Archivos de la categoría ‘TP07 – Integral de Línea y Función Potencial

Tp.7 Ej.6

Viernes, noviembre 27th, 2009

Demuestre que si \vec{h} : \mathbb{R} \to \mathbb{R}^n (n > 1) es derivable y ||\vec{h}|| es constante, \vec{h} \perp \vec{h}'

Solución:

Si \vec{h}(t) = (h_1(t), h_2(t), \ldots, h_n(t)), como

||\vec{h}|| = k

\sqrt{h_1^2 + h_2^2 + \ldots + h_n^2} = k

h_1^2 + h_2^2 + \ldots + h_n^2 = k^2

Dado el campo escalar F:\mathbb{R}^n \to\mathbb{R} definido por

F(x_1,x_2, \ldots, x_n) = x_1^2 + x_2^2 + \ldots + x_n^2

se verifica que:

F(\vec{h}(t)) = k^2

Derivando con la regla de la cadena:

\nabla F(\vec{h}(t)) \cdot \vec{h}'(t) = 0

lo cual implica que \nabla F(\vec{h}(t)) \perp \vec{h}'

Pero \nabla F(\vec{h}(t)) \parallel \vec{h} pues

\nabla F = (2x_1, 2x_2, \ldots, 2x_n)

\nabla F(\vec{h}(t))= 2(h_1(t),h_2(t), \ldots, h_n(t)) = 2 \vec{h}(t)

Por lo tanto \vec{h} \perp \vec{h}' como queríamos mostar.

Tp.7 Ej.16

Sábado, noviembre 14th, 2009

Sea f: \mathbb{R}^2 - \{ 0 \} \to \mathbb{R}^2 / f(x,y) = \left( \frac{y}{x^2+y^2}, \frac{-x}{x^2+y^2} \right), demuestre que f tiene matriz jacobiana contínua y simétrica en su dominio, pero no admite función potencial en él.

Solución:

Primero busquemos la matriz jacobiana:

Df = \begin{pmatrix} \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2} & \frac{(x^2+y^2) - 2y^2}{(x^2+y^2)^2} \\ \frac{-(x^2+y^2) + 2x^2}{(x^2+y^2)^2} & \frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2} \end{pmatrix}

Los componentes de la matriz son contínuos en su dominio Dm(Df) = \mathbb{R}^2 - \{ 0 \} por no haber indeterminación y tratarse de cociente de polinomios.

Veamos si es simétrica, debemos mostrar que Df_{12} = Df_{21}
Df_{12} = \frac{(x^2+y^2) - 2y^2}{(x^2+y^2)^2}
= \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}
Por otro lado:
Df_{21} = \frac{-(x^2+y^2) + 2x^2}{(x^2+y^2)^2}
= \frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}
= Df_{21}

por lo tanto la matriz es simétrica, y contínua, o sea que f cumple con las condiciones necesarias para la existencia de función potencial (jacobiano contínuo y simétrico).
Pero el dominio no es simplemente conexo ya que es Dm(f) = \mathbb{R}^2 - \{ 0 \} (recordar que en \mathbb{R}^2 simplemente conexo es equivalente a decir que no hay “agujeros” en el dominio, y en este caso está faltando el origen). Por lo tanto no podemos todavía garantizar que exista función potencial en todo el dominio.
Veamos que pasa si calculamos la circulación sobre una circunferencia unitaria centrada en el origen:

C(t) = (\cos(t), \sin(t)) 0 \leq t \leq 2\pi
C'(t) = (-\sin(t), \cos(t))

\int_0^{2\pi} (\sin(t), -\cos(t)) \cdot (-\sin(t), \cos(t)) dt
\int_0^{2\pi} -\sin^2(t) -\cos^2(t) dt
-\int_0^{2\pi} dt = -2\pi \neq 0

por lo tanto, como la circulación sobre una trayectoria cerrada nos da distinto de cero, podemos afirmar que el campo es no conservativo, es decir, que no admite función potencial en su dominio.

Tp.7 Ej.17

Sábado, noviembre 14th, 2009

Sean f un campo de gradientes con matriz jacobiana Df(x,y) = \begin{pmatrix} 2y-6x & 2x \\ 2x & 0 \end{pmatrix}, y C una curva abierta cualquiera con puntos extremos A perteneciente al eje y, y B perteneciente a la curva de ecuación y = x - x^{-1}. Demuestre que \int_C f \cdot ds = 0, sabiendo que la gráfica de su función potencial pasa por (1,1,3) con plano tangente de ecuación z = y+2

Solución:

En principio, vamos a intentar reconstruir la función potencial de f.
A partir de la matriz jacobiana:

F''_{xx} = 2y - 6x \to F'_x = 2yx - 3x^2 + c(y)
F''_{xy} = 2x \to F'_x = 2xy + c(x)
F''_{yx} = 2x \to F'_y = x^2 + c(y)
F''_{yy} = 0 \to F'_y = c(x)

Por lo tanto:

\nabla F(x,y) = f(x,y) = (2xy - 3x^2 + c_1, x^2 + c_2)

Buscamos su función potencial:

F'_x = 2xy - 3x^2 + c_1 \to F(x,y) = x^2y - x^3 + c_1x + c(y)
F'_y = x^2 + c_2 \to F(x,y) = x^2y + c_2y + c(x)

por lo tanto:

F(x,y) = x^2y - x^3 + c_1x + c_2y + c_3

Como pasa por (1,1,3):

3 = 1 - 1 + c_1 + c_2 + c_3
c_1+c_2+c_3 = 3 (ec. 1)

Como tiene plano tangente z = y+2
F'_x = 2xy - 3x^2 + c_1
F'_x(1,1) = 2 - 3 + c_1
-1 + c_1 = 0
c_1 = 1 (ec. 2)

F'_y =  x^2 + c_2
F'_y(1,1) = 1 + c_2
1 + c_2 = 1
c_2 = 0 (ec. 3)

De las ecuaciones (ec.2) y (ec.3) en la (ec.1):
c_3 = 2

Por lo tanto la función potencial es:

F(x,y) = x^2y - x^3 + x + 2

La integral pedida es:
\int_A^B f \cdot ds = \int_A^B \nabla F \cdot ds = F(B) - F(A)

F(B) = F(x,x-\frac{1}{x}) = x^2(x-\frac{1}{x}) - x^3 + x + 2
= x^3 - x - x^3 + x + 2
= 2

F(A) = F(0,y) = 2

Por lo tanto:
F(B) - F(A) = 2 - 2 = 0

que es lo que queríamos mostrar.

Tp.7 Ej.3

Miércoles, noviembre 11th, 2009

Calcule la longitud de la trayectoria de una partícula que se mueve sobre la superficie de ecuación z=x^2 - 4y^2 desde el punto (1,2,-15) hasta el (3,1,5), si la proyección de su recorrido sobre el plano xy es el segmento de puntos extremos (1,2,0) y (3,1,0)

Solución:

Debemos parametrizar la curva, a partir de la proyección podemos calcular un plano que debe contener a la curva, primero vamos a parametrizar el segmento de recta de la proyección:

r(t) = (1,2,0) + t(2, -1, 0) con 0 \leq t \leq 1
= (1+2t, 2-t, 0)
Ahora encontramos su ecuación cartesiana:
x = 1+2t
y = 2-t
de la segunda ecuación:
t = 2-y
en la primera:
x = 1+2(2-y)
= 1 + 4 - 2y
= 5 - 2y
por lo tanto:
x + 2y = 5
es la ecuación cartesiana de un plano que contiene a la curva.
Entre este plano y la superficie parametrizamos la curva:

C(t) = (5-2t,t, (5-2t)^2 - 4t^2) con 1 \leq t \leq 2
= (5-2t, t, 25 - 20t + 4t^2 - 4t^2)
= (5-2t, t, 25 - 20t)

Lo cual nos indica que la trayectoria se trata de un segmento de recta.
Debemos notar que con esta parametrización estamos recorriendo la curva en el sentido contrario, es decir desde B=(3,1,5) hasta A=(1,2,-15), pero como lo que queremos calcular es la longitud de la trayectoria, esta no depende de la orientación.

Ahora construimos el diferencial de arco de curva:
C'(t) = (-2,1,-20)
|C'(t)| = \sqrt{4 + 1 + 400}
= 9\sqrt{5}

Por lo tanto la longitud de la trayectoria es:

9\sqrt{5} \int_1^2 dt = 9\sqrt{5}

El siguiente gráfico muestra la superficie en color rojo, el plano que calculamos a partir de la proyección en celeste, y en azul la curva intersección, de la cual calculamos la longitud.

tp7_ej3
draw3d(
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
surface_hide = true,
color = "light-red",
parametric_surface(x,y,x^2 - 4*y^2, x,1,3,y,1,2),
color = "light-blue",
parametric_surface(5-2*v,v,u, u,-15,5,v,1,2),
color = "blue", line_width = 3,
parametric(5-2*t, t, 25-20*t, t,1,2)
);

Tp.7 Ej.4

Jueves, noviembre 5th, 2009

Entre los puntos (0,0,0) y (1,1,1), en la intersección del plano y=x con la supericie de ecuación z = 2y-x^2 con z \geq 0, se ha formado un hilo conductor eléctrico con resistividad lineal (\Omega/m) que en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al plano x=1. Calcule la resistencia eléctrica de dicho hilo conductor.

Solución:

Primero parametrizamos la curva:
C(t) = (t,t, 2t-t^2) con 0 \leq t \leq 1
El vector tangente es:
C'(t) = (1,1,2-2t)
Y su norma:
|C'(t)| = \sqrt{1^1+1^1 + (2-2t)^2}
= \sqrt{2 + 4 - 8t + 4t^2}
= \sqrt{6 - 8t + 4t^2}

La resistividad lineal es de la forma:
\delta(x,y,z) = k|1-x|
Como 0 \leq x \leq 1 podemos sacar el módulo:
\delta(x,y,z) = k(1-x)

Por lo tanto la resistividad eléctrica es:
\int_0^1 k(1-t) \sqrt{4t^2 - 8t + 6} dt

Si u = 4t^2 - 8t + 6
du = 8t - 8 dt
= 8(t-1)
= -8(1-t)

\frac{-k}{8} \int \sqrt{u} du
= \frac{-2k}{(3)(8)} u^{3/2}
= [\frac{-k}{12} (4t^2 - 8t + 6)^{3/2}]_0^1
= \frac{-k\sqrt{2}}{6} + \frac{k\sqrt{6}}{2}
= k \left( \sqrt{\frac{3}{2}} - \frac{\sqrt{2}}{6} \right)

El siguiente es el gráfico del hilo conductor y del plano x=1
tp7_ej4
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue", line_width=2,
parametric(t,t,2*t-t^2, t,0,1),
color = "light-blue", line_width=1,
parametric_surface(1,u,v, u,-2,2, v,-2,2)
);

Tp.7 Ej.5

Sábado, junio 13th, 2009

Halle las coordenadas del centro de gravedad de un alambre filiforme cuya densidad lineal en cada punto es proporcional a la distancia desde el punto al eje z; si la forma del alambre queda determinada por la intersección de x+y+z=4 con y=2x en el 1º octante

Solución:
Para hallar el centro de gravedad del alambre, vamos a necesitar conocer su masa, por lo que primero vamos a calcularla.
La función densidad es proporcional a la distancia al eje z, por lo tanto:
\delta(x,y,z) = k \sqrt{x^2 + y^2}
Por otro lado vamos a necesitar la parametrización de la curva:
De la primer ecuación:
z = 4 - x - y
Entonces
C(t) = (t, 2t, 4-t-2t)  = (t, 2t, 4-3t)
Como estamos en el 1º octante tenemos que A=(0,0,4) y B=(4/3, 8/3, 0)
Por lo tanto el recorrido sería entre 0 \leq t \leq 4/3
Su vector tangente es:
C'(t) = (1, 2, -3)
|C'(t)| = \sqrt{1+4+9} = \sqrt{14}
M = k\sqrt{14} \int_0^{4/3} \sqrt{t^2 + 4t^2} dt
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} \int_0^{4/3} t dt
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} [t^2/2]_0^{4/3}
M = k\sqrt{14}\sqrt{5} 8/9

La fórmula de centro de gravedad es (M_{yz}, M_{xz}, M_{xy})/M
Vamos a hacer solo el primer componente, para ello sólo nos falta el momento estático respecto del eje x:

M_{yz} = k \sqrt{14} \int_0^{4/3} t \sqrt{t^2 + 4 t^2} dt
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} \int_0^{4/3} t^2 dt
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} [t^3/3]_0^{4/3}
M_{yz} = k \sqrt{14}\sqrt{5} 64/81

Por lo tanto M_{yz}/M = \frac{64/81}{8/9}
= \frac{64/81}{8/9} = \frac{(64)(9)}{(81)(8)} = 8/9

Para terminar el ejercicio faltaría hacer los componentes y y z del centro de gravedad, mediante el mismo procedimiento.

Tp.7 Ej.14.d

Miércoles, junio 10th, 2009

Verifique si los siguientes campos admiten función potencial; de existir, determínela.

f(x,y,z) = (2x+y+1, x+z, y+2z)

Solución:
Recordemos que la condición necesaria para que el campo sea conservativo (exista función potencial) es que su jacobiano sea simétrico. Por lo tanto veamos si se cumple:

Df = \begin{pmatrix} 2 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 2 \end{pmatrix}
Con lo cual observamos que es simétrico y por lo tanto se cumple la condición necesaria.

La condición suficiente es que el dominio sea simplemente conexo, pero como el dominio es Dm(f) = \mathbb{R}^3 esto también se cumple, por lo tanto sabemos que existe función potencial y procedemos a calcularla:

La función potencial la voy a llamar F, y es tal que su gradiente es f, por lo tanto tenemos que f = (F'_x, F'_y, F'_z)

Integrando el primer componente obtenemos
F \approx x^2 + yx + x + c(yz)

Es decir nos queda una constante de indeterminación que en realidad puede ser función de y y de z

Hacemos lo mismo con los otros dos componentes:
F \approx xy + zy + c(xz)
F \approx yz + z^2 + c(xy)

Entre las tres ecuaciones podemos armar la función potencial original:

F(x,y,z) = x^2 + xy + x + zy + z^2 + c
La cual tiene una constante de indeterminación, y es fácil verificar que su gradiente es el campo vectorial f.

Tp.7 Ej.12

Miércoles, junio 10th, 2009

Calcule la circulación de f(x,y,z) = (x-y, x, yz) a lo largo de la curva intersección de z = x - y^2 con y=x^2 desde (1,1,0) hasta (-1,1,-2)

Solución:
Llamamos A = (1,1,0) y B = (-1,1,-2).
Por lo tanto queremos calcular la circulación de f sobre C desde A hasta B.

Lo primero que nos conviene hacer es parametrizar la curva.
C(t) = (t, t^2, t-t^4) con -1 \leq t \leq 1
Debemos notar que con esta parametrización estamos recorriendo la curva desde B hasta A, por lo que la circulación nos va a dar con el signo contrario. Podemos reparametrizar la curva para orientarla en el sentido opuesto, o acordarnos de cambiar el signo al final (vamos por esta opción).
También vamos a necesitar el vector tangente en cada punto:
C'(t) = (1,2t, 1-4t^3)

El campo vectorial evaluado en cada punto de la curva lo puedo obtener mediante la composición:
f(C(t)) = (t-t^2, t, t^2(t-t^4))
= (t-t^2, t, t^3-t^6)

La circulación en cada diferencial de curva es la proyección del campo sobre el vector tangente a la curva:
f(C(t)) \cdot C'(t) = (t-t^2, t, t^3-t^6) \cdot (1,2t,1-4t^3)
= t-t^2 + 2t^2 + (t^3-t^6)(1-4t^3)
= t + t^2 + t^3 - 4t^6 - t^6 + 4t^9
= t + t^2 + t^3 - 5t^6 + 4t^9

Por lo tanto la circulación total en el sentido de B hasta A es:
\int_{-1}^1 f(C(t)) \cdot C'(t) dt
= \int_{-1}^1 t + t^2 + t^3 - 5t^6 + 4t^9 dt
= [ \frac{t^2}{2} + \frac{t^3}{3} + \frac{t^4}{4} - 5 \frac{t^7}{7} + 4 \frac{t^{10}}{10} ]_{-1}^1
= \frac{323}{420} - \frac{643}{420} = - \frac{16}{21}

Por lo tanto, cambiando el signo obtenemos la circulación pedida que va desde A hasta B, y es \frac{16}{21}

Tp.7 Ej.2

Lunes, junio 8th, 2009

Calcule la longitud de la frontera de la región plana definida por: x^2 + y^2 \leq 4, y \geq x, x \geq 0

Solución:
En este ejercicio la curva nos la dan como fontera de una región en el plano.
Lo primero que vamos a hacer es graficar la curva, y separarla en un conjunto de curvas regulares.
tp7_ej2_bis
draw2d(color=black,
parametric(t,t, t,-sqrt(2),sqrt(2)),
color=red,
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t,0, 2*%pi),
color=green,
parametric(0,t,t,-2,2));

Entonces tenemos que la curva frontera es
C = C_1 + C_2 + C_3,
y podemos calcular la longitud de C calculando las longitudes de todas las C_i y sumandolas.

Parametricemos las curvas:
C_1(t) = (t,t) con 0 \leq t \leq \sqrt{2}
C_2(t) = (2\cos(t),2\sin(t)) con \pi/4 \leq t \leq \pi/2
C_3(t) = (0,2-t) con 0 \leq t \leq 2

Sus derivadas son:

C'_1(t) = (1,1) con 0 \leq t \leq \sqrt{2}
C'_2(t) = (-2\sin(t),2\cos(t)) con \pi/4 \leq t \leq \pi/2
C'_3(t) = (0,-1) con 0 \leq t \leq 2

Las normas de las derivadas son:

|C'_1(t)| = \sqrt{2} con 0 \leq t \leq 1/\sqrt{2}
|C'_2(t)| = 2 con \pi/4 \leq t \leq \pi/2
|C'_3(t)| = 1 con 0 \leq t \leq 1

Por lo tanto sus longitudes son

long(C_1) = \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{2}dt = 2
long(C_2) = \int_{\pi/4}^{\pi/2} 2dt = \pi/2
long(C_3) = \int_0^2 dt = 2

Por lo tanto long(C) = 2 + \pi/2 + 2 = 4 + \pi/2