vector ±/X. PROBLEMA 9.37

Mostrar que el vector de campo (9.169) satisface la ecuación de

Helmholtz (9.161). S o lu ció n :

Por la identidad vectorial (3.163), V 2E = V ( V * E ) - V x (V x É ) .

(9.177)

Si E = E0e±' K ’r, donde E0 es un vector complejo constante, podemos reemplazar Vpor el vector ±/K. Así por (9.177), con el uso de la identidad vectorial (1.83) y / 2 = - 1, V 2E = + ; K ( ± ;K • E ) - ( ± ; K ) x (±;'K x E ) = - ( K - E ) K + K x (K x E )

= - (K • E ) K + (K ■E )K - ( K - K ) É = ~ K 2É.

(9.178)

Por consiguiente, V 2É + K2 E = ( - K 2 + K 2) É = 0.

[9.161]

Una onda plarn (monocromática) que se propaga en la dirección del vector de onda K es un campo armónico representado por E (r, 0 = Re [E (r)

f] = Re [E 0

- K •'>].

(9.179)

La superficie de fase constante se define «¿tí - K • r = c o n st,

(9.180)

La velocidad de propagación v se define como la velocidad a la cual se mueven los planos de fase constante. Una onda transversa es una onda para la cual los vectores de campo magnético y eléctrico E y H son perpendiculares a la direción de propagación K. La impedancia característica V de un medio con constantes e y ¿u es la razón de la magnitud del vector de campo eléctrico E a la del vector de campo magnético H; i.e.,

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T 244

Análisis vectorial

PROBLEMA 9.38 Mostrar que (a) una superficie de fase constante es un plano normal a K, (b) la velocidad de propagación de una ondaa]plana vp es 1

(9.181)

(c) el vector del campo eléctrico E es normal a la dirección de propagación K, (d) el vector de campo magnético H es perpendicular a K y a E y es „ K x E H = -------- ,

(9.182)

Cúfl

y (e) la impedancia característica r¡ es (9.183)

'- m - /

(a) Si se halla una superficie de fase constante haciendo t = const en (9.180), obtenemos la condición de fase constante

So lu ció n :

K • r = co n st,

(9.184)

que es la ecuación de un plano normal a K. (Cf., problema 6.16.) (b) Si £ es el componente de r en la dirección K (véase figura 9.5), entonces por (1.30) podemos escribir K • r = K | y (9.180) se transforma en cot ~K% = const. Diferenciando con respecto al tiempo t se obtiene d £

cú

dt

K

(o

1

(c) por (9.148), en una región sin fuentes, -

1

jcúE

V x H.

(9.185)

Así que

Figura 9.5

U na onda plana propagándose a lo largo de K.

Reemplazando

V

V -E = — V - ( V x H) = 0. jtú e

(9.186)

- ; K • E - 0,

(9.187)

p o r - /K .

lo que implica que E(r) es normal a la dirección de propagación K. (d) En una región sin fuentes, por (9.147), H =Reemplazando

V

1

JCÚfl

V x E.

(9.188)

p o r - /K , H = - Ti - ( - ; K x E ) = — , ;
[9.182]

lo que muestra que H es perpendicular a K y a E. Por el requisito V • H = 0 podemos obtener también la relación (9.189)

—; K . H = 0, lo que muestra que H es también normal a K. Reemplazando V por -y'K en (9.185), E = --

K x H

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cú £

íí x K cú

£

(9.190)

Aplicaciones a la teoría electromagnética

245

Así que (9.182) y (9.190) muestran que (E, H, K) forman un conjunto derecho de vectores ortogonales. (Véase figura 9.5.) (e) Por (9.182) y como E, K son ortogonales, | H | = — | K x E | = — | E |. ojfi con Así que la impedancia es |E|

cup.


17 “ ] ¥ [ “ T

9 .10

/ p

V ~e'

” c uype

Problemas suplementarios

PROBLEMA 9.39 Mostrar que en medios isotrópicos homogéneos, E y H satisfacen las ecuaciones de onda no homogéneas,

r , 2 r. ¿ 2)E = p
dt2

V 2 H —p 8 ^ P

dt2

8

^ dt

P

= -VxJ.

PROBLEMA 9.40 Mostrar que en medios isotrópicos homogéneos y una región sin fuentes, E y H satisfacen d 2E

n2n

dE

V E - p 8 --------- aa ------ = 0, '

dt2

n !ll

F

dt


<9H

„

V H —u E --------- u.a ------ = 0. F

dt2

1

dt

PROBLEMA 9.41 Un indicador útil para el campo electromagnético en el caso en que no hay cargas es el indicador de Coulomb, donde V • A = 0. Mostrar que en este caso los potenciales A y <¡>satisfacen d 2A

V A - . s —

dd>

- , J +, e V - .

V 20 = - - . 8 Mostrar también que para que los nuevos potenciales satisfagan la condición del indicador de Coulomb, la función indicadora ip debe satisfacer la ecuación de Laplace V 2 \¡j = 0. Mostrar que los potenciales en el punto definido por el vector de posición r en campos eléctricos y magnéticos uniformes son PROBLEMA 9.42

0 = - E • r,

A = — (B x r). 2

PROBLEMA 9.43

Mostrar que el flujo magnético

y el vector de potencial A están

relacionados por <5 =<|) A - dr, y por consiguiente, que la fem en un circuito fijo C es

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Análisis vectorial

246

fem = — 4 ) A - dr. dt Mostrar que la fuerza por unidad de volumen fv. llamada a veces la densidad de fuerza de Lorentz, sobre una región de espacio libre (vacío) que contiene cargas y corrientes debidas a un campo electromagnético se puede expresar como PROBLEMA 9.44

fv = p E + J x B . PROBLEMA 9.45

Usando las ecuaciones de Maxwell, mostrar que

t v = - e „ - f ( E x B) + 8 0 E ( V . E ) — dt

I £ 0V ( E 2) + £ 0(E • V )E 2

+ — B ( V - B ) - — V ( B 2) + — ( B - V ) B . Po 2 fio fiD La cantidad e(J E X B = D X B se llama a veces densidad de momentum del campo electromagnético. [Sugerencia: Usar la identidad vectorial g x (V x g) = y ^ ( g 2) - (g • V) g, que puede deducirse de (3.159) tomando f = g] PROBLEMA 9.46 Hallar el campo eléctrico E y el potencial (¡>debido a una línea de carga infinita con densidad de carga por unidad de longitud pr

Respuesta: E = -------- e p,

P¡ 0 ( Pl) - 0 ( p 2) = — -

¿ n Ep

/ P2 ' ln -

2vE

\p¡

PROBLEMA 9.47 Un volumen esférico de radio a centrado en el origen contiene una carga eléctrica de densidad uniforme p Q. Hallar el campo eléctrico E(r) y el potencial
Respuesta: Para 0 < r < a, E (r)

Para r > a ,

= — re „ 3s0

a 3Po E (r) = -------- er, 3 e 0r 2

0 (r) =

^ (r) =

3e0

2

a + —

6e

( r 2 - a 2).

a 3 pn 3e f

Un cable coaxial consiste en un conductor sólido interno de sección transversal circular de radio a rodeado por un cilindro hueco conductor de radio interior b y radio exterior c. Una corriente total / fluye en el conductor interno y regresa por el conductor externo con distribución uniforme. Suponiendo que el eje del cable coincide con el eje z y su longitud es infinita, hallar el campo magnético H dentro de y entre los dos conductores. Respuesta: Fot p < a , H = ------- p e<¿; a < p < b, H = ------ e<¿. 2na2 2 np PROBLEMA 9.48

For b < p < c ,

PROBLEMA 9.49

I

c2- p 2

H = —-------- ------- e ¿ . 2 np c - b

Mostrar que la fuerza sobre un dipolo eléctrico en un campo eléctrico

E es

f = (p •V) E. PROBLEMA 9.50 Mostrar que el momento sobre un dipolo eléctrico colocado en un campo eléctrico uniforme E es

T e = p x E.

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Aplicaciones a la teoría electromagnética

247

PROBLEMA 9.51 Hallar la expresión para la fuerza ejercida sobre un alambre que lleva una corriente / cuando el alambre se sumerge en un campo magnético B.

Respuesta: f ^ l

ffl d r

x

B.

c PROBLEMA 9.52

En un campo armónico, si el vector complejo de Poynting se define

como P = -

2

(E x H*),

mostrar que V - P + 2 j o > ( ~ ¡i | H

|2 -

i

e | . E | 2j = - |

(E .J *),

donde H* y J* son vectores complejos conjugados de H y J, respectivamente y |H|2= H H * ,

|E |2= E-É*;

dar una interpretación física de esta ecuación. PROBLEMA 9.53 Hallar el campo eléctrico a una distancia a de una línea de carga de longitud infinita y fuerza p¡ coulombs/m. [Sugerencia: Usar la ley de Gauss (9.32).]

Respuesta:E = E p e p = P l/ 2 n Z 0a e p . PROBLEMA 9.54 Mostrar que el campo eléctrico del dipolo eléctrico de la figura 9.3 puede expresarse como

E = — - — (2 co s 6 er + sen 6 efí). 4n-e0r 3 PROBLEMA 9.55

Mostrar que la energía almacenada en un campo electrostático se

puede expresar como

íIUe-d',h

í S h dv’

donde p es la densidad de carga y 0 es el potencial escalar del campo electrostático.

PROBLEMA 9.56

Mostrar que la energía almacenada en un campo magnetostático se

puede expresar como

2JjJB' HdV=2JIC1AdV‘ donde J es la densidad de corriente y A es el vector potencial del campo magnetostático.

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10 CAPITULO

FORMAS DIFERENCIALES 10.1

Formas diferenciales

Una forma diferencial exterior del espacio 3-dimensional con coordenadas x, y , z es una expresión obtenida sumando y multiplicando funciones de valor real y los diferenciales dx, dy, dz de las coordenadas. Estas operaciones de adición y multiplicación obedecen a las leyes usuales asociativa y distributiva-, sin embargo, la multiplicación no es conmutativa, sino que obedece a la ley anticonmutativa: si reemplazamosx, y , z por jc„. x 2, x 3, respectivamente, entonces d x¡dxj = - d x j d x j para 1 < i, / < 3.

(10.1)

Por la regla anticonmutativa, denotamos esta multiplicación de formas por medio de una cuña A. Si cada sumando de una forma diferencial contiene expresiones p dx¡ donde p = 0, 1, 2 ,3 , la forma se llama forma diferencial de grado p o simplemente, una forma p. Así, una forma una forma una forma una forma

0 I 2 3

es es es es

simplemente una función diferenciable/Or, y, z); una expresión f d x + g d y + h dz\ una expresión f d x A d y + g dy A d z + h d z A dx; una expresión f d x A d y A dz.

Los coeficientes f g. h se suponen funciones escalares de las coordenadas, infinitamente diferenciables. Una forma exterior diferencial es idénticamente cero si y sólo si todos los coeficientes de su definición son idénticamente cero. Como extensión natural de las definiciones anteriores, sobre un espacio «-dimensional con coordenadas.V,, . . . , x „ , una forma diferencial de gradop (o form ap ) es una expresión de la forma »• ■ Ip( x t , 4 , ■ , xn) d x ¡^ A . . . a dx ¡ p , donde la suma se toma sobre todas las combinaciones posibles de ios índices p y los coeficientes an . . . ip ( x t x „ ) se suponen funciones infinitamente diferenciables de las coordenadas (o n variables).

10.2

Suma y producto externo de formas

Las formas diferenciales de la misma clase se suman combinando coeficientes de formas semejantes. Así, en notación de Índices para formas 1, Y ' j i d x¡ +

dxj = £ ( / , + g ¡)d x¡.

(1 0 .2 )

La regla correspondiente vale para formas 2 ó 3. Sin embargo, cuando dos términos

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248

Formas diferenciales

249

contienen los mismos diferenciales, pero en orden diferente, deben ordenarse sus coeficientes antes de sumar, usando la ley anticonmutativa ( 1 0 . 1 ). La multiplicación se llama a veces producto exterior o producto cuña de formas diferenciales de la misma clase, además de obedecer las leyes as<x-iativa y distributiva, también obedece la ley anticonmutativa ( 1 0 . 1 ) que en notación de índices es dx¡ a dx¡ = - d x t a dXj,

(10.3)

Por esta regla anticonmutativa, debe preservarse el orden de los factores cuando se multiplican las formas. En general,el producto exterior de una forma p y una forma q esuna forma (p + q). Como una forma 0 essimplemente una función, la multiplicación externa por una forma 0 no afecta el grado de una forma. PROBLEMA 10.1 Mostrar que en una forma diferencial las “ repeticiones de los diferenciales son cero” ; i.e., d x j a dx¡

= 0.

(10-4)

Este resultado es una consecuencia natural de la ley anticonmutativa (10.3). Así que haciendo i = j en (10.3),

Solución:

dx¡ A dx¡ = - d x ¡ a dx¡ .

De modo que d x ¡ a dx¡ = 0 .

PROBLEMA 10.2

M ostrar que en el espacio 3-dimensional, todas las formas p con

p > 3 son cero. Esta es también una consecuencia de la ley anticonmutativa (10.3). Un producto de más de dos expresiones dx. debe contener dx. dos veces. Pero de acuerdo con (10.4), las repeticiones dan cero. Por lo tanto todas las formas p con p > 3 son cero. Por ejemplo, como dx A dx = 0, Solución:

dx A dy A dx A d z

= — d x A d x a d y a d z = 0.

Así. en general, el producto exterior de una forma p y una forma q es cero en un espacio «-dimensional si p + q es mayor que n ya que habrá repeticiones. En este capítulo las formas diferenciales están, en general representadas por letras griegas minúsculas. PROBLEMA 10.3

Para las formas diferenciales

(X = x d x - y d y , cú

¡3 = x d x - z d y + y 2 d z ,

= y d x A d z +x d y A d z ,

calcularlos productos exteriores: a a 6.

y

(a) CX a ¡3,

y = z dy,

6 = x y z dx A dy A dz,

(b) a a /3 a y,

(c ) a a co,

y

( d)

Solución: (a) Como d x A d x = d y a d y = 0,

dy a dx

= - d x a dy,

y

dx a dz

- d z A dx, Ct A (8 = ( x d x - y d y ) A ( x d x

- z dy + y 2 dz)

= x 2 dx A dx - xy dy A dx - x z dx a dy + y z dy A dy + x y 2 dx A dz - y 1 dy A dz = x (y - z) d x a d y - y 3 d y a d z - x y 2 d z A d x c

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=

Análisis vectorial

250

(b ) Como dx A dy A d y y d y A dz A dy contienen repeticiones, ambos son cero y dz A dx A dy = —d x A dz A dy = dx A dy A dz. Por consiguiente, OL A f i A

y = [ x ( y - z ) d x A d y - y 2d y A d z - x y 2d z A d x ] a z d y =

x z ( y - z ) d x A d y a d y - y 2d y A d z a d y - x y 2z d z

= - x y 2z d x A d y

dx

A

dz.

a

(c) Como d x A d x A d z = d y A d y A dz = 0 y a a üj =

a

dy A dx A d z = - dx

Ady

A dz,

(x d x - y d y ) a (y d x A d z + x d y a d z )

= xy dx

a

dx

= ( x 2 + y 2) d x

d z - y 2d y A

a a

dx

dz +

a

x 2 dx Ad y a d z - x y

dy

a

d y A dz,

Como d x A dx A d y A dz y d y A d x A d y A dz contienen repeticiones, ambos

(d)

son cero. Por tanto, a A

0

= (x d x - y d y ) a (xyz dx A

= x 2y z d x

dy A dz)

d x A d y A d z - x y 2z d y A

a

dx

a

dy

A dz

= 0.

PROBLEMA 10.4 m ostrar que

Establecer la ley anticonmutativa para las formas 1 a y (3; i.e., a a /3 = ~/3 a a .

Solución:

(10.5)

En la notación de índices, si las formas diferenciales son a = Y^f¡dXi,

p = Y ^ é j dx j,

i

i

entonces por la ley anticonmutativa (10.3), a A P = (^2

=

U

A 1 ^ 2 é i dXj'j

{‘&1 dx¡ A d x i

^ ‘

’

// f¡ g j dXj a dx ¡

i

i

dx^ j

A

li dx¡

= -jS a a .

PROBLEMA 10.5

Paralas formas 1 a = /, dx

+ / 2 dy + / 3 dz,

( 1 0 .6)

¿3 = g, dx

+ g2 d y + g, d z ,

(10.7)

y

=

dy

A dz

+h2 d z a d x + h 3 d x a d y ,

(10.8)

calcular los productos externos a A ¡3 y a A y y mostrar que estos resultados corresponden a los productos escalar y vectorial de dos vectores ordinarios.

S olución:

Usando (10.3—4),

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Formas diferenciales

251

O. A /S = ( f l d x + f 2 d y + í 3 d z ) A ( g x d x + g 2 d y + g 3 d z ) = í l g 1 d x a d x + f2é i d y a d x + f3 g l dz. a dx + fl g2 dx

d y + f 2 g 2 d y a d y + t 3g 2 d z a d y

A

+ f l g 3 d x a d z + l 2 g 3 d y a d z + f 3g 3 d z a d z = ( {2 é j -

4 á 2) d y a d z + ( f 3 g í - í ^ g ^ d z a d x

(10.9)

+ (^ ¿2 - 4 á i) d x a dy,

a f\ y = ( f l d x + f 2 d y + f 3 d z ) A (/it d y a d z + h 2 d z A d x + ft3 d x a d y ) = / j / i i d x a d y a d z + / 2/ j t d y A d y +

/i2 d x

a

dz

a

d x + í 2h 2 d y

a

a

dz

d z + f 3h l d z A d y a

d x + f 3h 2 d z

a

a

dz

dz a

dx

+ ( í h 3 d x a d x a d y + t 2h 3 d y A d x A d y + í 3h 3 d z A d x a d y

=

+ í 2 h 2 + í 3h 3) d x a d y A d z .

(flh l

(10.10)

Ahora, se hacen las siguientes correspondencias entre formas diferenciales y funciones vectoriales: forma l a = lv dx + í2 dy + f3 dz <—►vector f = [f1( t2, fs] ,

( 10 .1 1 )

forma 1 ¡3 = g, d x + g 2 d y + g 3 d z <—>vector g = [g1; g 2, é 3],

( 10 . 12 )

forma 2y = hl d y a d z + h2 d z a d x + h3 d x a d y <—►vector h =

[hl , h 2, h 3], (10.13)

Entonces, comparando definiciones de productos exterior y vectorial (10.9) y (2.25), vemos que el producto exterior a A (3 de dos formas 1 (formas 2) corresponde al producto vectorial de f X g. Comparando también las definiciones de productos externo y escalar (10.10) y (2.24), vemos que el producto externo a A 7 de una forma 1 y una forma 2 (forma 3) corresponde al producto escalar de f -h.

Asi', en general a cualquier forma 1 ó 2 corresponderá una función vectorial y a cualquier forma 0 ó 3 corresponderá una función escalar. Las correspondencias entre las operaciones de formas diferenciales y las que incluyen funciones escalares y vectoriales se ilustran en las secciones finales.

10.3

PROBLEMA 10.6 que

Cambio de variables y jacobiano de una transformación

Si se describe una transformación p o rx = x ( u , v ) ,y = y (u , v), mostrar

dx

a

d(x,y) d y = ------------d u d(u,v)

a

(10.14)

dv

donde d(*>y) <9(1!, v)

dx

dx

du dy

dv dy

du

dv

—

*U

*v

(10.15)

yu yv

es el jacobiano de la transformación. Sol uci ón: dx =

A

Como las diferenciales son

du + — d v - x u du + x v d v , du dv

dy dy d y =. — d u + — d v = y u d u + y v d v ,

du

dv

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252

Análisis vectorial

el producto externo es dx a dy = ( x u d u + x v dv) a ( y u d u + y v dv) = x uy u d u A d u + x u y v d u A d v +

x vy u d v A du + x v y v d v A dv

= (*uyv - x vYu) d u a dv X, ,

X<,

du a dv

yu yv ¿ (x ,y ) du A dv. d (u ,v ) PROBLEMA 10.7 Si jc =x(u, v, w), y =y{u, v, w), z = z(u, v, w) describe una transformación, mostrar que d ( x , y , z) d x A d y a d z = — ------------ d u d (u,v,w )

a

dv

a

dw,

(10.16)

donde dx

dx dv

dx

du d ( * ,y , z )

dy

dy

dv

d ( u , v , w)

du

dv

dw

dz

dz

dz

du

dv

dw

dw Xu

X y

X w

yu

Yv

Yw

Zy

Z w

Zu

(10.17)

es el jacobiano de la transformación. So l u c i ó n :

Los diferenciales son dx , dx , dx , , , , d x = — d u + — d v + —— d w = x u d u + x v d v + x m a w , du dv dw dy dy dy = — du + — dv + du dv

dy — dw = y u d u + y v d v + y w dw, dw

d z = — d u + — d v + —— d w = z u d u + z v d v + z w d w , du dv dw

Entonces, procediendo de manera similar a la del problema 10.6, el producto externo es dx

a

d y a d z = ( x u d u + x v d v + x w dw) A (y u d u + y v d v + y w dw) a (z u du + z v d v + z w dw) =

(

y

v

— y w z u ) ~~ y u ( j ^ v ^ w

+ z u ( x v y w - x wy v) ] c f u

XU Xy

a

dv

—

a

z v)

dw

XW

yu

y v y™

Z u

Zy

du A d v A dw

Z

d (x,y,z) du

a

dv

a

dw.

d ( u , v , w)

PROBLEMA 10.8 Mostrar que (10.14) es equivalente a la ley anticonmutativa (10.3) de los productos externos. Solución:

Intercambiando * e y en (10.14) y por la propiedad del determinante,

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Formas diferenciales

253

esto es, si se intercambian dos filas de un determinante el valor del determinante cambia de signo, dy

d ( y , x) dx = ---------du a dv

a

d(u,

V)

d (x,y) = - —— —— d u a d v d ( u , V)

= - d x A dy„

(10.18)

Se ve también que (10.14) y (10.16) aparecen en el cálculo elemental, i.e., el teorema sobre transformación de integral múltiple requiere que d x d y se reemplace por 9 (x, y)/d(u,v) dudv cuando se hace la sustitución x - x ( u , t>), y ~ y (u , r). Así que las formas diferenciales se pueden usar para calcular el jacobiano de una transformación. El sistema coordenado cilindrico se define por la transformación x = u eos v, y = u sen v, z = w. [Véase (5.36).J Usando formas diferenciales, hallar el jacobiano 3(x, y , z)/d(u, v, w). PROBLEMA 10.9

Solución:

Los diferenciales son dx = eo s v du - u sen v dv, dy = sen v du + u eo s v dv, dz = dw.

Entonces por (10.16), el producto externo es dx a dy a dz — [(eos v) du - (u sen v) dv] a [(sen v)du + (u eos v) dv] a dw = ( u e o s 2 v du a dv - u s e n 2 v dv a du) a dw = u ( c o s 2 v + s e n 2 v) du a d v a dw = u du a dv A dw d(x,y,z) = ---------------- d u a d v a d w . d ( u , V, w )

Así que el jacobiano es d ( x , y, z) d(u,v,w)

lo que está de acuerdo con el resultado obtenido en (5.37).

10.4

Diferenciación exterior

La derivada exterior de una forma p u e s una forma (p + 1) doj que se obtiene aplicando un operador d para transformar a> en du). Las definiciones de du> para formas del espacio 3 son como sigue. Si la función / diferenciable es una forma 0, entonces d f es la forma 1 (10.19)

d i = ~ dx + ~ dy + f í - dz. dx ay dz

Si lo es una forma l , f , d x + f 2d y entonces du> es la forma 2 doj = d i l

a

+

f \ d z cuyos coeficientes f. son funciones diferenciables,

dx + dí7

a

d y + d(3

a

dz.

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(10.20)

254

Análisis vectorial

Si co es una forma 2, / , d y A dz + / 2dz A d x + f i d x A d y cuyos coeficientes /,• son funciones diferenciables, entonces du> es la forma 3

da> * df¡ A dy

a

d z + dít

dz

a

dx + dft

a

dx

a

a

dy.

(

10.2 1)

En resumen, ¿{forma 0 ) - forma 1 ¿(forma 1) = forma 2 ¿(forma 2) - forma 3

.

( 10 .2 2 ) (10.23) {10.24)

PROBLEMA 10.10 Mostrar que s i/ es una función diferenciable de las coordenadas, entonces el diferencial d f de / e s una forma 1 . S o lu ció n : Si f es una función diferenciable del espacio 3-dimensional entonces por cálculo elemental, el diferencial d f de / se puede escribir como en (10.19); i.e., ,,

df

df

df

dx

dy

,

.«i

dt .

= — dx + — d y

+— dz,

[10.19]

dz

que es exactamente la expresión de una forma 1 . PROBLEMA 10.11 Usando (10.20), hallar dco para co = y z dx + x 2 dz. Solución: Por la definición de la derivada (10.20), dco

= d(yz)

+ d (x 2)

dx

A

= (y d z + z dy) = y dz

a

a

dz

dx + (2 x dx)

dx + z dy

(y - 2 x) d z

f

a

A

A

a

d x +2 x d x

cfx - z d x

A

dz

dz

dy.

a

PROBLEMA 10.12 Hallar dw cuando co

= f l d x + f 2 d y + f3 d z ,

(10.25)

donde f¡ (i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables. Solución:

Por (10.20) y usando (10.19), la derivada exterior es dco

= dti

dx

A

+ dt2

A

dt,

df,

(9/,

—— d x + —

ax

d/2

/d + 1

az

d /2

/3

dt

df ,

d t 2\ dz j

f dd ff 2

ddf jf \

dx

/

d /2

3

dy

dy

\

d

dz) /

/3

a

dy

\

+ t d -z d z / A (dfx

^ r ) dy A dz + [—

+ ( — - — ] dx dx

\

d x + -— d y + — dy dz

\d x

dz

A

d y + - — d z 1a

ay

— dx

dy + d / 3

\dz

A

d t\ - —

dx )

idz

a

dx

dy.

(10.26)

dy

PROBLEMA 10.13 Hallar dco para co dado por co = /j d y A d z + f 2 d z a

dx

+ /3

dx

a

dy,

donde f¡ (i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables de x, y, z. Solución:

Usando la definición de derivada externa (10.21) y (10.19),

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(10.27)

Formas diferenciales

= dfí

dco

a

dy A d z

í dfl

+ df2

dfí

a

dz

dll

255

+ df3

dx

A

a

dy

a

dz

dl2 \

df2

+ l — dx + — dy+ — \dx dy

dz] dz /

A

- — dx + — dy + — d z ) dx dy dz

A

dL

c/x

\

= I — d x + — d y + —— d z I A d y \ox ay dz /

/ df2

A

d z A dx

dL

dU

dfl d(2 d(3\ - — + — + — ) dx dx dy dz!

A

dy

dii

A

dy

(10.28)

dz.

A

PROBLEMA 10.14 Si co = x y dy A dz + x dz A dx + 3z x dx A dy, hallar dco. La derivada exterior es

Solución:

da>

=d (xy)

a

dy

a

dz

+ dx

a

dz

dx

a

+ d (3 zx ) a d x A d y

=

(x dy + y d x ) a d y a d z + (3z dx + 3x dz) A d x a d y

=

(y + 3x) d x A d y a d z .

f

.d f.

fu n c ió n

fo rm a

fo rm a

0

grad

escalar

La operación sola de diferencistción en el sistema de l en tumo a las operaciones de tomar el gradiente de una fur rotacional y la divergencia de una función vectorial. Esto i la figura 10.1.

alar y tomar el

_ — fo rm a

en

Aplicando un operador d a la forma 0 f( x , y, z) que corresponde a una función escalar, obtenemos la forma 1 [10.19]

+ f'-d y M d z dy dz

que a su vez corresponde a la función vectorial V f = [d f/d x , df/dy, 9 //9 z ] , el gradiente de f tal como se define en (3.110). Luego, aplicando el operador d a la forma 1 a> = (l dx + t2 dy + f 3 dz

[10. 25]

que corresponde a una función vectorial f = \ f x, f 2, / 3 ], obtenemos, la forma 2 d(3 dy

dí2 dz

dy A dz +

( d ll d{3\ ( — - — j dz

A

( d l 2 d iA dx + ( — - — ) dx dx

dy

A

dy.

[10.26]

Así que (10.26) corresponde a la función vectorial V X f, el rotacional de f definido en (3.138). Finalmente, si hacemos corresponder la forma 2 a> = f l d y A d z + í 2 d z a d x + f 3 d x a d y

[10,27]

a la función vectorial f = [ / i , f 2, f^ ] , entonces, aplicando el operador d , obtenemos la forma 3 dfl da>

df2

di-,

— + — +— dx d y d z,

dx

A

dy

A

dz,

[10.28]

que corresponde a su vez a la función escalar V * f, la divergencia de f. [Cf., 10.28) y (3.127).]

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1

fo rm a

2

f

ro t f) fu nción

vecto rial

fu n c ió n

vectorial-

Solución:

da> -

vecto rial

____ dcoí__ - V x f (

PROBLEMA 10.15 Obtener una relación entre las derivadas exteriores de una forma 0 y gradiente, una forma 1 y rotacional y una forma 2 y divergencia.

dx

f)

fu n c ió n

1

“2---------dco. -------fo rm a 2

fo rm a 3

'V • f (div f) fu n c ió n escalar

Figura 10.1

Análisis vectorial

256

Según las definiciones y ejemplos anteriores sobre derivadas exteriores de I vemos que, en general las derivadas exteriores de formas satisfacen la propiedad
(10.2?)

donde a , 0 son formas arbitrarias y a, b son números. PROBLEMA 10.16 Si a y (3 son formas 1, mostrar que

d ( a A/ 3) = d a A / 3 - ® A d / 3 . So l u c i ó n :

(10.30)

En la notación de índices, sea a = Y 2 f i d x i, i

P = J ^ g j d x j, j

(10.31)

donde f¡, gj (1 < i, j < 3) son funciones diferenciabas de las coordenadas. Entonces por la definción de una derviada externa, do. =di¡

a

dx¡,

d /3 = E

dg¡

/

a

dXj,

(10.32)

;

Ahora,

aA^=(2]fi dXi)A(? g¡ dx¡

)'? ?

fjg j dXj a dx¡.

Usando la ley anticonmutativa (10.3) y (10.31—2) la derivada exterior es d (a

a

/3) =

=

E

E

d ( f j g j ) a dXj A dXj

i

i

i

] L,

**

E E fe

adx¡adx>

■ E E Í E l ; á’ H f j \ k + E E Í Z ! i i \ k

A * , A ‘'’‘'

A d x , A d X,

-EE(E £ + E E ( E

E E (d/j i ; ^

A

^ * » J a í ,<íx, a * ,

dxy)

(df, A dx,) A ^

A gy

dx j - E E f i dXj i i

á , dx¡ - E

f¡ dxj A

A

(cfg;

A <ÍX; )

(dgj a dx y)

= d a a /3 - oc a d/3. PROBLEMA 10.17 Verificar (10.30) con a = / d x y 0 = g dy, d o n d e / y g son funciones

diferenciables de las coordenadas x, y, z.

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Formas diferenciales

257

Como a A (3= f d x A g d y = f g d x A dy, la derivada exterior es

Solución:

d(0 C a jS) = d(fg) a dx a dy d(íg) d(fg)) dd(fg) (fé) — ---- dx + — ----- dy + — ----- dz . dx dy dz d ({g)

1

a

dx A dy

dx a dx A dy

dz df dg\ — g + f — dz dz

dx a dy a dz.

Ahora, d<X = d f A dx = [ ~^~ dx + — dy + — d z ) A d x \dx dy * dz 1 df

— dy

df

dx + — dz a dx,

A

dy

dz

y por lo tanto, = ( ~ - dy a dx + dz a d x ) a g dy \dy dz

da a

dt

g dz A dx

dy

A

— g dx A dy A dz.

dz

De modo similar, ( dg

dg

dg

dfi = dg A dy = I — dx + \dx

— dy +— dz )a dy

dy

dz

dg

dg

dx

dz

/

= ——dx A dy + — dz A dy,

y por consiguiente Ot A

d/3

= f

¡dg

dx

A l —

dg

\

dz

/

dg

dx A dy +——dz A dy 1 = - f — dx

\dx

A

dy A dz.

dz

Así que (d f

d(X

a

/3 -

a

A

dfi = ( — \d z

dg\ g + f — )

dz/

dx

a

dy

a

dz

=

d((X

A

¡3).

[10.30]

Si a es una form ap y ¡3 es una forma q sobre un espacio «-dimensional, la generalización de (10.30) es d (a

a

0) = da

p +. ( - i ) p a

a

a

d p.

(10.33)

PROBLEMA 10.18 Demostrar (10.33). S o lu ció n :

Si a y (3son monomios dados por a - f dx ¡

'1

a

P = g dxh A

...

a

dx ¡ ,

’p ’

(10.34)

...

A

d x jq,

(10.35)

entonces sus derivadas exteriores son

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Análisis vectorial

258

d a = df

a

dx¡i

d/3 = dg

a

dx;i

...

a

a

dx¡p)

(10.36)

A c?Xy9 ,

(10.37)

a

...

Ahora, con uso repetido de la ley anticonmutativa (10.5), d (0C A /S) = d (/g )

A

d x ¡i A

...

= ( f dé + é df)

A

= Ce//

...

A G?X¿1 A

a

dx,

1

A

c/xip)

A

+ ( - l ) p (/ dx¡t A . . . = d a A /S + ( - l ) p

dx¡p

A

dx¡i

A ...

A

dx;

A

A

’p

(g c/x;i

dx i p)

A

A

dx 1 A 11

A ...

A (dg

dxj(j

A

A

c/x;i

...

A

• dx/q)

A

...

dx;

'q

Ac f Xj

[10.33]

a A d/8.

Por consiguiente, queda demostrado (10.33) para monomios a y j3. El caso general se sigue por linealidad.

10.5

Lema de Poincaré

El lema de Poincaré establece que si cj es cualquier forma de funciones continuamente diferenciables, entonces (10.38)

d(du>) = 0 . PROBLEMA 10.19 Demostrar que para cualquier forma U co, II

O

•i

Solución:

(10.39)

Como una forma 0 es una función escalar, sea co = f( x , y, z),

donde f(x , y, z ) es una función continua dos veces diferenciable. Si denotamos la diferenciación parcial por una notación con subíndices(p.e. df/dx = f x , d2f/ d x d y = f x y , etc.), entonces por (10.19), (10.40)

da> = df = f x dx + f y d y + fz dz. Así que d(da>) = d (d f) = d f x

A

dx + d fy

A

dy + d f z

= (f xx dx + f yx dy + f zx dz)

({ y z

~ iz y )

dy

A

dz

dx + (f xy dx + f yy dy + f zx dz)

a

+ ( f x z dx + f yz dy + f zz dz) =

a

a

a

dy

dz

d z + ( f zx - f x z) d z

a

dx + (f xy —f y x) dx

= 0,

A

dy (10.41)

pues todos los coeficientes son cero porque f xy = f y x , etc. De modo similar, se puede mostrar que (10.38) vale también para cualquier función continuamente diferenciable de n variables. PROBLEMA 10.20 Demostrar que para cualquier forma lw , d(d<ü) Solución:

=

(10.42)

0.

Usando notación de índices, una forma 1 co se puede expresar como (Q =

f i dx¡,

(10.43)

donde f.(i = 1, 2, 3) son funciones diferenciables de x .{i= 1, 2 ,3 ). Ahora, por la definición de derivada exterior, da> =

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df¡

a

dx j .

(10.44)

Formas diferenciales

259

Así, usando (10.30), d(dúi) = y

' d (df j A dxj)

= ^ ^ [ d ( d / ;) A d x ¡ —d f ¡ A d (d x ¡)].

(10.45)

d (d /¡) = 0

(10.46)

Pero por (10.39), y

d ( d x ;) = 0.

P or consiguiente, d ( d o j ) = 0. PROBLEMA 10.21

Si co es una form a 2, m ostrar que d (d w ) = 0.

S o lu c ió n :

(10.47)

Si co es una form a 2, entonces el grado de d(dco) es 4 , que excede a 3; por

tan to , según el resultado del problem a 10.2, d(da>) = 0 .

PROBLEMA 10.22 D em ostrar (10.38); i.e., m ostrar que para cualquier form a diferencial co, d(d
[10.38]

Supongam os que una form a p co sobre el espacio «-dimensional es un

m onom io dado por dxj^ a . . .

a> = f

a d x ip,

(10.48)

donde f e s una función de n variables continua y doblem ente diferenciable. Ahora, usando (10.33) d ( d c o ) = d ( d f a d x /i A . . . A d x ¡ p ) = d ( d í ) a d x ¿i a . . . A d x ¡p - d i a d ( d x ¡i a . . . a cfx¡p)

= -d /

a

d ( d x ¡(

a

...

a

d x íp)

(10.49)

pues d (d /) = 0 por (10.39). Así, es suficiente m ostrar que d ( d x ¡í a . . . a d x i p ) = 0.

(1 0 .5 0 )

D em ostram os (1 0 .5 0 ) po r inducción sobre p. Supongam os que d(dx¡ia ...

A d x j p _ 1) =

0.

(10.51)

Entonces, usando o tra vez (10.33), d ( d x fi

a

. . . a d x íp) = d ( d x ¡ ¿ )

pues d( dxn ) = 0 por (1 0 .4 0 ) y

a

d x ¡2a . . .

a

dx¡

- d x ¡ i A d (d x ¡2 a . . . A d x jp) = 0

d(x¡2 A . . . dx¡p) = 0 por la hipótesis (1 0.51).

Esto com pleta la dem ostración de (10.47) cuando co es un m onom io. El caso general se sigue por linealidad.

PROBLEMA 10.23 M ostrar que el lem a de Poincaré (1 0 .3 9 ) para una form a 0 co corresponde a la fórm ula vectorial rot (grad /) = V x (V O = 0. S o lu c ió n : C om parándolos resultados del problem a 10.19 y el problem a 10.15, o usando la figura 10.1, vemos que la relación d(d
[10.39]

vale para una form a 0 co y por ta n to , corresponde a la identidad vectorial V X ( y f ) = 0. [Véase (3.142).]

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260

Análisis vectorial

PROBLEMA 10.24 Mostrar que el lema de Poincaré (1 0 4 2 ) para una forma 1 lo corresponde a la fórmula vectorial div ( ro tf) = V - ( V x f ) = 0 . So l u c i ó n : La figura 10.1 muestra que si lo es una forma 1, dLo corresponde al rotacional de una función vectorial y d(dcj) a su divergencia. Así, la relación d(dcü) = 0

[10.42]

vale para una forma 1 co y por tanto, corresponde a la identidad vectorialV (V X [Véase (3.143).]

10.6

f)

= 0.

Invariancia de derivadas externas bajo transformaciones n T es una regla que asigna a V , un punto (_v, , . . . , x „ ) en un

Un cada p espacio «-dimensional Vf ; i.e..

Tt vm — ¡ | IJna t

s coordenadas como

«»m). * = 1,2,

(10.52)

■ .iii'tformai.iún T es dijen ní table si las funciones coordenadas ( 1 0 * :) son continuam ente diferenciabas. ■de uno y i m to en Vm a a T 1 Je T existe si 7 'es y se d

o

i ■ BM M i

: V

—* V sobre co ti u) i .? , ...........y i i c i ............... dxn siempre que aparezcan por las funciones coordenadas ( 10.5 2) y luego sitri o el resaltado por medio de algebra de formas. s, i.e., suma, producto cufia y (a + /

+ p*,

(10.53)

(dw)* = d(a>*).

(10.55)

Obsérvese que en (10.53) las formas diferenciales a y (3 deben tener los mismos grados, pero en (10.54) a y 0 pueden tener grados diferentes. La ecuación (10.55) muestra que el operador d es invariante bajo una transformación diferencial. PROBLEMA 10.25 Si la transformación T es x = u + v,

y = u-v,

y a = xy, dx, j3 = y dy, mostrar que (a + ¡3)* = a * + ¡3*, Solución:

( a a ¡3)* = a * a /3*,

(d a)* = d (a * ).

Para a, |3, T dados,

0C* = (u + v )(u - v ) d ( u + v) = (u2 - v 2)(du + dv) = ( u 2 - v 2)du + ( u 2 - v 2)dv,

¡3* = (u - v ) d ( u - v) = (u - v)(du - dv) = (u - v )d u - (u - v)dv.

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Formas diferenciales

261

Entonces, (CX + /3)* = (x y dx + y dy)*

= (u + v ) ( u - v ) d ( u + v) + (u - v ) d ( u - v) = a * + /3*,

(Ot a /3)* = (x y dx a y dy)* = (u + v) (u - v) d ( u + v) a (u - v) d ( u - v) = a*

a

/S*.

Como c/Ot = d (x y dx) = d (x y ) A dx = (x dy + y dx) A dx = - x dx

a

dy,

tenem os

d(0.*) = d [ ( u 2 - v 2) du + ( u2 - v 2)d v ] = d ( u 2 - v 2) a du + d ( u 2 - v 2) a dv = (2 u du - 2v dv) a du + (2u du - 2v dv) a dv = - 2v dv a du + 2u du a dv

= 2 (u + v) du a dv, y por consiguiente,

(d(X)* = ( - x dx A dy)* = - ( u + v ) d ( u + v) a d ( u - v) = - ( u + v )(d u + dv)

a

(d u - dv)

= - ( u + v ) ( - d u a dv + dv a du) = 2 (u + v) du A dv = d(OL*).

PROBLEMA 10.26 V erificar la relación de invariancia (1 0.55), esto es, (dw )* = d(co*) cuando cuando co = x dy A dz y T es la transform ación x = u + v - w, y = u 2 - v , z = v + w 2 S o l u c i ó n : Com o dco = d ( x dy a dz) = dx a d y a dz,

(da>)* =

d(u +

v - w) a d ( u 2 - v) a d ( v + w 2)

= (du + dv - dw) a (2u du - dv) a (dv + 2 w dw) = (2 u dv a du - 2u dw a du - du a dv + dw a dv) a (dv + 2 w dw) = - 2 u dw a du a d v + 4uw dv a du a dw - 2 w du a d v a dw

= - 2 ( u + w + 2uw)du a d v a dw. Ahora, o>* = (x dy a dz)* = (u + v - w ) d ( u 2 - v) a d ( v + w2)

= (u + v - w)(2u du - dv) a (d v + 2 w dw) = (u + v - w)(2u du a d v - 4uw dw a du - 2 w d v A dw) = (2 u 2 + 2uv - 2uw) du a dv + ( - 4 u 2w - 4 u v w + 4 u w 2) d w a du

+ ( - 2 uw - 2vw + 2w2) d v a dw,

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262

Análisis vectorial

y por consiguiente la derivada exterior es d ( a )*) = d ( 2 u 2 + 2 u v - 2 u w )

du

a

a

dv

+ d ( - 4 u 2w - 4 u v w + 4 u w 2) a d w A d u + d ( - 2 u w - 2 v w + 2 w 2) A d v A d w = ( 4 u d u + 2 u d v + 2 v d u - 2 u d w - 2 w du) a du a d v

+ (-

8 uw

du - 4 u2 d w - 4 v w d u - 4 u w d v - 4 uv d w + 4 w 2 d u

+ 8 u w d w) a d w a d u + ( - 2 w du - 2 u d w - 2 w d v - 2 v d w + 4 w dw) = - 2 u dw

a

du

a

d v - 4uw dv A dw

= —2 ( u + w + 2 u w ) d u

a

dv

a

a

a

dv

dw

a

du - 2w du A dv

a

dw

dw.

Así, hemos verificado que (dw)* = d(co*).

PROBLEMA 10.27 Si T : Vm —> V es una transformación diferenciable y la función f ( x i , . . . , x ) es una forma 0 sobre V mostrar que (di)* = d({*).

( 1 0 .5 6 )

Si T : Vm —►Vn está descrita por ( 1 0 .5 2 ) , i.e.,

Solución:

= x / ( t / 1( • • ■, u m ),

i = 1 , 2 , ■■ ■, n,

entonces (^1 f

* ’ t ^m) =

Um ),

'

, X n ( U j, • • • , Um )].

Como / es diferenciable, la derivada es V dl=

d f ( Xl, ■ ■ ■ , x n) ----------— ------ — d x , .

dx,.

Por consiguiente, d f [ X l ( ul t - ■• , u m ), ■■■ , x „ ( u „ . • • , um)] dx¡

--------------------------------------- dui dx¡ du¡i

(di)* = £

du¡ d((*).

PROBLEMA 10.28 Si gj es una forma 1p sobre Vn Jy T . V m —■* Vn es diferenciable,9

mostrar que [10.55]

( d o j ) * = d(a>*).

Demostramos (1 0 .5 5 ) por inducción. Se ha mostrado en el problema 10.27 que (1 0 .5 5 ) es verdadero cuando cj es una forma 0. Ahora supongamos que (1 0 .5 5 ) es verdadero cuando co es una forma (p - 1). Entonces es suficiente demostrar (1 0 .5 5 ) para una forma p del tipo Solución:

co

a

dxh

Por ( 10.33), la derivada exterior es d(o

a

d x ¡ ) = dco

a

d x ¡ + (—l ) 13- 1 co

= dc o a d x ¡

pues d (d x ¡) = 0 por (10.38). Así

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a

d(dx¡)

263

Formas diferenciales

[ d ( ( ú a cfx,-)]* = ( d( ú a d x ¡ ) * = (da>)* A (d x ¡)* = d(a>*) A d ( x f ) = d[&>*

a

(c/x,-)*]

= d[(a> A d x ; ) * ] .

La relación (10.55) muestra también que la derivada exterior de una forma diferencial es independiente del sistema coordenado en el cual se calcula.

10.7

Integración de formas

Una curva suave C del espacio en el espacio 3-dimensionai V3 con coordenadas x, y , z se representa por las ecuaciones paramétricas x = x( t ) ,

z = z (t ),

y = y(f),

(10.57) (a)

con a < t < b . Usando el concepto de aplicación (o transformación) discutido en la sección 10.6, (10.57) puede describirse por una transformación diferencial T como T: V, — VV

Así la curva C en V3 es una aplicación de un intervalo cerrado [a, b ] sobre la recta real en V3. (Véase figura 10.2). Si oj es una forma 1 sobre V3 , la integral de w sobre una curva C se define por |

CU »

I

1: 1* ,

(10.58)

Je donde oj * es la forma I transformada de co por T. Así, si co se expresa como ío

» (/, dx + /j d y + /, dz),

donde las/,, (i - 1, 2 ,3 ) son funciones diferenciables de x, y, z, entonces (10.58 ) se expresa como /, dx • /, d y *

L " L

dz - I

<■>*

(b )

JM

r

F ig * 1 0 .2

U * ( t) x '( o + / ,* « / ( < ) * n ( t ) * '( t )J d t, (10.59)

donde/? { t) ~ f ( [x {t),y (t), z ( t ) \ ,x ' ( t) ~ d x ( t) /d t, etc. E¡ lado derecho de (10.59) es sólo una integral ordinaria. PROBLEMA 10.29 Si co = x d x + y d y + x y z dz y C es una curva representada por la transformación x = t, y = t, z = t con 0 < t < 1 , calcular I a>. Je So lu ció n : Como oj* = t2 dt + t d t + t 3 dt = (f 2 + t + t 3)dt, entonces por (10.59),

, , 3N , 1 1 1 13 r „ . f „ . . r (í 2 + t + f3) dt = - + - + - = — . 3 2 4 12 Je •'•'[[00,1 o . 1 ]]

f

PROBLEMA 10.30 Si / es una forma 0 sobre V3, i.e., una función de x, y, z, y C es una curva en V3 representada por (10.57), mostrar que

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M a p p in g o f th e in t e r v a l on V l in to V 3 .

[a, t

264

Análisis vectorial

f d f= f* (b )-f* (a ),

(10.60)

•Je

donde f* ( t) = f [ x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ] . So l u c i ó n :

Por la definición (10.58) de una integral y usando (10.56), f

cf/ = f

J e

c /(/* ) = f b —

(c/ / ) * = f

* ^ [ a ,b ]

^ [a ,b ]

*/a

( / * ) efí = / * ( 6 ) - f * ( a )

^

por el teorema fundamental del cálculo. PROBLEMA 10.31 Considérese una curva C en un plano representado por la transformación x - t, y - t 2 con - 1 < t < 1. Entonces (a) si co = y 2 d x + 2xy dy, calcular‘ f oj, Je y (b) hallar una función / tal que d f = co y verificar (10.60). Solución: (a) Como co* = t* dt + 2 í 3 d (t2) = 5 í 4 dt, entonces, usando (10.59),

i f co = f

J '[r-i.ii - i.i]

• 'c

co* = f 1 5 t 4 dt = f 5

J-i

= 2.

(b) Para u>=y2 dx + 2x y dy, sea f(x , y ) una función tal que d f = co. Entonces, df Sf d f = —— dx + - — dy = y 2 d x + 2 xy dy. dx dy Así que, dí 2 df — = y \ — = 2 xy. dx dy

(10.61)

Por la primera ecuación de (10.61), í( x , y) = xy 2 + á (y ), y por consiguiente, df 9 ,, , — = 2 xy + g (y). dy Comparando esto con la segunda ecuación de (10.61), tenemos g ' (y) = 0, estos es, £(y) = K = constante. Así, f(x , y) = xy 2 + K, f* ( t) = /[ x ( í) , y (í)] = t5 + K. Por (10.60), f

Je

co= [ d f = f * ( l ) - f * ( - l ) = ( l + K ) - ( - l + K ) = 2, Je

lo que está de acuerdo con el resultado de la parte (a).

Una superficie suave S en el espacio 3-dimensiónal V3, representa por las ecuaciones paramétricas x = x (u , v),

y = y (u, v),

* = *<«,

co n a < u < b , c < v < d . Así,análogamente,(1 0 .6 2 )se transformación diferenciable

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x , y , z , se

Formas diferenciales

265

T Vt - + V}i ■ por consiguiente, una superficie S en es una aplicación de un rectángulo cerrado D: a < u < b, c < v < d en el espacio 2-dimensional V2 con cordenadas u, v, en V3 (véase figura 10.3). Si co es una forma 2 sobre V3 , entonces la integral de co sobre una superficie S se define por . . < '0 63,

que co* es una form a 2 transform ada de co po r T y el lado derecho de (1 0 .6 3 )

■

es una integral m últiple ordinaria.

PROBLEMA 10.32 Si co = x d y A d z + y d x A d y , y S es la superficie representada por la transformación x = u + v, y = u - v, z = uv, con 0 < m < 1 ,0 < v < 1, calcular

JJ'

(a )

Como la forma 2 transformada de co por T es

Solución:


0

entonces, por (10.63),

JJ

co

= JJ

co* =

J

J

(u2 - 2 u + v 2 + 2 v + 2 u v ) du d v

v 2 + 3 v ------d v

r

Jo 7

6

Fig ura 10 .3

A p lic a c ió n de un re ctáng ulo cerrado de V2 en una

*

su p e rfic ie d e K 3 .

co donde co = x y dy A dz + x dz A dx + 3z x dx A dy,

PROBLEMA 10.33 Calcular

y S es la superficie dada por z = x 1 + y 2 con 0 < x < l , 0 < j c < 1 , 0 < j / < 1 . Como S se puede describir por las transformaciones

So l u c i ó n :

x = u,

y = v,

z = u2 + v 2

con 0 < u < l , 0 < v < l , co* = u v d v a d ( a 2 + v 2) + u d i u 2 + v 2) a d u + 3 u ( u 2 + v 2) d u a d v = uv dv

a

( 2 u d u + 2 v d v ) + u (2 u d u + 2 v d v )

= ( 3 u 3 + 3 u v 2 - 2 u 2v - 2 u v ) d u

a

a

d u + ( 3 u 3 + 3 u v 2) d u

dv,

y por ( 1 0 .6 3 ) ,

J J

co

~JJ -J J a)*

( 3 1/3 + 3 u v 2 — 2 u 2v - 2 u v ) d u d v

■i"(H _5_ 12'

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a

dv

266

Análisis vectorial

La frontera dS de S está formada por las curvas del borde de S que se describen por / i

3D 3

d

dS¡:

x = x ( u , c),

y = y (u, c), z = z ( u ,c ) ,^

dS{.

x =x (b , v),

y « y ( 6 , v),

dS,:

x = x (u ,d \

y =y (u ,d ),


x =x (a , v),

y = y (a , v), z = z ( a , v ) ,J

z z(b,

V ),

I

(10.64)

z = z(u ,d ),

con a < u < b , c < v < d. Entonces la frontera dS de S se expresa por íD ,¿

i

i¡ 1 3 D ,

D

<9S = d S t + ¿ S , - d S , -
c

,

ao,

(o )

(10.65)

Las cuatro curvas de borde (10.64) son las aplicaciones de los cuatro segmentos de recta que forman la frontera del rectángulo D de V2 en K ,. (Véase figura 10.4.) Los signes menos antes de dS3 y dS* en (10.65) se deben al hecho que un viaje consistente alrededor del borde de D, y por tanto de S, se asegura cambiando el sentido de ios segmentos de recta dD3 y 9Z rel="nofollow">4 . (Véase figura 10.5.) Si <jú es una forma 1 sobre V3 , entonces la integral de co sobre la frontera 35 de S se define como I

Jas

(O =

I

CO +

Jas t

I

(0+ 1

= |

O) +

Jas,

Jast

ÚJ + I

j

J-ds% co -

j

co -

co

J -is, I

( 10 .6 6 )

co

Jast

**3Sj

pues la dirección en la cual se toma la ruta de integración se determina por la relación (10.67)

(O.

f • dSf f dSt W = ~ ^dSjf JdS El teorema de Stokes expresa que si co es una forma 1 sobre V3 y 5 es la superficie S 2-dimensional sobre V3, entonces (b )

( 10 .6 8 ) Figura 10.4

A p lic a c ió n de la fro n te ra de

9

un re c tá n g u lo de V 2 en V 3 .

*

i r

PROBLEMA 10.34 Verificar el teorema de Stokes (10.68) para formas 1.

Se expresa la forma 1 co de V3 como

So l u c i ó n :


= f l d x + f2 d y + f 3 d z ,

(10.69)

donde las f¡ (i = 1,2, 3) son funciones diferenciables de x, y , z. Entonces laforma 1 co*, transformada de co por T : V 2 —* V3 se puede expresar como co*

- f ( u , v) d u + g ( u , v ) d v ,

(10.70)

donde / y g son funciones diferenciables de u, v, i.e., de las coordenadas de V2. definición ( 1 0 .2 0 ) de la derivada exterior de una forma 1 , d(co*)

ídg

df

\d u

dvl

Por la

(10.71)

du A dv.

Ahora, por definición (10.63) de la integral y usando (10.55) y (10.71),

// da -JJ w")* D S

- ff D

D

(ff - f )

' / / lí

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M

“ /

/

dUch'-

<10 72)

Formas diferenciales

267

A a * iu < :b , c < f < d, entonces, integrando primero con respecto a u, j y

dadv , jf

| í

|á

/(v ) dv,

rfpdv.jf'

d donde / (v) =

í

b dg(u,v)

- dD3

-dDs

du.

du

Como v es una constante en la integral parcial I(v), el integrando es la derivada ordinaria con respecto a u. Así, por el teorema fundamental del cálculo, g ( b, v ) - g

/ (v ) =

D

¡>dD2

c

(a , v ).

u

O

Por tanto, J J ^

dudv

=

J

g (b ,v)d v~ J c

d

g(a,v)dv.

(a)

(10.73)

c

Ahora sobre la curva 9D 2 en 9D, como du = 0, (10.70) se reduce a co* =g(b, v)dv. (Véase figura 10.4.) Así, por definición (10.58) de la integral í

g(b,v)dv=f

cú* =

co.

f

c

JdS,

Por un argumento similar g (a, v ) d v =

f

•Je

co* =

í

f

JdD.

Cú.

•JdS.

Por consiguiente, sustituyendo (1 0 .7 4 -5 ) en (10.73),

lili * * - /dS2

(10.76) Figura 10.5

dS4

que se muestra en la figura

De modo similar, integrando primero con respecto a v,

10.4.

(10.77) dS j

ccS j

Así, sustituyendo (1 0 .7 6 -7 ) en (10.72) y usando (10.66), obtenemos el resultado requerido

JJ

J J J J

dcú =

s

Cú

ds2

dS.

-

J

—

Cú ~

as,

dS7

Cam bio del sentido de los segmentos de la aplicación

Cú +

as3

dS*

(ú

as,

dSa

cú.

es

En el problema 10JO, si los dos extremos de la curva C son la frontera 9C de C, entonces el teorema de Stokes para forma 0 <10.60) se escribe como (10.78)

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268

A nálisis vectorial

La integral de una forma 0 en un punto/? es &> = « ( p)

I

(10.79)

en P

Como está fuera del propósito de este libro definir la integral de una forma p sobre una región p-dimensional de un espacio «-dimensional V , es suficiente establecer el teorema general de Stokes: Sea u? una forma diferencial de grado (p - 1) definida sobre alguna región acotada p-dimensional M en V (p < n) con una superficie (p - 1 )-dimensional como frontera suave bM. Entonces, [d co M

- f w J¿M

(10.80)

El teorema general de Stokes muestra la relación entre la integral de una forma diferencial w y la de su derivada exterior du>. El teorema general de Stokes está relacionado con los teoremas de Gauss, clásico de Stokes y de Green por el teorema: Sea f - \J\ , f 2, f i ] una función vectorial continua y diferenciable en una región R del espacio 3-dimensional V3 y sea co, = / , dx + f 2 d v + / 3 dz la forma 1 correspondiente. Entonces, comparando = í f, dx + f2 d y + fj d z = I Je J r. J°

í

U * ( t ) x ( t ) + í2* (t)y '(t) + i * ( t ) z ( t ) \ dt

j f - c f r = f ( / , dx + /j dy + f, dz), Je Je

[10.59]

(4.151

obtenemos

/ - /-Jec I d r.

(10.81)

Je

Así, la integral de la forma 1 sobre una curva se llama integral de línea. Si a >2 = / , d y A dz + j \ dz A dx + d x A £/>■ es la forma 2 correspondiente a f, cuya integral de superficie se puede expresar comoJ"J"f * dS por (4.31), entonces

s

Js J - J Ts

í-d S .

(10.82)

Así la integral de la forma 2 sobre una superficie se llama también integral de superficie. Si w 3 = f d x A d y A dz es una forma 3 correspondiente a la función escalar /, cuyo integral de volumen es

f d V por (4.43), entonces JJJ R

ÍÍÍ^ IIJ í d V . R

(10.83)

R

Por consiguiente, la integral de una forma 3 sobre una región/? corresponde a una integral de volumen.

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Formas diferenciales

269

PROBLEMA 10.35 Una forma 2 sobre V 3, con coordenadas x, y, z dados por cj 2 = f, dy a dz + f2 d z a dx + / 3 dx a dy

f

corresponde a una función vectorial diferenciable = [ / i , f 2, f 3 ] . Mostrar que (10.80) corresponde al teorema de Gauss o teorema de divergencia dado por jj/v .

[4.58]

R

So l u c i ó n :

S

Por el resultado del problema 10.13, la derivada exterior de una forma 2 es fd{1

d f 3\

áfj

d u 2 = 1-T— + - — + \o x dy

- — I dx Ady a azi

dz,

que corresponde a V • f (véase figura 10.1). Así, siM es la región i? en V3 , entonces su frontera 9M = 9R es la superficie cerrada S que encierra R y (10.80) se reduce a

///"“• ■S fa R

(10

dR

84)

Así, con referencia a (10.82) y (10.83), vemos que (10.84) corresponde al teorema de divergencia. Escribiendo (10.84) explícitamente,

JIf §7 + R

+S) * AdyA* ' 5RJí f‘dyA* + f2 d z A dx + f3 dx a dy,

(10.85)

c/zc/x + R dxdy).

[4.66]

que corresponde al teorema de divergencia J 'J 'J ' l~^~~ +

dxdydz =

(P

c/ydz +

PROBLEMA 10.36 Una forma 1 oj] de V3 dada por co¡ = /¡ d x + / 2 d y + / 3 d z ,

, f 2, f 3 ]. Mostrar que (10.80)

corresponde a una función vectorial diferenciable f = corresponde al teorema clásico de Stokes dado por

J J V x t - d S = {j) f - d r . s

Sol uc i ón: es

[4.104]

c

Según el resultado del problema 10.12, la derivada exterior de una forma 1 tdfz

\oy

/d fj

d f 2\

d o Jj = ( ------- —

) dy

dz)

a

dz +

d f 3\

--------- —

\o z

fdf2

) dz

a

dx/

dx +

df^

--------- —— d x

\d x

a

dyj

dy,

que corresponde a V X f (véase figura 10.1). Así, si M es la superficie 2-dimensional finita S en V3, entonces su frontera 9M = 9S es la curva cerrada simple C que limita S y (1 0 .80) se reduce a

J 'j'

d o j, =

J'J"

W j.

( 1 0 .8 6 )

as Así, con referencia a (10.81) y (10.82), vemos que (10.86) corresponde al teorema de Stokes dado por (4.104). Escribiendo (10.86) explícitamente,

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270

Análisis vectorial

JJ s

d í 2\

dy

dzj

fdíl

dy

dfA

(dí1

d z + I —------- — 1 d z

a

a

dx /

\dz

d{\

dx + I —— I dx -

dí3

\dx

-1

a

dy,

dy

fí dx + í2 dy + f3 dz, '

ds

(10.87)

que corresponde también al teorema de Stokes dado por fj) P dx + Q dy + R d z =

dy dz

c

s

+

dP

dR\

IdQ

dP\

e l - 3 ^ ) d2dx *

dxdy

l4 - 1091

PROBLEMA 10.37 Considérese una forma 1 oj sobre V2 con coordenadas x, y dadas por cú =

P (x, y ) dx + Q (x, y ) dy,

donde P y Q son funciones diferenciables d e x e y . Mostrar que (10.80) corresponde al teorema de Green en el plano dado por P dx + Q dy = J J ( | £ _

[4.110]

R

C

S o lu ció n :

dxdy.

Por la definición (10.20), la derivada exterior de la forma 1 dada es .

(dP

dP

\

fdQ

\d x

dy

j

\d x

d c o = I—— d x + —— d y ) a d x +

,

dQ

\

dy

)

—— d x H-------- a y

a

ay

dQ dP\ -------- — \ d x A d y . dx

( 10.88 )

dx /

Así, si M es la región finita 2-dimensional S sobre V2, i.e., el plano x y , entonces su frontera 9M = 9S es una curva cerrada simple C que lim itaS y (10.80) se reduce a

J

(10.89)

(o = I dco,

dS

Js

o sea que, escribiendo (10.89), explícitamente, J

P dx + Q d y = J

0 ^ -

- |

y

j

dx

a

dy,

(10.90)

que corresponde al teorema de Green en el plano dado por (4.110).

10.8

Formas diferenciales de las ecuaciones de campo de Maxwell

En teoría de campo electromagnético, las ecuaciones básicas de Maxwell en la forma vectorial son

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Formas diferenciales

271

V • B = O,

[9.18]

V •D -

[9.19]

p.

donde la intensidad de campo eléctrico E, la intensidad de campo magnético H, el desplazamiento eléctrico D, la inducción magnética B, la densidad de com ente eléctrica J y la densidad de carga p son todas funciones de las variables de espacio x, y, z y del tiem p o /. (Cf.,sección 9.3.) Ahora se introducen las formas diferenciales utE - E, dx + E2 d y + E t d z, c¿ h

=

flf,dx + Hj dy 4-

dz,


D,d y a d z + D, d z * dx + D3 dx a
u jb =

B ¡dy a d z + B2 d z a dx + B3 dx a
* Ji dy

dz + J2 dz

a

a

dx + J , dx

dy,

a


PROBLEMA 10.38 Mostrar que (9.16) y (9.18) se pueden expresar como

d a = 0,

(10.91)

y (9.17), (9.19) se pueden expresar como cf/3 + y = 0,

(10.92)

donde 0C —cúg a dt +

/3 = —&>h y = Cúj Sol uc i ón: Ot —

A

= E l dx

(10.93)

dt + cú£) ,

a A

,

(10.94)

dt - u>p.

(10.95)

Sustituyendo los valores de oje y ojb en (10.93), dt + COjg a

dt + E 2 dy

A

dt + E 3 d z

dt + B 1 dy

a

a

dz + B2 dz

dx + B 3 dx

a

A

dy.

Como dx A d x = d y A dy = dz A dz = d t A d t = 0 y d{dt) = 0 por (10.39), entonces por (10.30) la derivada exterior del primer término de lo anterior es d (E l dx

A

dt) = d (E 1 dx) = dEl

a

dt — E¡ dx

A

dx

a

a

d (dt)

dt

(dE l SE, dEl dEl \ - I—— dx h— —— dy + —— d z h — d t) \d x dy dz dt / dEl = —— dy dy ^

A

dx

A

dEl dt H— -— d z dz

A

dx

A

A

dx

a

dt.

De modo similar, las derivadas exteriores de los otros términos son d (E2 dy

A

dE2 dt) - —— dx dx

d (E 3 d z

a

dt) = —— dx dx

A

dy

a

d E2 dt h— -— d z dz

a

dz

A

dt + ------ dy dy

A

dy

a

dz

dE 3

d (B l dy

a

dz)

dB, -

------

dx

a

dy

a

dt,

A

dz

a

dt,

a

dy

a

dz,

dE 3

dx

dBl + ------

dt

dt

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dt

272

Análisis vectorial

dB2 d (B 2 d z

a

d (S 3 dx

a

dB2

d x ) = ------- d y

dz

A

dy

A

d x + ------- d t

a

dz

a

dx,

d y i------— d t

A

dx

a

dy.

dt

di?, d z /\ d x

dy)

dz

a

dt

Sumando todos estos términos,

da=f d E 3

dE2

dB, dt

dz

dE2

dE,

dx

dy

(dB ,

dx

dE,

dE3

dz

dx

dt +

a

a

dy

A

+ — — -) d x a

dy

a dz,

dt

dB. dz

dt

dx

A

dt

A

dt

(10.96)

dB,

+ ——

\ox

dz

A

dB,

dB2

——

dy

dy

dz

y d a = 0 implica que todos los coeficientes que son escalares son cero y los primeros tres coeficientes son las componentes vectoriales de V X E + (9B/3f), y el último coeficiente es V • B. Así hemos establecido que

da=0

representa (9.16) y (9.18). De modo similar, la derivada exterior de j3 es di3

dH 3

dH2

dD ,

dy

dz

dt

dH 2

dH,

dD3

dy dD , - —

dx

dH , dz

a

A

dy

A

dt

) dx a

dy

a

dz,

dt

dD 2 + ——

a

dx

dt —

dH3

dD.

dx

dt

dz

dz

dD, + ——

dy

dy

dz

a

dx

a

dt

(10.97)

y escribiendo (10.95) explícitamente, y =

J i dy — p

dz

a

dx

a

dy

a

dt a

+]2 dz

a

dx

a

dt

+ J3 dx

a

dy

a

dt

(10.98)

dz.

Entonces sumando (10.97) y (10.98),

d/3+ y = -

'dH 3

dH2

dD,

\d y

dz

dt

'dH,

dH3

dD 2

,dz

dx

dt

fdH2

dH ,

dD3

\d x

dy

'dD, \d x

~

~JT

— JiJ dy

A

dz

A

dt

—J^j dz

a

dx

A

dt

—

A

dy

A

dt

dx

dD2 dD3 -f ------ + —p ) dx dz dy

0.

A

dy

A

dz

(10.99)

La ecuación (10.99) implica que todos los coeficientes que sean escalares son cero y los primeros tres coeficientes son las componentes vectoriales de V X H - (9D /9í) - J, y el último coeficiente es V • D —p. Así hemos establecido también que d/3 + y = 0 representa (9.17) y (9.18).

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Formas diferenciales

273

PROBLEMA 10.39 Si se da 7 por (10.95), mostrar que

d y = 0,

( 1 0 . 10 0 )

y que esto corresponde a la ecuación de continuidad V-J+^-=0.

[9.3]

dt

Por (10.92),

Solución:

y = - d ¡ 3.

( 10 .1 0 1 )

Así, tom ando la derivada exterior de (10.101) y usando (10.38), d y = —d(df3) = 0. Tomando la derivada exterior de (10.98), dy = d] j

dy

a

—d p

dx

a


= —— dx

a

dx

----- — dt

dz

A a

dy

dy

A

dx

a

dt + d j 3 a dx

a

dy-

a

a

dt

a

dx

dz

a

dz

a

dx

dt + d j 2 a d z

a

a

dy 9

<9/2

dt ^— -— d y

a

dz

a

dy

dx

a

d /3

a

dt A------- d z dz

dy

a

a

dt

dz

a

dt dj<

d/,

(

dx

dy

dz

i9p\

—— H— ------1— -— + ——) dx

a

dtl

dy

a

dz

dt,

a

( 10 .10 2 )

y ( 1 0 . 10 0 ) implica claramente que dj.

d j,

dJ2

dp

1 7 + 1 7 + i r + 5 7 - 0i

0 0 ' 103)

esto es, V • J + dp/dt = 0.

10.9

Problemas suplementarios

PROBLEMA 10.40 Si a = x dx - z dy + y 2 dz, calcular a A /3. Respuesta: ( x 3 - y 3 - 2 z ) dx a dy a dz. PROBLEMA 10.41 Si (X = dx a dy + dy calcular a a ¡3. Respuesta: ( y - x ) dx a dy a d z a dw.

A

dz

¡3 =

—

dz

x 2 dy A dz

a

dw,

dr

a

+ 2

/3 = x

dz A dx

dx

a

dy

y dx A dy,

-

+

y dz

PROBLEMA 10.42 Verificar que

dx

a

dy

A

dz

a

dw

<9(x, v, z , w) = --------------------------

d(r, s, t, u)

ds

a

dt

a

du,

cuandox = x(r, s , t, u), y = y (r, s , t, u), z = z ( r , s , t ,u ) , and w = w (r, s , t, u). PROBLEMA 10.43 Calcular dco donde

(a)

cú =

x 2y dy

(b)

cú — 2

adz

xy dx +

— x z dx

a

dy,

x 2 dy,

(c) cú = 2 y z dy a dz + xydz Respuesta: (a) (2 x y - x ) dx a dy a dz,

a

(b) 0,

dx — x z dx a dy. (c) 0.

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A

dw,

274

Análisis vectorial

PROBLEMA 10.44 Demostrar las fórmulas de Leibnitz

d(fg) = i dg + g di,

d(ta>) = d f

a

co

+ i da>,

donde f y g son formas 0 y co es una forma 1 . PROBLEMA 10.45 Verificar la relación de invariancia (doj)* = c/(co*), cuando co =xy dx y T es la transformación x = u 2 + v, y = v. PROBLEMA 10.46 Una forma diferencial co se llama cerrada si dco = 0. Se llama exacta si co = da para alguna forma a. Mostrar que toda forma exacta es cerrada. PROBLEMA 10.47 Hallar una forma 1 co para la cual c/co = (x2 + y 2) d x A dy. Respuesta: cú = —x 2 y dx + x y 2 dy. PROBLEMA 10.48 Mostrar que una forma 1 co = 2 x y dx + x 2 dy + 2z dz es exacta. Respuesta: co = do., a = d ( x 2y + z 2). PROBLEMA 10.49 La forma 1

se define en el plano x y sin el origen (0,0). Mostrar que (a) co es cerrada, pero no exacta y (b) sobre cualquier curva cerrada C que no encierra (0, 0)

PROBLEMA 70.5*} Mostrar que el volumen de una región R en V3 es

ar donde &> = x dy

dz + y dz

A

a

dx + z dx

dy.

a

[Sugerencia: da> = 3 dx A dy A dx. ] Si M es una región del espacio 4-dimensional con coordenadas x, y, z, w, y dM es su frontera tridimensional, mostrar que PROBLEMA 10.51

f I J

/<9/t d /j <9f3 <9/4\ [ —— H------- + ----- + —— dx \o x dy d z dw / (/, dy

A

dz.

A

A

dw + f2 d z

dy

A

A

dw

dz

A

A

dw

dx + / 3 dw

A

dx

A

dy + / 4 dx

A

dy

A

dz),

uM donde las f . (x, y , z, w), / = 1 , __ , 4 son funciones diferenciables de x, y, z, w. PROBLEMA 10.52 Sea X una forma diferencial expresada como

A = A 1 dx + A 2 d y + A 3 d z — V dt, donde el vector potencial A = [A j , A 2, A 3 ] y el potencial escalar V son funciones de x, y, z, t. Si a está dada por (10.93), mostrar que d \ = a corresponde a las ecuaciones vectoriales B = V x A,

dt

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A

APENDICE

NOTACION MATRICIAL ' Y DETERMINANTES A l.

Notación matricial

Una matriz A es un arreglo de m X n números; i.e., a 11

a 12

a 2i

a2 2

ain 2n

9ml Un elemento general a., de A es el elemento de la z'-ésima fila y la /-ésima columna. La dimensión de una matriz de m filas y n columnas es m X n , que se lee “m por n”. Una matriz .4 m X n se escribe también com o/1 = [a ~ ] y la dimensión puede indicarse escribiendo A = [a.. ] m X n. Si n = m, la matriz se llama cuadrada. Si A = [a l..] ] y B = [b I..J ] son dos matrices m X n, entonces las matrices A y B son iguales si suscomponentes correspondientes son iguales, esto es, A = B •*—> a .. = b . $>\AyB son matrices m X n , entonces la suma de las matrices A y B es la matriz C = [ c .. ] cuyos elementos son la suma de los elementos de A y B\ esto es,C = A + B <—* c .. = a .. + b ... Obsérvese que la matriz suma C es también una matriz mXn. Si A es una matriz m X n y B es una matriz n X p , entonces el producto de las matrices A y i? es la matriz m X p n

C = [cij], donde c,¡ = ^

a ikbk¡.

k= 1

Obsérvese que el número de columnas de A debe ser igual al número de filas de B. Así, los productos matriciales A B y BA pueden definirse ambos solamente cuando A y B son matrices cuadradas y en general, A B i ^ B A . El producto XA del escalar \ y la matriz A es una matriz cuyo elemento general es X I]a ; esto es, ~KA = [Xa..]. IJ A 2.

Determinantes

Un número real conocido como el determinante de la matriz se asocia con toda matriz cuadrada que tiene números reales como elementos. La notación \A I o det A denota el determinante de la matriz A ; i.e., determinante de la matriz A = M I = det A. Para una matriz n X n A = [af.], \A \ es la suma de todos los términos posibles de la forma ( - I ) 9-3 ! / , a 2/2 • • • a rtjn >

donde no hay dos índices de columna que sean iguales y q es el número de transposiciones necesario para restaurar los índices

275

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Análisis vectorial

de columna a su orden natural. Así, si^4 =

au

12

}

a 21

entonces | A | = a i i a

22

a n

a 12

a 13

A = a 21

a 22

a 23

a 31

a 32

a 33

(—1

12

2 1

= a iia

22

—a i 2 a 2 ii

y ^

entonces ¡ A | = a n a 22a33 + ( ~ l ) a l l a 23a 32 + ( ~ l ) a 12a 2ia 33 +

^ ) 2 a 12a 23a 31 + ( ~ l ) 2 a 13a 21a 32 +

l ) a 13a 22a 31

= a n a 22a 33 ~ a l l a 23a 32 — a 12a 21a 33 + a 12a 23a 31 + a 13a 21a 32 ~ a 13a 22a 31-

Si A = [a..] es una matriz n X n, y A .. es la matriz (n - 1) X (n

—

1 ) formada quitando la /-ésima fila y la /-ésima columna

de^4, los cofactores a ., de A son a.. = (—1)!+/ \A..\. Por consiguiente, el desarrollo por la /-ésima fila da

A I= ^

a ikO-¡k>

k= 1

y el desarrollo por la /-ésima columna da

a k j a-k¡-

Así, si la matriz es

/c= 1 y a 12

a [2

A = a 21

a 22

a 23

_a 3 1

a 32

a 33

an

entonces su determinante desarrollado por la primera fila es = an

a 22

a 23

a 32

a 33

“ a 12

a 21

a 23

a 31

a 33

+ a 13

a 21

a 22

a 31

a 32

— a l l ( a 2 2 a 33 — a 23 a 32 ) ~ a 12( a 21 a 33 “ a 2 3 a 3 1 ) + a 13 ( a 2 1 a 32 ~ a 2 2 a 3 l ) = a l l a 2 2 a 33 — a l 1 a 23 a 32 - a 12 a 2 1 a 3 3 + a l 2 a 23 a 3 1 + a 13a 2 1 a 32 - a 1 3 a 2 2 a 31)

y el determinante desarrollado por la primera columna es \A \ = a n

a 22

a 23

a 32

a 33

-

a 2i

a i2

a 13

a 32

a 33

+ a 31

al2

a 13

a 22

a 23

= a n ( a 22a 33 - a 23a 32) ~ a 2 i ( a i 2 a 33 - a 1 3 a 32) + a 31( a 12a 23 - a i 3a 22) = a n a 22a 33 - a n a 23 a 32 - a 2 i a i 2 a 33 + a 2 i a i 3 a 32 + a 3 i a 1 2a2 3 - a 3 i a i3a22-

A3.

Propiedades de los determinantes

Propiedad 1: Si dos filas o columnas de una matriz cuadrada A se intercambian, el signo de I^4 I se cambia. Propiedad 2: Si una fila o columna de una matriz cuadrada ,4 se multiplica por una constante c, el valor del determinante se multiplica por c. Propiedad 3: Si se suma un múltiplo de una fila o columna a otra fila o columna, el valor del determinante no cambia. Propiedad 4: Si una fila o columna de una matriz cuad rad a^ es múltiplo de otra fila o columna, \A I es igual a cero.

276

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OPERACIONES DIFERENCIALES VECTORIALES EN COORDENADAS ORTOGONALES B1. diP _

=

7 —»+ dx

dip _ dip — J + — k, dy dz

B2.

dip dp

1

+

p

d\p

i

j

k

d

d

d

dx

dy

h

h

d i, d(2 d t3 V-f = — + T- + — dx dy dz

d 2xp

*

+

dz

+—

dx2

d 2xp

+ —

dy2

,

dz2 '

( ? ! ± _ d_í¿ lk \dz

dz )

dy

d 2xp

V 2i ¿ = —

Idx

dx )

dy

U

Coordenadas cilindricas

dip

v- f =

^ e* + ¿7k'

V X f=

B3.

APENDICE

Coordenadas rectangulares

V x f

V>A =

D D

dp

d
dz

íp

ftf>

/3

d

i

(p fp

p

1 )+ -

dftf,

p

dcp

dp

1 fd U

dfcp

p\dcf>

dz

1

d {3

v 2

6n +

dz

p

d

d 2ip

d 2xP

dip

1

dp

V2 d ^ 2 + J z 2 '

—

dp

d in p

d i,

1 / dítj}

d ít

dz

dp

p\dp

dcp

Coordenadas esféricas dtp

1

di p

dip

1

V ^ = — e r + - ~ - e 5 + --------- — (*£, dr r dO r sen 0 d d

V-f =

sen 9

d

+T

dr

dd

1

w

r 2 sen 0 1

d

d(f>

sen 6

d

di p\

dr

dr I 1

L

V2 dr V

I d I d - — (r 2 i T) + -------- —— ( sen r dr r sen 0 dd

dicb

( sen 6 t e ) + t ——

dr)

4-

d

+ — dd d

f

dip\

sen 6 —

de dip

sen t) — i +

r

d Q

211

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I

d2ip

1

+ sen

0

dcf>2 _ d 2xp

1

A. 2 r2 sen2 6 ad2 .2

„0 „ 2

ñ

0 i e)

1 dU + -------- — r sen 6 dcp

Análisis vectorial

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RESUMEN DE A ^ CE RELACIONES VECTORIALES

C1.

Ecuaciones de álgebra vectorial

Ecuación No.

Ecuación

A B = B- A (1.31) (1.32) A • (B + C) = A • B + A • C A x B = -B x A (1.55) (1.56) Ax(B + C )= A x B + AxC (1.58}' Ax A=0 (1.72) A-BxC = AxB-C (1.76) A B x C = [ABC] [ABC] = [BCA] = [CAB] = - [ACB] = - [BAC] = -[CBA] . d.77) (1.83) A x (B x C) = (A ■C)B - (A • B)C (1.98) (A x B) x C = ( A- C) B - ( B- C) A (3.112) V (0 + 0 ) = v + w (3.113) (3.124) V<£ = V0(u) = 0'(u)Vu (3.128) v-(f + 8) = v - f + v - g (3.131) 1 div (grad 0 ) = v • (V<¿) = (3.140) Vx(f+g) = V x f + Vxg (3.142) V X (V0) = 0 (3.143) V- ( V X f) = 0 ( f xV) - g = f-(Vxg) (3.154) (3.155) V-(^»f) = 0 V - f + f • (V<¿>) (3.156) V X (0f) = 0V X f + (v<¿) X f = 0 v X f - f X V<¿ (3.157) V-(fxg) = g. (V xf ) -f -( V x g) (3.158) V x ( f X g) = f ( V - g ) - g ( V - f ) + ( g - V ) f - ( f - V ) « (3.159) v(f • g) = r X (V x g) + g X (V X f) + (f • V)g + (g • V)f (3.163) rot (rot f) = V x (V x f) = V(V • f) - V2f (3.164) VJf = V ( V - f ) - V x ( V x f ) /0\ - w [Prob. 3.89(b)] \t/i) ¡fj2

279

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Análisis vectorial

C2.

Ecuación No.

Ecuaciones de cálculo vectorial

Ecuación

(4 .5 8 ) R (4 .9 4 )

S

JjJ

V

0d V = £ J d S c / >

rt (4 .9 5 )

s

ffjvx ÍTv t-ds f-dT jj 9

idV=f f dSxt

R

(4 .1 0 4 )

S

X

s

(4 .1 1 5 )

c

dS x V

s

(4 .1 1 6 )

JJ

=^

0 Jr

c

WSxV)xf=^c/rxf

s

c

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INDICE Acción y reacción, 184 Aceleración, vector, 178 angular, 182-183 centrípeta, 181-183 componente normal, 181-182 componente tangencial, 181-182 en coordenadas cilindricas, 178-179 en coordenadas esféricas, 200 en coordenadas rectangulares, 178 tangencial, 183 Adición de vectores, 2, 19, 20 ley asociativa de la, 2, 3, 20 ley conmutativa de la, 2, 20 ley distributiva de la, 2, 20 Algebra de vectores, 1, 19 Ampere, ley de circuitos de, 238-239 Angular, aceleración, 182 momentum, 185, 186, 191-193, 199 rapidez, 182 velocidad, 182 Angulo entre dos vectores, 4, 26 sólido, 105 Anticonmutativa, ley del producto exterior (externo), 249, 250 del producto vectorial, 8, 22 Aplicación, 260 Apolonio, teorema de, 163 Arco, elemento de, 51 Arco, longitud de, 51, 138 en sistema coordenado curvilíneo ortogonal, 138 Area de la superficie, 84, 86 de un paralelogramo, 9 de un triángulo, 9 limitada por una curva cerrada simple, 117, 118, 120, 121 Asociativa, ley, 2-3, 20, 248

Barotrópido, flúido, 212 Base, 17, 30 autorrecíproca, 33, 38 derecha, 30 izquierda, 31 ortogonal, 32 ortonormal, 32 recíproca, 17, 30, 31

Base, vectores, 21, 134-135, 140-142 del sistema coordenado rectangular, 21 en un sistema de coordenadas cilindricas, 140 en un sistema de coordenadas curvilíneas, 135 en un sistema de coordenadas esféricas, 142 transformación de, 150, 155, 157 Bemoulli, ecuación de, 208, 210-211 Binormal, vector, 169 C

Cadena, regla de la, 44, 75 Cálculo diferencial vectorial, 41, 77 Cálculo integral vectorial, 78-133 Campo armónico, 240 conservativo, 187, 188, 235 eléctrico, 221 electrostático, 234 escalar, 58 gravitacional, 207 irrotacional, 122, 125, 235 magnético, 222 magnetostático, 235 solenoidal, 77, 122, 125, 125 Campo electromagnético, 220, 221 condiciones de frontera de un, 232-234 densidad de energía del, 230 densidad de momentum del, 246 energía en el, 230 funciones potenciales del, 246 Campos electrostáticos, 234 ecuación de Laplace para, 235 ecuación de Poisson para, 235 función de potencial escalar de, 235 ley de Coulomb para, 237 Campos monocromáticos, 240 (véase también campos armónicos) Campos sinusoidales con variación de tiempo, 240 (véase también campos armónicos) Campo vectorial, 58 conservativo, 187, 188, 235 irrotacional, 122, 125, 235 solenoidal, 77, 122, 125, 126 Carga densidad de, 220 distribución de, 221

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fuerza sobre, 201, 221 movimiento de la, 220, 221 principio de conservación de, 220 Cartesiano, sistema coordenado, 134 Cauchy-Schwarz, desigualdad de, 7 Central, fuerza, 184, 193 Centrífuga, fuerza, 198 Centrípeta, aceleración, 181, 183 Centro de masa, 190 Cerrada, curva, 78 Cerrada, forma diferencial, 274 Cerrada, superficie, 84 Circulación, 80, 97, 211 Coeficientes métricos (véase factores de escala) Combinación lineal, 4, 14, 17, 30 Complejo conjugado, vector, 247 Complejo de Poynting, vector, 247 Complejo en le espacio, vector, 240 Componente normal de aceleración, 181 Componentes de un vector, 5, 19, 47 transformación de, 151, 156 Conductividad, 222 térmica, 205 Conexa, región simplemente, 122, 126 Conjuntos recíprocos de vectores, 15, 136 Conmutativa, ley de la adición vectorial, 2, 20 del producto escalar, 5, 22 Conservación de carga, 220 de circulación, 212 de la energía, 189, 190 del momentum angular, 186, 193 del momentum lineal, 186, 191 Conservativa, fuerza, 187 Conservativos, campos, 187, 188, 235 condición necesaria y suficiente para, 114,188 Constituyentes, relaciones, 222 Continuidad ecuación de, 203, 220 de una función vectorial, 41 Coordenadas cartesianas, 148 cilindricas, 139, 149 cilindricas circulares, 149 cilindricas elípticas, 159 cilindricas parabólicas, 159 curvas, 134 curvilíneas. 134

Análisis vectorial

esféricas, 141, 152 esferoidales achatadas, 159 esferoidales alargadas, 159 neutras, 139, 141 ortogonales curvilíneas, 137 parabólicas, 160 rectangulares, 19, 148 superficies, 134, 148, 149, 152 transformación, 134 Coordenadas cilindricas elemento de volumen en, 149 factores de escala en, 140, 149 jacobiano de una transformación en, 139 longitud de arco en, 149 parabólicas, 159 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 149 superficies coordenadas, 149 Coordenadas curvilíneas, 54, 134-137 aceleración en, 178-179, 200 elemento de volumen en, 138 factores de escala en, 138 longitud de arco en, 138 ortogonales, 137 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 143-144 Coordenadas curvilíneas ortogonales, 134-160 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 143-148 Coordenadas esféricas campos estáticos, 234-240 elemento de volumen en, 153 factores de escala en, 141, 153 jacobiano de una transformación en, 141 longitud de arco en, 153 rotacional, divergencia, gradiente, laplaciano en, 153 superficies coordenadas, 152 Coordenadas ortogonales cilindricas, 139, 149 cilindricas elípticas, 159 cilindricas parabólicas, 159 esféricas, 141, 152 esferoidales achatadas, 159 esferoidales alargadas, 159 especiales, 148-160 parabólicas, 160 rectangulares, 19, 148 Coplanares, vectores, 10 condición para, 10, 18, 28 no, 4 Coriolis, fuerza de, 198 Correspondencia uno a uno, 19 Corriente, 220 densidad de, 220 desplazamiento de, 225 estacionaria, 238 Cosenos directores de un vector, 27 ley de los, 7 Coulomb, indicador de, 245 Coulomb, ley de, 237 Cruz, producto, 8, 22 (véase también vectorial, producto) como un caso especial de product externo de formas, 251 en forma de determinante, 22

ley anticonmutativa del, 8, 22 ley distributiva del, 8 ley seudo-simétrica del, 8 Cuerpo, coordenadas del, 195 Cuerpos rígidos, 194-200 Curva borde de una, 266 curvatura de una, 169 ecuaciones paramétricas de una, 49, 51, 169 ecuaciones vectoriales para una, 48, 52 en el espacio, 48, 168 fórmulas de Frenet-Serret para una, 170 integral lineal a lo largo de una, 178 longitud de arco de una, 51, 138 paramétrica, 54 plana, 171 principal, 169 punto no singular de una, 49 punto singular de una, 49 tangente a una, 49 vector tangente a una, 49, 169 torsión de una, 169 vector binormal de una, 169 vector de Darboux de una, 170 vector normal de una binormal, 169 una principal, 169 Curvatura, 181 radio de, 181 Ch

Charles, teorema de, 198-199

O Darboux, vector de, 170 V (véase del) Va (véase laplaciano, operador) del (v), 58, 63 (véase también gradiente, divergencia y rotacional) fórmulas en las cuales interviene, 68-74 representación integral de, 100, 158 Delta de Kronecker, 15, 24, 31, 202 Densidad de carga, 220 de carga de superficie, 233 de corriente, 220 de corriente en la superficie, 234 de flujo de masa, 204 de flujo eléctrico, 222, 225 de flujo magnético, 221 de la fuerza de Lorentz, 246 del flúido, 203 de mornentum, 246 Densidad de flujo de masa, 204 eléctrico, 222 magnético, 221 Dependencia funcional, 77 lineal, 4, 18, 35 Derivada de una función vectorial, 43 parcial, 47 direccional, 58 exterior, 253

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normal, 107 Desigualdad del triángulo, 8 Desplazamiento corriente de, 25 eléctrico, 222, 225 infinitesimal, 195 vector de, 178 Determinante cofactor de un, 276 expresado como rotacional, 65, 147, 149, 153 expresado como triple producto escalar, 24 jacobiano (véase jacobiano) propiedades de un, 276 Diádico, 70 Diferencia de dos vectores, 2, 20 Diferenciable función escalar, 44, 253 función vectorial, 43, 47 transformación, 260 Diferenciación de formas, 253 de vectores, 43 parcial, 47 reglas para, 44 Diferencial elemento (diferencial) del área de una superficie, 56, 84 vector de desplazamiento, 78 Dinámica de los fluidos, 203 de una partícula, 178 de un sistema de partículas, 190 Dipolo campo eléctrico de, 237-238 eléctrico, 237 momento de, 237 potencial de, 237-238 puntual, 237 Dirección de integración, 79 de una curva, 49 de un vector, 1 en sentido contrario al de la manecillas del reloj, 79 en el sentido de las manecillas del reloj, 79 negativa, 79 positiva, 79 Direccional, derivada, 58 Distancia de un punto a una recta, 165 de un punto a un plano, 166, 167 entre dos rectas, 165 Distancia más corta entre dos rectas, 165 Distributiva, ley (véase ley distributiva) Divergencia de la función vectorial, 63, 255 definición alterna, 95, 98 interpretación física de, 96 del gradiente, 64 del rotacional, 67 en coordenadas cilindricas, 149 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 143-144 en coordenadas esféricas, 153 en coordenadas rectangulares, 63, 148 teorema de (véase teorema de divergencia)

Indice

Ecua«ión de Bernoulli, 208, 210 de continuidad de dinámica de los fluidos, 203 en teoría electromagnética, 220 de equilibrio, 207 de Euler, 205-206 de fuerza de Lorentz, 201 de Helmholtz, 242 de Laplace, 65, 235, 245 de Maxwell, 222 de movimiento para un flúido, 205, 208 de onda, 228 de una recta, 164 de un plano, 167 Ecuaciones no homogéneas de onda, 228 Ecuación no paramétrica de una recta, 50 Ecuación paramétrica, 49 de una curva, 49 de una esfera, 56, 57 de una recta, 50 de una superficie, 53 de un círculo, 49 Ecuación vectorial de una recta, 164 de un plano, 166-168 Eje fijo, 182 instantáneo de rotación, 195 Eléctrica carga, 220 corriente, 220 densidad de carga, 220 densidad de corriente, 220 Eléctrico campo (eléctrico) de dipolo, 237-238 campo (eléctrico) de una carga puntual, 236 densidad de flujo, 222 desplazamiento, 222, 225 dipolo, 237 flujo, 224, 225 intensidad de campo, 221 vector de campo, 201-221 Electromagnético, campo, 220, 221 Electrostática, 234 Elemento de arco, 51 de una matriz, 275 diferencial del área de una superficie, 84 Elemento de volumen, 94 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 138 Energía conservación de la, 189 densidad de, 230 en el campo electromagnético, 230-232 mecánica, 190 potencial, 187 teorema de energía mínima de Kelvin, 217 Energía cinética de una partícula, 187 de un cuerpo rígido, 198 de un flúido, 216 de un sistema, 194 rotacional, 198 translacional, 198

Escalar, 1 campo, 58 función, 41 integral de línea, 80 potencial, 122, 206 producto, 4, 22, 250 (véase también producto punto) triple producto, 10, 27 Espacio coordenadas del, 195 curvas en el, 48, 168 (véase también curva) generan el, 17 m-dimensional, 260-264 n-dimensional, 268 p-dimensional, 268 (p-l)-dimensional, 268 tridimensional, 14, 248, 254 Estática de fluidos, 207 Euler, ecuación de, 205-206 Exterior derivada, 253 diferenciación, 253 forma diferencial, 248 producto, 249 ley anticonmutativa del, 249, 250 F

Factores de escalar, 138 (véase también coeficientes métricos) en coordenadas cilindricas, 140, 143, 149 en coordenadas cilindricas elípticas, 159 en coordenadas cilindricas parabólicas, 159 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 138 en coordenadas esféricas, 141-143, 153 en coordenadas esféricas alargadas, 159 en coordenadas parabólicas, 160 en coordenadas rectangulares, 148 en esferoidales achatadas, 159 Faraday, ley de inducción de, 223 Fase del vector complejo, 240 Flúido barotrópido, 212 ideal, 205 incompresible, 204 perfecto, 205 Fluidos dinámica de los, 203 estática de, 207 mecánica de los 203-249 Flujo, 86, % de energía, 232 de masa fluida, 203 eléctrico, 222 ¡■rotacional, 209 magnético, 221 potencial, 209 rotacional, 209 uniforme, 208 vórtice, 209. 211 Forma p (véase formas diferenciales) Formas diferenciales, 248-274 adición y multiplicación de, 248-249 cerradas, 274

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de las ecuaciones de campo de Maxwell, 270-273 diferenciación de, 253 exactas, 274 invariancia de, 260 Frenet-Serret, fórmulas de, 170 Frontera condiciones de, 207, 232 curva, 122 de superficie, 266 superficies de, 101 Fuente, 96 Fuerza central, 184, 193 centrífuga, 198 centrípeta, 181 conservativa, 187, 206 de Coriolis, 198 de Lorentz, 201, 221 efectiva, 198 electromotriz, 224 momento de, 185 resultante, 205 sobre una partícula móvil, 201 sobre un dipolo eléctrico, 246 Fuerzas externas, 190, 193, 205 internas, 190, 193 Función armónica, 65 Funciones escalares, 41, 47 indicadoras, 228 uniformes, 122-123 vectoriales, 41, 47 Funciones vectoriales continuas, 41 continuidad de, 41 curva de, 48, 52 de más de una variable, 47 derivada de, 43 derivada parcial de, 47 de una variable, 41 diferenciables, 43 diferenciación de, 43 divergencia de, 63 lím ite de, 41 rotacional de, 65 suaves, 49 valor de, 41

Gauss, ley de para el campo eléctrico, 225 para el campo magnético, 225 Gauss, teorema de divergencia (véase teorema de divergencia) Geometría, 161-177 analítica, 164-168 del espacio, 161-164 diferencial, 168-175 plana, 161-164 Gradiente de una función escalar, 58, 255 definición alterna de, 59, 58 de una función vectorial, 70 (véase diádico) en coordenadas cilindricas, 149

Análisis vectorial

en coordenadas curvilíneas ortogonales, 143-144 en coordenadas esféricas, 153 en coordenadas rectangulares, 148 teorema de (véase teorema de gradiente) Gram-Schmidt, proceso de ortogonalización, 34-35 Gravitacional, campo, 207 Green, primer teorema o identidad de, 106 segundo teorema o identidad de, 106 tercer teorema o identidad de, 107 Green, teorema de, para el espacio, 100 (véase teorema de divergencia) Green, teorema de, para un plano, 116-117 como case especial del teorema de divergencia, 116-117 como caso especial del teorema de Stokes, 116

H

Hélice, 174 Helmholtz, ecuaciones de, 219, 242 Helmholtz, primer teorema sobre vorticidad de, 214 segundo teorema sobre vorticidad de, 214 Helmholtz, teorema de, 133 Hertz, vector, 229 Hooke, ley de, 189

Ideal, flúido, 205 Igualdad de matrices, 275 de vectores, 1 , 19 Impedancia característica de un medio, 243 Incompresible, flúido, 204 Independencia de la trayectoria, 122-124 Indicadora función, 228 invariancia, 227 transformación, 227 Inercia, momento de, 202 producto de, 202 Infinitesimal, desplazamiento, 195 rotación, 195 Integración de formas, 263-270 de una función vectorial, 78-133 Integral de formas diferenciales, 266 de línea, 78, 268 de superficie, 84, 268 de volumen, 94, 268 Integral de línea, 78, 80, 268 circulación en términos de, 80 independencia de la trayectoria, 122-124 trabajo expresado en términos de, 186 Intensidad de campo eléctrico, 221 de campo magnético, 222 Intensidad de un tubo de vórtice, 211 Intervalo cerrado, 263 Invariancia de derivadas externas, 260

del operador d, 260 Irrotacional .flujo, 209 vector, 77 lrrotacionales campos, 122, 125, 135 condiciones para, 125 J

Jacobi, identidad de, 15 Jacobiano, 77, 132, 134, 139, 141, 158, 251-253

K

Kelvin, teorema de energía mínima de, 217 Kelvin, teorema de, 212, 217 Kepler, segunda ley de, 179-180, 184-185 Kronecker, delta de, 15, 24, 31, 130, 202 L

Lagrange, identidad de, 9 ampliada, 14 Laplace, ecuación de, 65, 210, 235, 245 Laplaciano, operador V 2, 64 en coordenadas cilindricas, 149 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 144, en coordenadas esféricas, 153 en coordenadas rectangulares, 149 Leibniz, fórmulas de, 274 Ley cinemática de un cuerpo rígido, 196 Ley conmutativa (véase conmutativa) Ley de conservación de circulación, 212 (véase teorema de Kelvin) Ley de inducción, 223 Ley de cuadrado inverso para fuerza conservativa, 188

M Magnético campo (magnético) de alambre infinito que lleva corriente, 239 densidad de flujo, 221 flujo, 223, 224 inducción, 201, 221 intensidad de campo, 222 Magnetomotriz, fuerza, 224 Magnetostático, campo, 235 Magnitud de un vector, 1, 20 Masa, 184, 203 densidad del flujo de, 204 Matrices (véase también matriz) igualdad de, 275 producto de, 275 suma de, 275 Matriz (véase también matrices) cuadrada, 275 determinante de una, 275 de transformación de vectores base y componentes de un vector, 155-157

Límite de una función, 42 de una función vectorial, 41 vector, 41 Línea de flujo, 208 Linealmente dependientes, vectores, 4, 14, 35 independientes, vectores, 4 Longitud de un vector, 20 (véase también magnitud de un vector)

dimensión de una, 275 elemento de una, 275 notación de, 155-157 Maxwell, ecuaciones de, 222 formas diferenciales de las, 270-271 para campo armónico, 240 Mecánica, 178-202 Medio conductividad del, 222 homogéneo, 222, 240 impedancia característica de un, 243 isotrópico, 222, 240 lineal, 222, 240 permeabilidad del, 222 permitividad del, 222 Momento, 185 de dipolo eléctrico, 237 de fuerza, 185 de inercia, 202 sobre un dipolo eléctrico, 246 Momentum angular, 185 densidad de, 246 lineal, 184 Monocromáticos, campos, 240 (véase también campos armónicos) Monomios, 257 Movimiento de una partícula, 184 de un cuerpo rígido, 194 de un sistema, 190 ecuación del (para un flúido), 205 ley de Newton para el, 184 planetario, 179-180

Lorentz lema de, 241 teorema de reciprocidad, 241 Lorentz, condición de en el campo armónico, 241 para potenciales, 228, 230 Lorentz, fuerza de, 201, 221 densidad de la, 246 ecuación de, 201

Nabla (véase del) Negativo de un vector, 2, 19 Newton, ley del movimiento de, 184, 205 Normal al vector tangente de una curva, 53 a una superficie, 54 principal, 169, 181

Ley do los cosenos, 7 Ley do los senos, 9 Ley distributiva de la adición de vectores, 2, 20 del producto escalar, 5, 23 del producto vectorial, 8, 23 para la adición y la multiplicación de formas diferenciales, 248, 249

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N

Indice

vector, 54, 84 hacia afuera, 220

Onda ecuaciones de, 228 ecuaciones no homogéneas de, 228 monocromática, 243 (véase también onda plana) número de, 242 plana, 243 transversa, 243 vector de, 242 Operador, d, 260 del, 58, 63, 68 (véase también del) diferencial 7 (véase también del) divergencia, 63 gradiente, 59 rotacional, 65 rotacional, 65 Ortogonales bases, 32 vectores, 6 Ortonormales bases, 32 vectores, 33 P

Paralelismo de vectores, condición para, 1. 2, 9 Partícula aceleración angular de, 182 aceleración de, 178, 181 desplazamiento de, 178 energía cinética de una, 187 energía mecánica de una, 190 leyes del movimiento de Newton para, 184 momentum angular de una, 185 momentum de una, 184 potencial (energía) de una, 187 rapidez de, 180 rotación de, 195 velocidad angular de una, 182 velocidad de una, 178, 181 Permeabilidad, 222 Permitividad, 222 Perpendicularidad de vectores, condición para, 6 Pitágoras, teorema de, 17 Pontearé, lema de, 258, 260 Poisson, ecuación de, 235 Potencial, 187 de una carga puntual, 236 de un campo electrostático, 235-236 de un campo magnetostático, 239 de un dipolo, 237-238 de velocidad, 209-210 energía, 187 escalar, 122, 206 flujo (véase flujo irrotacional) funciones del campo electromagnético, 226, 245 escalares, 122, 206 vectoriales, 126

gravitacional, 189 vectorial, 126 Poynting, teorema de, 231 vector complejo de, 247 vector de, 230 Presión de un fluido, 203 Principio de conservación de carga, 220 de circulación, 212 de la energía, 189-190 del momentum angular, 186, 193 del momentum lineal, 191 Producto cruz (véase cruz, producto) cuña, 249, 260 de formas, 248-249 de inercia, 202 de matrices, 275 de un escalar y una matriz, 275 de un vector por un escalar, 1 escalar (véase escalar, producto) exterior (externo), 8, 22, 249 interno, 4, 22 vectorial (véase vectorial, producto) Producto punto, 4, 22 (véase también producto escalar) como caso especial del producto exterior de formas, 251 ley conmutativa para el, 5, 22 Propiedad de linealidad de las derivadas exteriores, 256 Proyección de un vector, 4 Punto de estancamiento, 211 final de un vector, 1 inicial de un vector, 1 Punto no singular de una curva, 49 de una superficie, 54 Punto singular de una curva, 49 de una superficie, 54

Radio de curvatura, 169, 181, 200 de torsión, 169 Rapidez, 180 angular, 182 Rectangulares, coordenadas, 19, 148 Rectángulo cerrado, 265 Región conexa, 122 simplemente conexa, 122, 125 sin corriente, 240 Regla del término medio para el triple producto vectorial, 14 Relaciones entre vectores base rectangulares y cilindricos, 150 entre vectores base rectangulares y esféricos, 155 Relaciones constituyentes, 222 Representación de vectores algebraica, 19 analítica, 19

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geométrica, 1 Representación integral de V , 100, 111 Resultante de vectores, 2, 19 Rotación eje instantáneo de, 195 infinitesimal, 195 Rotacional definición alterna de, 95, 98 del gradiente, 66 del rotacional de una función vectorial, 72 de una función vectorial, 65, 66, 255 en coordenadas cilindricas, 149 en coordenadas curvilíneas ortogonales, 143, 144 en coordenadas esféricas, 153 en coordenadas rectangulares, 149 interpretación física de, 197 teorema del, 109

S Schwarz, Cauchy, desigualdad de, 7 Segmento dirigido, 1, 19 Sinusoidales, campos con variación de tiempo, 240 (véase también campos armónicos) Sistema coordenado rectangular, 19 Sistemas coordenados especiales, 148-160 Sistemas coordenados fijo y del cuerpo, 195 Sistemas de partículas, 190-194 Solenoidal campo, 122, 125, 126 condiciones para, 126 vector, 77 Stokes, teorema de, 112, 266, 268 clásico, 268 demostración del, 112-113 general, 268 en el espacio n-dimensional, 268 interpretación física del, 113 para coordenadas rectangulares, 115 teorema de Green para un plano como caso especial del, 116 especial del, 116 Suave curva, 49, 263 función vectorial, 49 superficie, 264 Suma de formas diferenciales, 248 de matrices, 275 de vectores, 2, 19 Sumidero, 96 Superficie, 53 área de una, 56 elemento diferencial del, 56 cerrada, 84, 113 curvas paramétricas de una, 54 de fase constante, 243 densidad de carga de una, 232 densidad de corriente en una, 234 ecuación paramétrica de una, 53 frontera, 101 frontera de una, 266 integral de, 84, 268

punto no singular de una, 54 punto singular de una, 54 representación vectorial de una suave, 264 vector normal a una, 54 Sustracción de vectores, 2

Teorema de divergencia, 100, 109, 269 como caso especial del teorema general de Stokes en formas diferenciales, 268-269 en formas diferenciales, 268-269 demostración del, 100, 101 expresado en coordenadas rectangulares, 103 interpretación física del, 101 teorema de Green para un plano como caso especial del, 116-117 Teorema de gradiente, 109, 205 demostración del, 110 Teorema de Helmholtz, 133 Teorema de reciprocidad de Lorentz, 241 Teorema general de Stokes, 268 Teoremas de Kelvin, 212, 217 Teoría electromagnética, 220-247 Tema ordenada, 19 Tema positiva de vectores, 10 Tiempo de relajamiento, 226 Torsión, 169 radio de, 169 Totaí energía mecánica, 190 momentum angula;, 199 Trabajo, 186, 193 - ■ Transformación, 134, 2 6 0 ' de integral de superficie » integral de linca, 118 de integra] de volumen a integral de superficie, 109 ■ diferenciable, 260 entre componentes vectoriales rectangulares y cilindricas, 151 entre componentes vectoriales rectangulares y esféricas, 156 entre coordenadas, 134 entre vectores base cilindricos y esféricos, 157 entre vectores base rectangulares y cilindricos, 150 entre vectores base rectangulares y esféricos, 150 integral, 109, 118 inversa, 260 jacobiano de una, 134, 251 uniforme, 134 Trayectoria, 208 Triedro, 169 Triple producto escalar, 10 vectorial, 12 U

128\

Unicidad, teorema efe* Uniforme función, 122-1^3 transform acióií, 134

ción de, 2

vector (unitario) tangente, 52 Uno a uno correspondencia, 19 transformación, 260

Variables, cambio de, 251 Vector aceleración, 178 binormal, 169 cero, 1, 19 complejo, 240 conjugado, 247 de Poynting, 247 en el espacio, 240 componente de un, 5, 20 cosenos directores de un, 27 de Darboux, 170 de potencial, 126 de Poynting, 230 de propagación, 242 desplazamiento, 178 fijo, 1 Hertz, 229 irrotacional, 77 libre, 1 límite, 41 localizado, 1 longitud (magnitud) de un, 20 no localizado, 1 normal, 54, 84 normal principal, 169 operador V (véase del) proyección de un, 5 representación algebraica de un, representación geométrica de u r 39-169 solenoidal, 77 tangente, 49, 135 unitario, 2, 20 velocidad, 178 Vector de posición, 21, 48, 78 identidades en las cuales interviene, 48, 52, 53, 54, 58, 6 1 ,6 2 , 64, 6 6 ,6 9 , 73, 76, 77, 8 3 ,9 5 ,1 0 1 ,1 1 2 -1 1 3 120-121

en coordenadas cilindricas, 139, 178 en coordenadas esféricas, 141, 200 Vectores adición de, 2 álgebra de, 1 ángulo entre, 4, 26 base, 21, 134-135, 140-142 combinación lineal de, 4, 14, 17 conjuntos recíprocos de, 15, 136 coplanares, 10 diferencia de, 2, 20 igualdad de, 1, 19 * linealmente independientes, 4 ortogonales, 6 resultante de, 2, 19 suma de, 2, 19

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, 2, 19, 20 , 19 campo, 58 producto, 8, 22 triple producto, 12 Velocidad, 178 angular, 182 de propagación, 243 potencial, 209 relativa, 201 vector, 178 en coordenadas cilindricas, 178 en coordenadas esféricas, 200 1- en coordenadas rectangulares, 178 Viscosidad, 205 Volumen, integrales de, 94, 268 Vórtice flujo, 209, 211 (véase también flujo rotacional) línea de, 211 tubo de, 211 vector, 209 Vorticidad, 209

mm

ADDISON-W ESLEY IBEROAM ERICANA Apartado Postal 22-456. M éxico 14060, D.F., M éxico Apartado Aéreo 29696. Bogotá, Colom bia Casilla 70060. Santiago 7, Chile Apartado Postal 29853. Rio Piedras, Puerto Rico 00929 M artín ae los Heros 59, Bis, 4. 28008, M adrid, España 7 Jacob W sy. F «ad ing , M as s a c h u s e tts , E.U.A.

39-169 *

3 9 -

1 6 9 *

978020102943790000

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