Archivos de la categoría ‘TP10 – Teoremas Integrales (Green, Stokes, Gauss)

Tp.10 Ej.1.a

Lunes, julio 25th, 2011

Sea f \in C^1 / f(x,y) = (P(x,y), Q(x,y)) con Q'_x - P'_y \equiv k \neq 0 (k constante). Aplicando el teorema de Green demuestre que Area(D) = \frac{1}{k} \oint_{\partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} con \partial D frontera de D \subset \mathbb{R}^2.

Proponga alguna fórmula para el cálculo del área de regiones planas mediante integrales de línea y aplíquela para calcular el área de las regiones definidas por:

a) \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1, a,b \in \mathbb{R}^+

Solución:

El teorema de Green establece (bajo ciertas hipótesis) que
\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D Q'_x - P'_y dxdy

Entonces si Q'_x - P'_y \equiv k (constante), se tiene que
\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = \iint_D k dxdy

\oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds} = k \iint_D dxdy

Despejando el área:
Area(D) = \iint_D dxdy = \frac{1}{k} \oint_{C = \partial D^+} \vec{f} \cdot \vec{ds}

Por ejemplo, tomando
f(x,y) = \left( \frac{-y}{2}, \frac{x}{2} \right)
se tiene que
Q'_y - P'_y = 1

Tomando la región D:
\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \leq 1
Podemos parametrizar su curva frontera C = \partial D^+ en sentido positivo como
g(t) = (a\cos(t), b\sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi
derivando
g'(t) = ( -a\sin(t), b\cos(t) )

Calculamos la circulación de f sobre C
\int_0^{2\pi} \left( \frac{-b\sin(t)}{2}, \frac{a\cos(t)}{2} \right) ( -a\sin(t), b\cos(t) ) dt

\int_0^{2\pi} \frac{ab\sin^2(t)}{2} +  \frac{ab\cos^2(t)}{2} dt

\int_0^{2\pi} \frac{ab}{2} dt = ab \pi

que es la fórmula del area de una elipse de semiradios a,b.

Tp.10 Ej.6

Sábado, julio 23rd, 2011

Sea \overline{f} = (P,Q) \in C^1 en \mathbb{R}^2 - \{0\} tal que Q'_x - P'_y = 5, dadas las curvas C_1 : x^2 + 9y^2 = 36 y C_2 : x^2 + y^2 = 4, calcule \oint_{C_2^+} \overline{f} \cdot \overline{ds} sabiendo que \oint_{C_1^+} \overline{f} \cdot \overline{ds} = 7\pi

Solución:

C_1 : x^2 + 9y^2 = 36
C_2 : x^2 + y^2 = 4

La curva C_1 es una elipse centrada en el origen de semiradios 6 y 2. El area que encierra es A(int(C_1)) = 2\cdot 6 \cdot \pi = 12\pi.

Sabemos que si f fuera C^1 en todo el interior de C_1 (incluyendo el origen) entones por el teorema de Green tendríamos \int_{C_1^+} f ds = 5 \cdot 12\pi = 60\pi, cuando en realidad la circulación es 7\pi = 60\pi - 53\pi. Es decir que podemos pensar que la circulación en el sentido positivo sobre una curva cerrada “infinitesimal” que encierra al origen es de -53\pi

La curva C_2 es una circunferencia centrada en el origen de radio 2. El area que encierra es A(int(C_2)) = 4\pi. Como en la curva anterior, si fuera que f \in C^1 en todo el interior tendríamos que \int_{C_2^+} f ds = 5 \cdot 4\pi = 20\pi. Pero como hay que sumarle la circulación que ya conocemos sobre una curva cerrada “infinitesimal” que encierra el origen, la circulación pedida es \int_{C_2^+} f ds = 20\pi - 53\pi = -33\pi

Debe haber una manera mejor de explicar esto, si a alguien se le ocurre como me avisa. 🙂

Tp.10 Ej.1.c

Martes, diciembre 22nd, 2009

Proponga alguna fórmula para el cálculo del área de regiones planas mediante integrales de línea y aplíquela para calcular el área de las regiones definidas por:

c) x^2 + y^2 \leq 4, x^2 + y^2 \geq 2x, x \geq 0

Solución:

Analizando la segunda ecuación:
x^2 + y^2 \geq 2x
Completando cuadrados:
x^2 - 2x + y^2 \geq 0
(x-1)^2 + y^2 \geq 1

Para calcular el área mediante Green voy a usar el campo vectorial:
f(x,y) = (\frac{-y}{2}, \frac{x}{2})

Por simetría respecto del eje x, vamos a hacerlo en el 1º cuadrante, y al final multiplicamos por 2 para obtener el área total.

Separamos la curva frontera de la región en 3 curvas regulares, y calculamos la circulación del campo sobre cada una de ellas.

C_1(t) = (\cos(t)+1, \sin(t)) con 0 \leq t \leq \pi
C'_1(t) = (-\sin(t), \cos(t))
f(C_1(t)) = (\frac{-\sin(t)}{2}, \frac{\cos(t)+1}{2})
f(C_1(t)) \cdot C'_1(t) = \frac{\sin^2(t)}{2} + \frac{\cos^2(t) + \cos(t)}{2}
= \frac{1}{2} + \frac{\cos(t)}{2}
\int_0^{\pi} \frac{1}{2} + \frac{\cos(t)}{2} dt
\left[ \frac{1}{2}t + \frac{\sin(t)}{2} \right]_0^{\pi}
= \frac{\pi}{2}
Como la recorrimos en la orientación contraria a la positiva, le cambiamos el signo, por lo tanto la circulación sobre C_1 es \frac{-\pi}{2}

C_2(t) = (2\cos(t), 2\sin(t)) con 0 \leq t \leq \pi/2
C'_2(t) = (-2\sin(t), 2\cos(t))
f(C_2(t)) = (\frac{-2\sin(t)}{2}, \frac{2\cos(t)}{2})
f(C_2(t)) \cdot C'_2(t) = 2\sin^2(t) + 2\cos^2(t) = 2
2 \int_0^{\pi/2} dt = \pi

C_3(t) = (0, 2-t) con 0 \leq t \leq 2
C'_3(t) = (0,-1)
f(C_3(t)) = (\frac{t-2}{2}, 0)
f(C_3(t)) \cdot C'_3(t) = 0
\int_0^2 0 dt = 0

Por lo tanto el área sobre la región en el 1º cuadrante es:
\frac{-\pi}{2} + \pi + 0 = \frac{\pi}{2}

Para calcular el área total multiplicamos por 2 y es:
Area(D) = \pi

El gráfico de la región es:

draw2d(
parametric(2*cos(t), 2*sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(cos(t)+1, sin(t), t, 0, 2*%pi),
parametric(0, t, t, -2, 2)
);

Tp.10 Ej.15.a

Lunes, diciembre 7th, 2009

Analice si \vec{f} admite función potencial en su dominio natural; en “c” y “d” suponga \phi \in C^1:

a) \vec{f}(x,y) = \left( \frac{y}{(x-1)^2 + y^2}, \frac{1-x}{(x-1)^2 + y^2} \right)

Solución:

Primero calculamos el dominio natural de \vec{f}, para ello no debe anularse el denominador, por lo tanto el dominio es:

Dm(\vec{f}) = \mathbb{R}^2 - \{ (1,0) \}

La condición necesaria para que exista función potencial, es que la matriz jacobiana sea simétrica, o en \mathbb{R}^2, que el operador Green sea nulo, es decir, si \vec{f} = (P, Q) entonces

Q'_x - P'_y = 0
Q'_x = P'_y

Veamos si esto se cumple:
Q'_x = \frac{(-1)((x-1)^2 + y^2) - (1-x)(2x-2)}{((x-1)^2 + y^2)^2}
= \frac{(-1)(x^2 - 2x + 1 + y^2) - (2x-2-2x^2+2x)}{((x-1)^2 + y^2)^2}
= \frac{-x^2 + 2x - 1 - y^2 - 2x + 2 + 2x^2 - 2x}{((x-1)^2 + y^2)^2}
= \frac{x^2 - 2x + 1 - y^2}{((x-1)^2 + y^2)^2}

P'_y = \frac{(x-1)^2 + y^2 - 2y^2}{((x-1)^2 + y^2)^2}
= \frac{x^2 -2x + 1 - y^2}{((x-1)^2 + y^2)^2} = Q'_x

Por lo tanto se cumple la condición necesaria. Sería suficiente si el dominio fuera simplemente conexo, pero no lo es puesto que el mismo tiene un “agujero” en (1,0). Para saber si admite función potencial, faltaría calcular la circulación sobre un camino cerrado que “encierre” dicho punto.

Tomando una circunferencia unitaria centrada en (1,0):
C(t) = (\cos(t) + 1, \sin(t)) con 0 \leq t \leq 2\pi
C'(t) = (-\sin(t), \cos(t))

\vec{f}(C(t)) = (\sin(t), -\cos(t))

\vec{f}(C(t)) \cdot C'(t) = -1

Por lo tanto la circulación sobre dicha circunferencia es:

- \int_0^{2\pi} dt = -2\pi \neq 0

Como la circulación sobre un camino cerrado del dominio dió distinto de cero, el campo no es conservativo, y por lo tanto no admite función potencial en su dominio.

Final 17/07/1996 Ej.1.b

Lunes, julio 27th, 2009

Calcule el flujo de f a través de la semiesfera de ecuación z = \sqrt{4-x^2-y^2} sabiendo que existe un campo g \in C^2 / f = rot(g) y que f(x,y,0) = (0,-y,1-x). Indique claramente en un gráfico la orientación de los versores normales que utiliza.

Lo primero que debemos notar es que si f es un campo de rotores, entonces div(f) = 0 (puesto que div(rot(g)) = 0)
Lo segundo es que el campo nos lo dan solamente en el plano xy, por lo tanto para calcular el flujo sobre la semiesfera no nos queda otra que emplear el teorema de la divergencia. La integral de la divergencia no hace falta hacerla porque va a dar 0 por lo mencionado anteriormente, y este sería el flujo total S + T = 0 (superficie + tapa). Ahora nos falta restarle la tapa, tomando la normal hacia afuera, que vendría a ser hacia abajo:
N = (0,0,-1)
f \cdot N = x-1
Pasamos a polares:
f \cdot N = \rho\cos(\phi) - 1
La integral sobre la tapa es:
\int_0^{2\pi} \cos(\phi) d\phi \int_0^2 \rho^2 d\rho - \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^2 \rho d\rho
= [\sin(\phi)]_0^{2\pi} [\frac{\rho^3}{3}]_0^2 - 4\pi
= -4\pi

Por lo tanto S = -T = 4\pi es el flujo pedido.
17_07_1996_ej1_b
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(2*cos(u)*sin(v), 2*sin(u)*sin(v), 2*cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "red",
vector([2*cos(0)*sin(%pi/4), 2*sin(0)*sin(%pi/4), 2*cos(%pi/4)],[1,0,1]/2)
);

Tp.10 Ej.2

Jueves, julio 23rd, 2009

Calcule la circulación de f(x,y) = (x^2 + y^2, 3xy + \ln(y^2+1)) a lo largo de la frontera de la región definida por 4x^2 + (y-1)^2 \leq 1 recorrida en sentido positivo.

Solución:
Este ejercicio parece ideal para aplicar el teorema de Green.

green(f) = \left| \begin{matrix} \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \\ x^2 + y^2 & 3xy + \ln(y^2 + 1) \end{matrix} \right|
= 3y - 2y = y

Ahora vamos a integrar y sobre el area que encierra la curva, para eso elijo este sistema de coordenadas:

x = \frac{1}{2}\rho \cos(\phi)
y = \rho \sin(\phi) + 1

Calculamos el módulo del determinante de su jacobiano:
|J| = \left| \begin{matrix} -\frac{1}{2}\rho \sin(\phi) & \rho \cos(\phi) \\ \frac{1}{2}\cos(\phi) & \sin(\phi) \end{matrix} \right|
= |-\frac{1}{2}\rho \sin^2(\phi) - \frac{1}{2}\rho\cos^2(\phi)|
= \frac{1}{2} \rho

Por lo tanto la integral en el nuevo sistema de coordenadas nos queda:

\frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho (\rho \sin(\phi) + 1)d\rho
= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \sin(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^2 d\rho + \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} d\phi \int_0^1 \rho d\rho

= \frac{1}{2} [-cos(\phi)]_0^{2\pi} [\frac{\rho^3}{3}]_0^1 + \pi [\frac{\rho^2}{2}]_0^1

= \frac{\pi}{2}

Por lo tanto la circulación en el sentido pedido es \frac{\pi}{2}.

Tp.10 Ej.18

Lunes, julio 20th, 2009

Calcule la circulación de f(x,y,z) = (xy, y-x, yz^2) a lo largo de la curva intersección de x^2+y^2+z^2 = 8 con x = \sqrt{y^2 + z^2} aplicando el teorema del rotor. Indique gráficamente la orientación que ha elegido para recorrer la curva.

Solución:

La curva nos la dan como intersección de una esfera y un cono.
Nos pide que utilicemos el teorema del rotor, por lo que tenemos que elegir una superficie que tenga como frontera a la curva en cuestión. Podríamos elegir tanto a la esfera como al cono, pero primero analicemos la curva a partir de la intersección de ambas superficies.
x^2 + y^2 + z^2 = 8
x = \sqrt{y^2 + z^2}
De la segunda ecuación en la primera:
y^2 + z^2 = 4
O sea que la curva es una circunferencia de radio 2, veamos donde se encuentra:
x^2 + 4 = 8
x^2 = 4, y por la segunda ecuación x debe ser positiva, por lo tanto nuestra curva es una curva plana y se encuentra en el plano x=2

Es decir que podemos simplemente integrar el rotor sobre dicho plano.
Calculemos ahora el rotor del campo:
rot(f) = \left| \begin{matrix} i & j & k \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ xy & y-x & yz^2 \end{matrix} \right|
= i z^2 - j 0 + k (-1-x)
= (z^2, 0, -1-x)

Como vector normal a nuestro plano vamos a tomar N = (1,0,0)
Por lo tanto el elemento de flujo del rotor sobre el plano es f \cdot N = z^2

Ahora integramos la circunferencia de radio 2, pasando a coordenadas polares en el yz:
y = \rho \cos(\phi)
z = \rho \sin(\phi)
|J| = \rho

Transformando nuestro elemento de flujo queda f \cdot N = \rho^2 \sin^2(\phi)

Por lo tanto el flujo del rotor sobre la superficie es:
\int_0^{2\pi} \sin^2(\phi) d\phi \int_0^{2} \rho^3 d\rho
= 4 [\frac{\phi}{2} - \frac{1}{4}\sin(2\phi)]_0^{2\pi}
= 4\pi

que por el teorema del rotor es equivalente a la circulación pedida.

Es posible realizar integrales múltiples con el software Maxima, por ejemplo la integral doble anterior la escribiríamos como:

integrate( integrate( cos(phi)^2*rho^3, rho, 0, 2), phi, 0, 2*%pi );

y la salida es:

4%pi

lo cual verifica con nuestro resultado.

En la siguiente animación podemos visualizar una sección de la esfera en color celeste, del cono en color rojo, del plano en color verde, la curva en color negro, y los vectores tangente a la curva y normal al plano en color azul:
tp10_ej18b
apply(draw, append([terminal=animated_gif, delay=20],
makelist(gr3d(
rot_vertical=100, rot_horizontal=20*k, surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "light-blue",
parametric_surface(sqrt(8)*cos(u)*sin(v), sqrt(8)*sin(u)*sin(v), sqrt(8)*cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "light-red",
parametric_surface(u, u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
color = "light-green",
parametric_surface(2, u*cos(v), u*sin(v), u, 0, 2, v, 0, 2*%pi),
head_both = true,
color = "blue",
vector([2,0,-1],[1,0,0]),
vector([2,-sqrt(2),-sqrt(2)],[0,sqrt(2),-sqrt(2)]),
line_width=2,
color="black",
parametric(2,2*cos(t), 2*sin(t),t,0,2*%pi)
),
k,0,18)))$

Tp.10 Ej.24

Lunes, julio 20th, 2009

Calcule el flujo de f \in C^1 a través de la semiesfera de ecuación z = \sqrt{1-x^2-y^2} sabiendo que f(x,y,0) = (x,y,x^2), siendo div(f(x,y,z)) = 2(1+z)

Solución:
Lo importante es notar que el campo vectorial sólo nos lo dan en el plano xy, es decir que no podemos integrar el flujo directamente sobre la superficie ya que no conocemos el campo sobre la misma.
Lo que podemos hacer es ‘cerrar’ la superficie con el plano xy, y calcular la divergencia sobre el volumen, luego le restamos la tapa ya que sí conocemos el campo sobre esta.

Empecemos por calcular la divergencia sobre el volumen:
Vamos a usar coordenadas esféricas, por lo tanto la divergencia se transforma en:
2(1+z) = 2+2z = 2+2\rho\cos(\theta)

2\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \sin(\theta) d\theta \int_0^1 \rho^2 d\rho + 2\int_0^{2\pi} d\phi \int_0^{\pi/2} \sin(\theta)\cos(\theta) d\theta \int_0^1 \rho^3 d\rho
= \frac{4\pi}{3} + \pi [-\frac{1}{2}\cos^2(\theta)]_0^{\pi/2}
= \frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{2} = \frac{11}{6}\pi

Ahora nos falta restar la tapa, que es la circunferencia unitaria sobre el plano xy, el vector normal lo tenemos que tomar ‘hacia abajo’ para que sea saliente de nuestro volumen, es decir N = (0,0,-1)
O sea que el diferencial de flujo tendrá la forma f \cdot N = (x,y,x^2) \cdot (0,0,-1) = -x^2
Pasando a polares sería -\rho^2\cos^2(\phi)

-\int_0^{2\pi} \cos^2(\phi) d\phi \int_0^1 \rho^3 d\rho
= -\frac{1}{4} [\frac{\phi}{2} + \frac{1}{4}\sin(2\phi)]_0^{2\pi}
= -\frac{\pi}{4}

Como queríamos el flujo sobre la semiesfera, al flujo total le restamos la tapa, es decir que el flujo pedido era \frac{11}{6} \pi - (-\frac{1}{4} \pi) =  \frac{25}{12} \pi

En el siguiente gráfico se pueden visualizar la superficie de la semiesfera de color azul y la tapa de color rojo.

tp10_ej_24
draw3d(surface_hide = true,
xlabel = "x", ylabel = "y", zlabel = "z",
color = "blue",
parametric_surface(cos(u)*sin(v), sin(u)*sin(v), cos(v), u, 0, 2*%pi, v, 0, %pi/2),
color = "red",
parametric_surface(u*cos(v), u*sin(v), 0, u, 0, 1, v, 0, 2*%pi),
head_both = true,
color = "black",
vector([0,0,0],[0,0,-1/2]),
vector([1/sqrt(3),1/sqrt(3),1/sqrt(3)],[1,1,1]/3)
);