Ejercicios Resueltos Teorema de La Divergencia - Ejercicios - Analisis PDF

MatemáticasTEOREMA DE LA DIVERGENCIA Ejercicios Resueltos ENUNCIADO DEL TEOREMA Sea E una región simple sólida cuya superficie frontera S tiene una orientación positiva (hacia afuera). Sea F un campo vectorial cuyas funciones componentes tienen derivadas parciales continuas sobre una región abierta que contiene a E. Entonces: ∫∫ F ⋅ dS = ∫∫∫ div F dV S E Recordar que otra notación para div F es ∇·F PROBLEMAS RESUELTOS 1.) Evaluar el flujo del campo vectorial 2 F(x;y;z) = xyi +(y2 + e xz )j +sen(xy)k a través de la superficie frontera de la región E acotada por el cilindro parabólico z = 1 - x2 y los planos z = 0, y = 0, y + z = 2. SOLUCIÓN El problema invita a la transformación de la integral de flujo en algún otro tipo de integral para evitar las complejidades que surgirían de parametrizar el segundo término de la segunda componente del campo vectorial, y también para hacer una sola integral en vez de cuatro. Para aplicar el teorema de la divergencia calculamos: z div F = y + 2y = 3y z = 1 -x2 (0;0;1) y=2-z Evaluaremos la integral de volumen de esta función escalar tomando el dominio como una región de tipo 3; esto es, una región encerrada entre dos y funciones de un dominio (0;2;0) bidimensional ubicado sobre el (1;0;0) plano xz. x 1 1− x 2 2− z ∫∫ F ⋅ dS = ∫∫∫ div F dV = ∫∫∫ 3 ydV = 3∫ S E E −1 0∫ ∫ 0 ydydzdx = ··· = 184 35  z).) Verificar el teorema de la divergencia para el campo vectorial F = rr y la superficie esférica x2 + y2 + z2 = 9. 3senϕsenθ.θ ) ⋅ (rϕ ×rθ )dϕdθ = ∫ 2π 0 ∫ π 0 81sen πdϕdθ = 81∫ 0 2π [− cosπ ]dθ = 324π 2π 0 S D Hemos hecho un cálculo bastante complejo por integrales de superficie.θ) = 3(3senϕcosθ. esto es: rϕ × rθ = (9 sen 2 ϕ cosθ . Veamos ahora cómo reduciendo esto a una integral de volumen con el teorema de la divergencia el cálculo se simplifica notablemente. Por lo tanto la normal externa vendrá dada por el PVF calculado haciendo el producto vectorial en el orden opuesto. De modo que en términos de las variables cartesianas el campo vectorial dado puede expresarse como: F = x 2 + y 2 + z 2 ( x. SOLUCIÓN El vector r es el vector posición (x.0).  z = 3 cos ϕ 0 ≤ θ ≤ 2π  Con esta parametrización tenemos: i j k rθ × rϕ = − 3 sen ϕ sen θ 3 sen ϕ cosθ 0 = 3 cos ϕ cosθ 3 cos ϕ sen θ − 3 sen ϕ = (−9 sen 2 ϕ cosθ . z ) La superficie dada puede parametrizarse a través de coordenadas esféricas:  x = 3 sen ϕ cosθ  0≤ϕ ≤π  y = 3 sen ϕ sen θ .3.-9. y. En (0. y. o sea una normal interna. 3cosϕ) y: F·(r ϕ ×r θ ) = ··· = 81senϕ Así que: ∫∫ F ⋅ dS =∫∫ F(ϕ .−9 sen 2 ϕ sen θ . Calculemos en primer lugar la divergencia: .9 sen 2 ϕ sen θ . y para tales valores el PVF calculado da (0.−9 sen ϕ cos ϕ ) ¿Es ésta una normal exterior? Probémoslo con un punto.0) tendríamos θ = ϕ = π/2.9 sen ϕ cos ϕ ) Evaluando ahora F en función de esta parametrización es: F(ϕ.2. div F = ∂ ∂x (x x2 + y2 + z2 + ∂ ∂y ) ( y x2 + y2 + z2 + ∂ ∂x ) ( x x2 + y2 + z2 ) Calculando las derivadas parciales por separado y sumando miembro a miembro se tiene: ∂ ∂x ( ) x x2 + y2 + z2 = x2 + y2 + z2 + x2 x2 + y2 + z2 (y x + y + z )= ∂ y2 2 2 2 x2 + y2 + z2 + ∂y x2 + y2 + z2 (z x + y + z )= ∂ z2 2 2 2 x2 + y2 + z2 + ∂z x2 + y2 + z2 x2 + y2 + z2 div F = 3 x 2 + y 2 + z 2 + = 4 x2 + y2 + z2 x +y +z 2 2 2 Si ahora llevamos esto a coordenadas esféricas tenemos: 3 2π π 3 π 2π ρ4  ∫∫∫ div FdV = ∫ ∫ ∫ 4 ρ ⋅ ρ sen ϕ dρdϕdθ = 4 ∫ ∫   sen ϕ dϕd 2 E 0 0 0 0 0  4 0 Haciendo los cálculos obtenemos: ∫∫∫ div FdV = 324π E Hemos obtenido el mismo resultado por los dos caminos. . verificando así el teorema de la divergencia. pues. SOLUCIÓN z Resolveremos este problema por el teorema de la divergencia. y). y. dado que la normal es un vector vertical y además la superficie carece de componente z.3. para la base también deberemos tomar la normal exterior a dicho volumen. ↓  S  ∫∫∫ V ∇ ⋅ FdV = ∫∫S F ⋅ dS 2 y Nos interesa la integral no sobre toda la superficie O S. sino sólo sobre S 2 .3 x ≤ y ≤ 2 . esto es. donde: x = x  − 3≤x≤ 3 y = y . que aparenta ser más sencilla. z = 0 − 2 . esta última. -k. Puesto que la integral es un concepto aditivo respecto al dominio de 3 integración. Para esta parametrización. tenemos que el producto vectorial fundamental será: i j k N = Tx × Ty = 1 0 0 = k 0 1 0 Si ejecutáramos el PVF en el orden inverso. que es el que usamos para plantear el teorema de la divergencia. y2) a través del semielipsoide superior 2x2 + 3y2 + z2 = 6. y(x. Por lo tanto. esenxz + tanz. Calcularemos. podemos plantear: 6 por ser ∇ ⋅ F = 0  S2 ↓  ∫∫∫ ∇ ⋅ FdV = 0    ⇒ ∫∫ F ⋅ dS = 0 (1) V por teor. y). 2x2 + 3y2 = 6. . nos daría -k. S 1 es una elipse sobre el plano xy. z(x. . (1) ↓ ∫∫ F ⋅ dS = ∫∫ F ⋅ dS + ∫∫ F ⋅ dS S S1 S2 = 0 ⇒ ∫∫ F ⋅ dS = − ∫∫ F ⋅ dS S2 S1 (2) Vemos que la integral sobre S 2 es la misma que la integral sobre S 1 cambiada de signo. que puede ser parametrizada directamente en coordenadas cartesianas como T(x.) Calcular el flujo del campo F(x. div. y llamando (ver figura) S = S 1 ∪ S 2 y V el volumen encerrado por S. Si observamos que div F = 0. y)). tendremos S1 x por ec.3 x 2 2 2 2  donde los límites para x y y han sido despejados de la ecuación de la elipse. z ≥ 0 con su normal apuntando hacia arriba. z) =(0. ¿Cuál debemos elegir? El enunciado nos pide que la normal de la superficie elipsoidal apunte hacia arriba. lo cual significa que apunte hacia el exterior del volumen indicado en la figura. y) = (x(x. x 2 3/ 2 dx = 3/ 2 1 y3 − 3 − 2 / 3 3.x 2 − 3 3 − 2 / 3 3. reemplazando en (2) tenemos ∫∫ F ⋅ dS = −∫∫ F ⋅ dS = S2 S1 3 2 π Que es el resultado que buscábamos.x ) ↓ dydx = − 13 2( 23 ) 3 2 / 3 3.Por lo tanto la integral que buscamos vendrá expresada por: 3 2-(2/3) x 2 3 2-(2/3) x 2 ∫∫ F ⋅ dS =∫∫ F ⋅ NdS = ∫ S1 S1 ∫ − 3 − 2-(2/3) x 2 (0. Podrían haberse utilizado también coordenadas elípticas. que hubieran simplificado la integral pero a costa de una mayor complejidad en el cálculo del PVF.0. lo que significaba aproximadamente el mismo trabajo que operando en cartesianas.x 2 − 3 = − 94 2 3 ⋅ 278 π = − 3 2 π Luego. .−1)dydx = ∫ ∫ − 3 − 2-(2/3) x 2 − y 2 dydx = tablas ∫ (3 .0.x 2 3 2 3 ∫ ∫ − y 2 dydx = − ∫ 2 / 3 3. y 2 ) ⋅ (0. z)](0. la fuerza que el fluido ejercerá sobre cada elemento de superficie del sólido vendrá dada en igual dirección y sentido contrario a la normal externa a este último. ubicado a una y profundidad L . sobre toda la superficie S. el z principio de Pascal nos dS z dice que la presión en el diferencial de superficie indicado. z. demostrar el de Arquímedes.z) Por definición de presión.0.0.0. Principio de Pascal: p = p 0 + ρgh Principio de Arquímedes: Empuje = Peso de líquido desplazado (en módulo).− p 0 − ρgL + ρgz ) ⋅ dS = ∫∫∫ div (0.− p 0 − ρgL + ρgz ) dV = S E = ∫∫∫ ρg dV = g ∫∫∫ ρ dV = gM E E Donde M es la masa del líquido que ocuparía un volumen igual al del objeto sumergido.1) ⋅ dS = ∫∫ (0.0. es igual al peso del líquido desplazado.0. obtendremos la componente vertical de la fuerza resultante: Fz = ∫∫ − ( p 0 + ρg ( L − z ))(0. SOLUCIÓN Si E es un sólido con p0 superficie frontera S sumergido en un líquido de densidad consante ρ. A partir del principio de Pascal.4. Por lo tanto el empuje total del líquido es igual al peso del líquido desplazado.0. en cuya interfase con la E L-z atmósfera reina una dF presión ambiente p 0 . Se deja al lector demostrar por un razonamiento similar que las componentes x e y de la fuerza son nulas. con lo cual hemos demostrado el principio de Arquímedes.1)·dS Si integramos este diferencial de fuerza sobre todo el dominio. esto es.) Hidrostática. La fuerza vertical total. .0.1) = -[p 0 + ρg(L . siendo: dF = -pdS La componente vertical de esta fuerza vendrá dada por: dF z = dF·(0. y S si adoptamos un L p sistema de coordenadas como el de la figura. vendrá dada por: x p = p 0 + ρg(L .− p 0 − ρgL + ρgz ) ⋅ dS S S Notemos ahora que esta última es una integral de flujo. y que podemos por lo tanto aplicarle el teorema de la divergencia: Fz = ∫∫ (0. pues.1) = -pdS·(0.